第4課時 (小專題)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(老師)

1、第4課時(小專題)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1.復(fù)合場與組合場(1)復(fù)合場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。2三種場的比較名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大?。篎qE方向：正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同；負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反電場力做功與路徑無關(guān)WqU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力FqvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能3.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動：當(dāng)帶

2、電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。(2)勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。(3)一般的曲線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。=突破一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的差別電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以vE進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電

3、粒子以vB進(jìn)入勻強(qiáng)磁場受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋知識、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式Lvt，yat2，a，tan r，T，t【典例1】如圖1所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計重力。圖1(1)求粒

4、子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強(qiáng)度的最大值。解析(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動半徑為R，運(yùn)動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動規(guī)律，有qv0Bm，T依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時，運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度為，所需時間為t1T，求得t1(2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動，到達(dá)x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有qEma，v0at2，得t2根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2T0得電場強(qiáng)度最大值E答案(1)(2) 1.求解策略：“各個擊破

5、”2抓住聯(lián)系兩個場的紐帶速度。【變式訓(xùn)練】1如圖2所示，在坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在x軸負(fù)半軸上有一接收屏GD，GD2ODd，現(xiàn)有一帶電粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強(qiáng)磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37°，OAd，求：圖2(1)粒子的電性及比荷；(2)第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)

6、強(qiáng)度B的大??；(3)第三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小范圍。解析(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由左手定則可知粒子帶負(fù)電由圖知粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的軌道半徑Rd由洛倫茲力提供向心力得Bqv0m聯(lián)立得(2)由圖知OPd，所以粒子在第四象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為r同理Bqv0，聯(lián)立得B(3)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由圖知OQrrsin 37°2d當(dāng)電場強(qiáng)度E較大時，粒子擊中D點，由類平拋運(yùn)動規(guī)律知v0t2d·t2聯(lián)立得Emax當(dāng)電場強(qiáng)度E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運(yùn)動規(guī)律知v0t2d·t2聯(lián)立得Emin所以E答案(1)負(fù)(2)(3)E突破二帶電粒子在疊加復(fù)合場中

7、的運(yùn)動處理帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動時，要做到“三個分析”：(1)正確分析受力情況，重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。(2)正確分析運(yùn)動情況，常見的運(yùn)動形式有：勻速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動和一般變速曲線運(yùn)動。(3)正確分析各力的做功情況，主要分析電場力和重力的功，洛倫茲力一定不做功?！镜淅?】(2014·四川卷，10)在如圖3所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角37°。過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電

8、場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E1×104 N/C。小物體P1質(zhì)量m2×103 kg、電荷量q8×106 C，受到水平向右的推力F9.98×103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點后撤去推力。當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力。求：圖3(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小；(2)傾斜軌道GH的長度s。

9、第一步：仔細(xì)讀題抓好“三個分析”第二步：抓住關(guān)鍵點挖掘隱含信息規(guī)范解答(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1qvBf(mgF1)由題意，水平方向合力為零Ff0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運(yùn)動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1，則s1vGta1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2，在G

10、H上運(yùn)動的加速度為a2，則m2gsin m2gcos m2a2P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2，則s2a2t2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得ss1s2s0.56 m答案(1)4 m/s(2)0.56 m【變式訓(xùn)練】2一束硼離子以不同的初速度，沿水平方向經(jīng)過速度選擇器，從O點進(jìn)入方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域，分兩束垂直打在O點正下方的硼離子探測板上P1和P2點，測得OP1OP223，如圖4甲所示。速度選擇器中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，若撤去探測板，在O點右側(cè)的磁場區(qū)域中放置云霧室，硼離子運(yùn)動軌跡如圖乙所示。設(shè)硼離子在云霧室中

11、運(yùn)動時受到的阻力Ffkq，式中k為常數(shù)，q為硼離子的電荷量。不計硼離子重力。求：圖4(1)硼離子從O點射出時的速度大??；(2)兩束硼離子的電荷量之比；(3)兩種硼離子在云霧室里運(yùn)動的路程之比。解析(1)只有豎直方向受力平衡的離子，才能沿水平方向運(yùn)動離開速度選擇器，故有qEqvB1解得v。(2)設(shè)到達(dá)P1點的硼離子的電荷量為q1，到達(dá)P2點的硼離子的電荷量為q2進(jìn)入磁場后有qvB2m解得r根據(jù)題意有進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的硼離子的質(zhì)量相同、速度相同，可得。(3)設(shè)電荷量為q1的硼離子運(yùn)動路程為s1，電荷量為q2的硼離子運(yùn)動路程為s2，在云霧室內(nèi)硼離子受到的阻力始終與速度方向相反，阻力一直做負(fù)功，洛倫茲力不

12、做功，則有WFfsEkFfkq可得：。答案(1)(2)32(3)23突破三帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動帶電粒子在交變電磁場中運(yùn)動的處理方法：(1)弄清復(fù)合場的組成特點及場的變化情況。(2)正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特點。(3)畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。【典例3】如圖5甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E0表示電場方向豎直向上。t0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上

