帶電粒子在復(fù)合場中的運動含知識目標、五套練習(xí)、詳細解答

1、（正X fii Xv=E/B 12EmBBzd等:專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、復(fù)合場及其特點這里所說的復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場.帶電粒子在這些復(fù) 合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛侖茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的 運動形式的分析就顯得極為重要.二、帶電粒子在復(fù)合場電運動的基本分析1 .當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止.2 .當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動.3 .當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運動.4 .當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均

2、是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題 一般只能用能量關(guān)系處理.三、電場力和洛侖茲力的比較1在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度 與磁場方向不平行的電荷有洛侖茲力的作用.2 .電場力的大小F= Eq,與電荷的運動的速度無關(guān)；而洛侖茲力的大小f=Bqvsin a ,與電荷運動的速度大小和方向均有關(guān).3 .電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛侖茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速 度方向垂直.4 .電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛侖茲力只能改變 電荷運動的速度方向，不能改變速度大小5.電場力可以對電荷做功，能

3、改變電荷的動能；洛侖茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動6 .勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛侖茲力的作 用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧.四、對于重力的考慮重力考慮與否分三種情況.（1）對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體， 如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應(yīng)當(dāng)考慮其重力.（2）在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.（3）對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設(shè)法判斷，假設(shè)重力計或

4、者不計，結(jié)合題給條件得出的結(jié)論若與題意相符則假設(shè)正確， 否則假設(shè)錯誤.五、復(fù)合場中的特殊物理模型1 .粒子速度選擇器如圖所示，粒子經(jīng)加速電場后得到一定的速度V0，進入正交的電場和磁場，受到的電場力與洛侖茲力方向相反，若使粒子沿直線從右邊孔中出去，則有qv°B= qE,Vo=E/B，若v= v o=E/B,粒子做直線運動，與粒子電量、電性、質(zhì)量無關(guān)若vv E/B，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加. 若v> E/B，洛侖茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動能 減少.2 .磁流體發(fā)電機如圖所示，由燃燒室 0燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以高速.噴入偏轉(zhuǎn)

5、磁場B中.在洛侖茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)、積累，從而在板間形成一個向下的電場.兩板間 形成一定的電勢差.當(dāng)qvB=qU/d時電勢差穩(wěn)定 U= dvB,這就相當(dāng)于一個可以對外供電的電源.3 .電磁流量計.電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向左流動.導(dǎo)電液體中的自由電荷負離子）在洛侖茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a,b間出現(xiàn)電勢差.當(dāng)自由電荷所受電場力和洛侖茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由 Bqv=Eq=Uq/d,可得 v=U/Bd .流量 Q=Sv=n Ud/4B4 .質(zhì)譜儀 如圖所示 組成：離子源 O加速場U,速度選擇

6、器（E,B）,偏轉(zhuǎn)場E2,膠片.原理：加速場中 qU=?m選擇器中：偏轉(zhuǎn)場中：d= 2r, qvB2= mWr比荷：q質(zhì)量m二旦旦也2E作用：主要用于測量粒子的質(zhì)量、比荷、研究同位素.5.回旋加速器 如圖所示組成：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U作用：電場用來對粒子（質(zhì)子、氛核,a粒子等）加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復(fù)加速.高能粒子是研究微觀物理的重要手段.要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期.關(guān)于回旋加速器的幾個問題：（1）回旋加速器中的 D形盒，它的作用是靜電屏蔽， 使帶電粒子在圓周運動過程 中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻

7、速圓周運動（2）回旋加速器中所加交變電壓的頻率 f,與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相丄 _qBT 2 二 m2 2 2（3）回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek二丄mv2 =9空 來計算22m在粒子電量，、質(zhì)量m和磁感應(yīng)強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大.專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動（1）姓名1 如圖所示，在x軸上方有勻強電場， 場強為E;在x軸下方有勻強磁場， 磁感應(yīng)強度為B，方向如圖， 在x軸上有一點 M離0點距離為L.現(xiàn)有一帶電量為十 q的粒子，使其從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點如果把此粒子放在 y軸上，其坐標應(yīng)滿足什么關(guān)系？（重力忽略不計）3初速為零的

