磁場練習8講解

1、、雙邊界磁場咼二帶電粒子在勻強磁場運動專題2 .右圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d .電壓為V ;兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大1、長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B,板間距離也為L,板不帶電，現(xiàn)有質量為m電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度V水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(A. 使粒子的速度 V5BqL/4mC. 使粒子的速度 VBqL/m；D. 使粒子速度 BqL/4mV5BqL/4m=二、帶電粒子在有圓孔”的磁場中運動1如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻 分布著平行于軸線的

2、四條狹縫a、b、c和d,外筒的外半徑為f,在 圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為E。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電 場。一質量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S 點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出 發(fā)點S,則兩電極之間的電壓U應是多少？(不計重力，整個裝置在真空中)XXXa0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在yv 0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直 xy平面(紙面)向外。一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過 y軸上y= h處的點Pi時速率為Vo,方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過

3、 x軸上x= 2h處的P2點進入磁場，并經(jīng) 過y軸上y= -2h處的P3點。不計重力。求(1) 電場強度的大小。(2) 粒子到達P2時速度的大小和方向。(3) 磁感應強度的大小。2如圖，在區(qū)域I (0wx d)和區(qū)域II (dx 0)的粒子a于某時刻從y軸上的 P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為 30 此時，另一質量和電荷量均與 a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。2 16分)在平面直角坐標系xOy中，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平 面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m電荷

4、量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大?。划攁離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。2BXn速度V。垂直于Y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成0 =60。角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于Y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求(1) M N兩點間的電勢差LMn(2) 粒子在磁場中運動的軌道半徑r;(3) 粒子從M點運動到P點的總時間to3如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行C于y軸向下；在x軸和第四象限的射線 OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B,方向垂直于紙面向外。有一質量為

5、m帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于 x軸射入電場。質點到達 時，速度方向與x軸的夾角 二A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁場，并垂直于 場。不計重力影響。若 OC與x軸的夾角為，求(1) 粒子在磁場中運動速度的大?。?2) 勻強電場的場強大小。x軸上A點OC飛離磁勻強磁場，第三象限有沿 y軸負方向的勻強電場；第四象限無電場和磁場?，F(xiàn)有一質量為 為q的粒子以速度v0從y軸上的M點沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)P點最后又回到M點，設OM=L,ON=2L.求：帶電粒子的電性，電場強度 E的大??； 帶電粒子到達N點時的速度大小和方向； 勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；點和(1

6、)(2)(3)m、電荷量 x軸上的N.11c6 .如圖所示，一帶電微粒質量為 m=2.0 x 10- kg、電荷量q=+1.0 x 10- C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，微粒射出電場時的偏轉角0 =30o,并接著進4如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E,方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為m、電荷量為-q(q0)的粒子以平行于 x軸的速度從y軸上的P點處射入電 場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點 O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與 y軸交于M點。已知OP= | ,OQ = 2 31。不計

7、重力。求(1) M點與坐標原點 O間的距離；(2) 粒子從P點運動到M點所用的時間。入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強磁場區(qū)域。已知偏轉電場中5如圖所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的金屬板長L=20cm，兩板間距d=17.3cm，重力忽略不計。求:帶電微粒進入偏轉電場時的速率v仁偏轉電場中兩金屬板間的電壓U2 ；為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度少多大?有一個水平方7如圖8-3-17所示，在以O為圓心、半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)，向的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B,方向垂直于紙面向外，豎直平行正:X11 XXXX BXXX-X冥XXXXXXXXX

8、XX；xXXX1:X1*X-X 冥D-U2對放置的兩平行金屬板 A、K連在電路可 調的電路中。S$為A、K板上的兩個孔，且S2和0在同一直線上，另有一水平放置的足夠大的熒光屏D，0點熒光屏的距離為 h，比荷為k的帶正電的粒子由Si進入電場后，通過 S2射向磁場中心，通過磁場后打在熒光屏D上。粒子進入電場的初速度及其所受重力均可忽略不計。請分段描述粒子從 S到熒光屏D的運動情況；粒子垂直打在熒光屏上P點時的速度大小；f- 訝3移動滑片，使粒子打在熒光屏上Q點，PQ=h（如圖所示），求此時A、K兩極板間的電壓.3-/0IIQ 圖乙yEh iaL0淤、X:X K 4JXc:X X .疋h8（ 18分

9、）如圖甲所示，建立 Oxy坐標系，兩平行極板 P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度 和板間距均為I，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質量為 m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在 03t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示 的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在to時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、I、I。、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。1（2）求丄時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。2（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。