13、的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。圖5(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。第一步：抓住關(guān)鍵點獲取信息第二步：抓好過程分析構(gòu)建運(yùn)動模型理清思路第一個過程：微粒做勻速直線運(yùn)動E0qmgqvBvt1第二個過程：微粒做勻速圓周運(yùn)動E0qmgqvB2Rvt2規(guī)范解答(1)微粒做直線運(yùn)動，則mgqE0qvB微粒做圓周運(yùn)動，則mgqE0聯(lián)立得qB(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1，做圓周運(yùn)動的周期為t2，則vt1qvBm2Rvt2聯(lián)立得t1，t

14、2電場變化的周期Tt1t2(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求d2R聯(lián)立得R設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動的最短時間為t1min，由得t1min因t2不變，T的最小值Tmint1mint2。答案(1)(2)(3)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的解題模板【變式訓(xùn)練】3如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，其變化規(guī)律如圖乙所示，電場強(qiáng)度E0 V/m，現(xiàn)將一重力不計、比荷106 C/kg的帶電粒子從電場中的C點由靜止釋放，經(jīng)t1×105 s的時間粒子通過MN上的D點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖丙所示規(guī)律變化。(計算結(jié)果均可保留)圖6(1)求粒子到達(dá)D點時的速率；(2)

15、求磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.3 T時粒子做圓周運(yùn)動的周期和半徑；(3)若在距D點左側(cè)d21 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板ab，求粒子從C點運(yùn)動到擋板所用的時間。解析(1)粒子在電場中做勻加速直線運(yùn)動，則qEma，v0at1解得v01.5×104 m/s(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.3 T時，粒子運(yùn)動的半徑為r1，運(yùn)動周期為T1，則B1qv0m，T1解得r15 cm，T1×105 s(3)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.5 T時，粒子運(yùn)動半徑為r2，運(yùn)動周期為T2，則B2qv0m，T2解得r23 cm，T2×105 s由以上計算可知，粒子的運(yùn)動軌跡為如圖所示的周期運(yùn)動，每一個周期運(yùn)動

16、的水平距離為s2(r1r2)16 cm所以，粒子運(yùn)動1個整數(shù)周期后余下的距離為dds5 cmr1粒子從C點出發(fā)運(yùn)動到擋板的時間為t5t1解得t×105 s答案(1)1.5×104 m/s(2)×105 s5 cm(3)×105 s1(多選)(2014·高考沖刺卷六)如圖7所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場E(方向水平向右)和勻強(qiáng)磁場B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖7A沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動B只有

17、沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動C若沿ac方向拋出的小球做直線運(yùn)動則小球帶負(fù)電，且小球一定是做勻速運(yùn)動D兩小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能均守恒解析兩個帶電小球的電性未知，可假設(shè)電性再判斷電場力和洛倫茲力的方向，由于在電場力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運(yùn)動必為勻速運(yùn)動，只要三力能平衡，小球即可做直線運(yùn)動，由假設(shè)判斷可知沿ab方向做直線運(yùn)動的小球帶正電、沿ac方向做直線運(yùn)動的小球帶負(fù)電，所以選項A、C正確，選項B錯誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場力做功，機(jī)械能不守恒，選項D錯誤。答案AC2.如圖8所示裝置為速度選擇器，平行金屬板間有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上，磁場方向

18、垂直紙面向外，帶電粒子均以垂直電場和磁場的速度射入且都能從另一側(cè)射出，不計粒子重力，以下說法正確的有()圖8A若帶正電粒子以速度v從O點射入能沿直線OO射出，則帶負(fù)電粒子以速度v從O點射入能沿直線OO射出B若帶正電粒子以速度v從O點射入，離開時動能增加，則帶負(fù)電粒子以速度v從O點射入，離開時動能減少C若氘核(H)和氦核(He)以相同速度從O點射入，則一定能以相同速度從同一位置射出D若氘核(H)和氦核(He)以相同速度從O點射入，則一定能以相同速度從不同位置射出解析帶負(fù)電粒子以速度v從O點射入時，電場力和洛倫茲力方向均向下，進(jìn)入復(fù)合場后向下做曲線運(yùn)動，不可能沿直線OO射出，選項A錯誤；若帶正電粒

19、子以速度v從O點射入，離開時動能增加，說明正粒子在O點處豎直向下的洛倫茲力小于豎直向上的電場力，粒子向虛線上方做曲線運(yùn)動，射出時，電場力做正功，洛倫茲力不做功，動能增加，帶負(fù)電粒子以速度v從O點射入時，電場力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，但是電場力大于洛倫茲力，粒子向下做曲線運(yùn)動，射出時，電場力做正功，洛倫茲力不做功，動能增加，選項B錯誤；帶正電粒子從O點以速度v射入時，F(xiàn)電Eq，F(xiàn)洛Bvq，取電場力方向為正方向，則加速度a，氘核(H)和氦核(He)的比荷相等，所以選項C正確，D錯誤。答案C3. (多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖9是霍爾元件的工作原理示意圖