10、燈I X X X X* X x x XX X x X X X X X 工 _ x xBx XX X X X圖甲9. 2013安徽理綜，23如圖所示的平面直角坐標系 xOy,在第I象限內(nèi)有平行于 y軸的勻強電場， 方向沿y軸正方向；在第W象限的正三角形 abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于 xOy平面向里，正三 角形邊長為L,且ab邊與y軸平行.一質量為 m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0, h）點，以大 小為v0的速度沿x軸正方向射入電場， 通過電場后從x軸上的a（2h,0）點進入第W象限， 又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第川象限，且速度與y軸負方向成45。角，不計粒子所受的重力求：（1）電場

11、強度E的大?。唬?）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度 B的最小值.10、電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成.偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成，勻強磁場的左邊界與偏轉電場的右邊界相距為s,如圖甲所示.大量電子（其重力不計）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2to,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2to、幅值恒為Uo的電壓時，所有電子均從兩板間通過，進入水平寬度為I，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上問：(1

12、 )電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少？(2) 要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為多少？(3) 在滿足第(2)問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？(已知電子的質量為 荷量為e)向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)(1)求電場強度的大小和方向。(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從m、電to時間從P點射出。O點以相同的速度射入，經(jīng) 勺時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射2M.MKW啊H_Bpk4Hp熒光屏*uUoto2to3to4to七、復合場1.(18分)如圖所示，直角坐標系 xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的 磁場的磁感應為 B,方向

13、垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。 小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng) x軸上的M點進入電場和磁場， 恰能做勻速圓周運動， 從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與 x軸的方向夾角為。不計空氣阻 力，重力加速度為 g,求(1)x軸下方存在勻強磁場和勻強電場， 一質量為 m、電荷量為q的帶正電的電場強度E的大小和方向； 小球從A點拋出時初速度vo的大小;A點到x軸的高度h.kvoMNXXxXXXAO如圖所示，在以坐標原點 O為圓心、半徑為 R的半圓形區(qū)域內(nèi)， 磁感應強度為B,磁場方向垂直O(jiān)點沿y軸正方2有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，于xOy平面向里

14、。一帶正電的粒子(不計重力)從yP)XX女、/ B %/XXXX X X 權 X x xX X片乂rk *lx X X XX* X x.Ox出。求粒子運動加速度的大小。(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從 間。O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時3 如圖所示，兩塊水平放置、相距為在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質量均 為m、水平速度均為V。、帶相等電荷量的墨滴。調節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點。(1) 判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2) 求磁感應

15、強度 B的值；(3) 現(xiàn)保持噴口方向不變， 使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板 M點，應將磁感應強度調至 B,則B的大小為多少？d的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區(qū)域存雙邊界磁場1 A、Bo（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60。角，故AD弧所對圓心角60。，粒子做圓周運動的半、帶電粒子在圓形有界磁場粒子再回到S點的分析與解：如圖23所示，帶電粒子從 S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹 縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了 d,粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng) d重新進入磁場區(qū)，然

16、后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有：1 2所以qU mV2設粒子做勻速圓周運動的半徑為 R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律,有：圖23粒子在磁場中飛行時間 VBqV = m R3由前面分析可知，要回到 S點，粒子從a到d必經(jīng)過-圓周，所以半徑 R必定等于筒的外半徑 r，4即R=r.由以上各式解得：2【解析】（1）由題設知，離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，安所受到的向上的壓力和向下的電場力平衡qvB。= qE0B2qr式中，v是離子運動速度的大小，E。是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有2mE。三、圓形磁場 1解：（1）由粒子的飛行軌跡，利

17、用左手定則可知，該粒子帶負電荷Vv 二由式得B0d粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90 ，則粒子軌跡半徑一在圓形磁場區(qū)域，離子做勻速圓周運動，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB 二 M3 又；纟=上則粒子的比荷宀2vqvB = mr 式中，m和r分別是離子的質量和它做圓周運動的半徑。由題設，離子從磁場邊界上的點G穿出，離子運動的圓周的圓心 O必在過E點垂直于EF的直線上，且在EG的垂直一 平分線上（見右圖）由幾何關系有r = Rta n：式中，：是00與直徑EF的夾角，由幾何關系得 DK K X M X / * # * / yt it X.2：- 31 - 7：聯(lián)立式得，離子的質

18、量為qBB0RdmcotV23解：（1）趙子從開殆運動到射入脛場加過程，電場力戲功.由前能定理：qU=mv1 句強電場中有：U=Ed聯(lián)立上式，得：E二空Iqd（2）粒子醫(yī)入磁場后又從S點射出，關鍵幾何關系可Mb兩碰撞點和W將圓筒三等分.粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切，軌跡如圖18所示。由圖中知 R； = （R2 -山）2，解得口 = 0.375m,V如圖所示，設粒子在磁場中作勻速圓周運由幾何知識可知R2 R2 = （R2- RJ2，解得:據(jù)洛侖茲力公式qv2B二2V2m一Rmv22mv2/2R0 2qR01、（ 1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁

19、場的最大速度。分析與解：（1）要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場，則根據(jù)公式；，2二 RvzT ,qv2B =R2動的半徑為V2解得：C皆$2尺。0 A0_AC2m2解得:RT 2 - m2 二 m2 R0t -一 4 一 4Bq 一 / mv2 一 2v24疋一尸2Rot=t1 t2 t3=2 2沆 4。-qE 3qB考慮臨界情況，如圖所示2 qVsBfum，解得： B, =mvLR0qR02答案：（1）芻更 （2） -/3-2）dm3解析：（1）設粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為C （在y軸上），半徑為P如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得Ra1,

20、粒子速率為Va，運V3 mv3哪2=怯，解得：網(wǎng)，綜合得:2cva1qVa1B 二 mRa1磁感應強度應小于 b2 = -2qR五、帶電粒子在相反方向的兩個有界磁場中的運動1分析與解：（1 ）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得:帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：由幾何關系得.POP =71RfqEL =丄 mV222qBdva1 =m（2）設粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為 Oa,半徑為Ra1，射出點為Pa （圖中式中，- 300，由式得未畫出軌跡），ZP OaPa -二由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得V2BqV = mRqv(2BnRRa2由以上兩式，可得r2mELB .由式得R

21、a-Ral2x可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖25所示，三段圓弧的圓心組成的三角形是等邊三角形，其邊長為 2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為C、P，和Oa三點共線，且由式知 OCbQOa點必位于3一x= d的平面上。由對稱性知，Pa點與H點縱坐標2d =Rs in 6001 6mEL2B q（2 ）在電場中ti2V 2mV 2mLa qEqET 2兀m在中間磁場中運動時間t23 3qB圖25相同，即 ypa = Ra1 cos日十h 式中，h是C點的y坐標。設b在I中運動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉過的角度為 a如果b沒有飛出I，則a2a

22、2:式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而5 5兀m在右側磁場中運動時間 t3 = 5T =，6 3qBTa22 Ra2v2 Rb1v/3則粒子第一次回到 O點的所用時間為由 U01式得a =30由(4式可見，b沒有飛出。Pb點的y坐標為yPb =陽(2 - cost) h15由 偵5式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為r是圓周的半徑。此圓周與 x軸和y軸的交點分別為 P2、卩3。因為 可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r = h由、(11)、(12)可得OP2= OP3, e = 45，由幾何關系(12)2 yPa -yPb =3 ( 3 -2)d六、電場與磁場組合場1 (

23、1)粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為 E，粒子在電場中的加速度為a,由牛頓第二定律及運動學公式有16qh【解析】(1)設粒子過N點時的速度為(13)V，有 V0 二 COSTV(1)qE = maV0t = 2h12at2 =h2、式解得mvov = 2v0E由、qB(3)由幾何關系得ON =Rsi n(7)(2)粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為 v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大 小，e表示速度和x軸的夾角，則有vj =2 ah由、設粒子在電場中運動的時間為11,有ON = v0t1丄J3mt1 =qB(9)(8)t

24、an T1 - V1V0、式得V1 = V0、式得v -、2v0二=45設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律2VqvB =m粒子在磁場在做勻速圓周運動的周期2- mqB(10)n -9設粒子在磁場中運動的時間為12,有t2二Tt2 一 3qB(12)”(3 3 2 二)m3qB(13)為t1，進入磁場時速度方向與 x軸正方向的夾角為9，則a=_qE 3 (1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于0C故圓弧的圓心在 0C上。依題意，質點軌跡與 x軸的交點為 A過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與 0C交于Oo由幾2yt1a何關系知，A

25、O垂直于OC, O是圓弧的圓心。設圓弧的半徑為R,則有R=dsin由洛化茲力公式和牛頓第二定律得xv =t1其中冷=2j3l, y0 = I。又有 tan BvvqvB = m R將式代入式，得v3sin(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為vo,在電場中的加速度為a,運動時聯(lián)立式，得r - 30因為M、O、Q點在圓周上，.MOQ=9O，所以MQ為直徑。MO =61(2)設粒子在磁場中運動的速度為v ,從Q到M點運動的時間為t2 ,間為t,則有Vo= vcosvs in= atd=vot聯(lián)立得v2 sin cos a =d則有v : v.cos日t2帶電粒子自P點出發(fā)到M

26、點所用的時間為t 為t1+ t2設電場強度的大小為 E,由牛頓第二定律得qE= ma聯(lián)立得E = qB d sin3 cos :m4【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在速度的大小為a ；在x軸正方向上做勻速直線運動,y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加設速度為v,粒子從P點運動到Q點所用的時間聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得t=3.2(11)5解：(1)由粒子在電場和磁場中的軌跡可判斷粒子帶負電L E從M至N運動過程有：-3加速度 二運動時間2Lvo得電場強度-帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用，做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動設VN與x軸成B角，解得0=45則帶電粒子到N點速度

27、帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，圓心在O處，設半徑為R,由幾何關系知帶電粒水平方向：V1 =丄t帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為豎直方向：a =旦二業(yè)m dm子過P點的速度方向與 x軸成45。角，則OP=OM=L由牛頓第二定律得:，解得3LqU2dma,出電場時豎直方向速度為V2:XX ； 八 BIEI:x x x “/S: x 以| *八由左手定則可知磁場方向垂直紙面向里由幾何關系tan “二上二理咚V2dmv；2dUiu 2dUi tan得 U2=100VLU帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設微粒軌道半徑為R2RDRD23設微粒進入磁場時的速度為v

28、/V1V-cos30由牛頓運動定律及運動學規(guī)律R,由幾何關系知(4)粒子從M至N運動時間粒子在磁場中運動時間2L332枷9曲-T-X442 tqv B二叱得b=巴 m JRqR點 D cos300q 3B=0.1T若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為0.1T。粒子從P至M做勻速直線運動，時間7解析】正粒子在電場中做勻加速直線運動；飛出但未進入磁場時勻速直線運動；磁場中勻速圓周運動; 飛出后勻速運動。6帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v，根據(jù)動能定理垂直打在P點，由此可以分析運動半徑等于磁場半徑1 mv12V1 = 2U1q =1.0 x 104m/sR,由只=皿可知，速度應為:qB粒子從磁場

29、飛岀以后運動軌跡的反向延長線過磁場圓心處，由幾何關系有:R , 3R，所以速度珂二vJkBRJ3kBR ；由動能定理有:1 ,2-mv -0 = qU ak ；2帶電粒子離開電場時沿 y軸負方向的分速度大小為AK2 23kB R2帶電粒子離開電場時的速度大小為8.分析：帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動。正確畫岀運動軌跡。解：(1) t=0時刻進入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,廠的距離為一，則有t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R,則有聯(lián)立式解得qE=mQ1? 1產(chǎn)嚴(3) 2to時刻進入兩板間的帶電

30、粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為聯(lián)立式，解得兩板間偏轉電壓為Vy =at 0設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為a，則tan a-*- 時刻進入兩板間的帶電粒子，前線運動帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為1 12 時間在電場中偏轉，后/時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速直聯(lián)立式解得2a-所求最短時間為帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，圓弧所對的圓心角帶電粒子在磁場中運動的周期為解：粒子在第I家限內(nèi)做類平拋運動，設在第I家限內(nèi)運動的時間次It，則 水平方向有：22%匕 豎直方向有；罟帚2 m I2式聯(lián)立得：2qh（2）設粒子封迭玄點時時豎直方向的遠度虧

31、則有：叭=皿1=生色右y 1 w 1聯(lián)立得：vy=v-所以粒子到達丸點時3SIE大小為怙二V 2+v 2= v02+vq2= Jiv0 V V與*軸的夾角淘日，由幾何關系得：tone =丄=一=1,vx 5所以&=45。（時經(jīng)分析，當粒子從b點出磁場時，讎感應強度最??；1P1 VrJI_Ai tL JL iIJ0由幾何關系得；r=-L2由洛倫茲力提供向心力得匕v = T2和聯(lián)立得：B二即磁感應強度的最小值_ T10（ 1）由題意可知，要使電子的側向位移最大，應讓電子從0、2to、4to等時刻進入偏轉電場,在這種情況下，電子的側向位移為ymax1 Ue丄2+ Uoe 2maxtoto2 dm d

32、m3 U e 2 to2 dm七、復合場要使電子的側向位移最小，應讓電子從to、3to等時刻進入偏轉電場，在這種情況下，電子的1 2側向位移為畑sat01答案：（1）嚶，方向豎直向上q qBL cot-2m2 D2. 2qBL(3)8m gy min1 Ue2 dm【解析】本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運 動的向心力），有所以最大側向位移和最小側向位移之比為ymax : ymin = 3： 1（2）設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為v，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：R = 1sin日設電子從偏轉電場中出來時的速