20、，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是()圖9A電勢差UCD僅與材料有關(guān)B若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD0C僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時，電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平解析電勢差UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、材料及電流強(qiáng)度有關(guān)，選項A錯誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向側(cè)面C偏轉(zhuǎn)，則電勢差UCD0，選項B正確；僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置，選項D錯誤。答案BC4.如圖10

21、所示的真空環(huán)境中，勻強(qiáng)磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.5 T；勻強(qiáng)電場方向水平向左，場強(qiáng)E N/C。一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m3.0×107 kg，帶電荷量q3.0×106 C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動。(g取10 m/s2)。則()圖10A這個帶電小顆粒一定沿與水平方向成30°向右下方做勻速直線運(yùn)動B這個帶電小顆粒做勻速直線運(yùn)動的速度大小為0.4 m/sC若小顆粒運(yùn)動到圖中P點時，把磁場突然撤去，小顆粒將做勻加速直線運(yùn)動D撤去磁場后，小顆粒通過與P點在同一電場線上的Q點，那么從P點運(yùn)動到Q點所需時間為0.08 s解析帶電小顆粒受力如圖：

22、tan ，所以30°，由左手定則可知帶負(fù)電小顆粒運(yùn)動方向應(yīng)與水平方向成60°角斜向右上方，由平衡條件可得qvB，解得v0.8 m/s，選項A、B錯誤；撤去磁場后，小顆粒受到的重力和電場力的合力與速度方向垂直，故小顆粒將做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)，選項C錯誤；加速度大小為a2g20 m/s2，方向與水平方向成30°角斜向右下方，在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60°、加速度為g的豎直上拋運(yùn)動，從P點運(yùn)動到Q點所需時間為t0.08 s，選項D正確。答案D1. (2014·全國大綱卷，25)如圖1所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方

23、向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為，求：圖1(1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場中運(yùn)動的時間。解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0Bm由題給條件和幾何關(guān)系可知R0d設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，

24、在電場中運(yùn)動的時間為t，離開電場時沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(如圖)，有tan 聯(lián)立式得v0tan2 (2)聯(lián)立式得t答案(1)v0tan2 (2)(2014·杭州市第二次質(zhì)量檢測)如圖所示，粒子源能放出初速度為0，比荷均為1.6×104 C/kg的帶負(fù)電粒子，進(jìn)入水平方向的加速電場中，加速后的粒子正好能沿圓心方向垂直進(jìn)入一個半徑為r0.1 m的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系為B0.5sin t(T)，在圓形磁場區(qū)域右邊有一屏，屏的高度為h0.6 m，屏距磁場右側(cè)距離為L0.2 m

25、，且屏中心與圓形磁場圓心位于同一水平線上?，F(xiàn)要使進(jìn)入磁場中的帶電粒子能全部打在屏上，試求加速電壓的最小值。解析如圖所示，根據(jù)洛倫茲力公式FqvB可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度一定時，粒子進(jìn)入磁場的速度越大，在磁場中偏轉(zhuǎn)量越小。故當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度取最大值時，若粒子恰好不飛離屏，則加速電壓有最小值。設(shè)此時粒子剛好打在屏的最下端B點，根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動特點可知：粒子偏離方向的夾角正切值為tan 代入數(shù)據(jù)得tan 即粒子偏離方向的夾角為60°由幾何關(guān)系可知：此時粒子在磁場中對應(yīng)的回旋半徑為Rr×tan 代入數(shù)據(jù)得R0.1 m帶電粒子在電場中加速時由動能定理得qUmv2帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛

26、倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qvB聯(lián)立得UR2B2代入數(shù)據(jù)得U60 V故加速電壓的最小值為60 V。答案60 V2. (2014·貴州省六校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)傳送帶和水平面的夾角為37°，完全相同的兩輪和傳送帶的切點A、B間的距離為24 m，B點右側(cè)(B點在場的邊緣)有一上下無限寬、左右邊界間距為d的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B103 T。傳送帶在電機(jī)帶動下，以4 m/s速度順時針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，現(xiàn)將質(zhì)量為m0.1 kg，電荷量q102 C的物體(可視為質(zhì)點)輕放于傳送帶的A點，已知物體和傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，物體在運(yùn)動過程中電荷量不變，重力加速度取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。圖2(1)求物體從A點傳送到B點的時間；(2)若物體從B點進(jìn)入復(fù)合場后做勻速圓周運(yùn)動，則所加的電場強(qiáng)度E大小應(yīng)為多少？若物體仍然從復(fù)合場的左邊界出復(fù)合場，則場的右邊界距B點的水平距離d至少等于多少？