8、離子經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，經(jīng)過一段路程后進入水平放置的兩平行金屬板 MN和PQ之間.離子所經(jīng)空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，如圖所示.（不考慮重力作用），離子荷質(zhì)比q/m （q、m分別是離子的電量與質(zhì)量）在什么范圍內(nèi)，離子才能打在金屬板上?2如圖所示，在寬I的范圍內(nèi)有方向如圖的勻強電場，場強為E, 帶電粒子以速度 v垂直于電場方向、也垂直于場區(qū)邊界射入電場，不計重力，射出場區(qū)時，粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了0角，去掉電場，改換成方向垂直紙面向外的勻強磁場，此粒子若原樣射入磁場，它從場區(qū)的另一側(cè)射出時，也偏轉(zhuǎn)了0角，求此磁場的磁感強度 B.4.如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，

9、外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d,外筒的半徑為ro.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B.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(zhì)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(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）.X XaXXX ZYXd (o丿b/<乂X 汪XX專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動 姓名1如圖所示，從正離子源發(fā)射的正離子經(jīng)加速電壓U加速后進入相互垂直的勻強電場 E (方向豎直向上)和勻強磁

10、場B (方向垂直于紙面向外)中，發(fā)現(xiàn)離子向上偏轉(zhuǎn)，要使此離子沿直線穿過電場A .增大電場強度E,減小磁感強度B B .減小加速電壓U，增大電場強度EC .適當(dāng)?shù)丶哟蠹铀匐妷?UD .適當(dāng)?shù)販p小電場強度 E2. 湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質(zhì)量之比)的實驗裝置如圖所示，真空管內(nèi)加速后,穿過A'中心的小孔沿中心軸 OiO的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P間的區(qū)域.當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心0點處，形成了一個亮點；加上偏轉(zhuǎn)電壓 U后，亮點偏離到0'點，(O'與0點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計).此時，在P和P間的區(qū)域，再加上3如

11、圖所示，M N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S、S為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩個寬度均為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小均為B,方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏，取屏上與 S、S2共線的O點為原點，向下為正方向建立x軸.板左側(cè)電子槍發(fā)射出的熱電子經(jīng)小孔Si進入兩板間，電子的質(zhì)量為m電荷量為e,初速度可以忽略.求：(1) 當(dāng)兩板間電勢差為 U0時，求從小孔S2射出的電子的速度 V0；(2) 兩金屬板間電勢差 U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場.調(diào)節(jié)磁場的強弱，當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為B時，亮點重新回到0點.已知極板水平方向

12、的長度為Li，極板間距為b,極板右端到熒光屏的距離為L2 (如圖所示)(1) 求打在熒光屏0點的電子速度的大小.(2 )推導(dǎo)出電子的比荷的表達式.(3) 電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差 U的函數(shù)關(guān)系.B2如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，質(zhì)量為m電量+ q的粒子在環(huán)中作半徑為 R的圓周運動，A B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢 都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng) A板時，A板電勢升高為 U, B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開 B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變.(I )設(shè)t

13、=0時粒子靜止在 A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒子 繞行n圈回到A板時獲得的總動能 En.(2) 為使粒子始終保持在半徑為 R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子 繞行第n圈時的磁感應(yīng)強度 B .(3) 求粒子繞行n圈所需的總時間tn (設(shè)極板間距遠小于 R).(4) 在(2)圖中畫出A板電勢U與時間t的關(guān)系(從t = 0起畫到粒子第四次離開B板時即可)(5) 在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為+ U?為什么？專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動 姓名1回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示它的核心部分是兩個 D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源

14、相連接， 兩盒間的窄縫中形成勻強電場， 使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速.兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反 復(fù)被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出如果用同一回旋加速器分別加速氚核(：H )和a粒子(；He)比較它們所加的高頻交流電源的周 期和獲得的最大動能的大小，有()A. 加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大B. 加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小C. 加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小D. 加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大3. 如圖所示，在直角坐

15、標系的第象限和第W象限中的直角三角形區(qū)域內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度均為B=5.0 X 10 3T的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里.質(zhì)量為m= 6.64 X 10 "kg、電荷量為q =+ 3.2 X 10一 19C的a粒子(不計 a粒子重力)，由靜止開始經(jīng)加速電壓為U= 1205V的電場(圖中未畫出)加速后，從坐標點M (- 4,. 2 )處平行于x軸向右運動，并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域.(1) 請你求出a粒子在磁場中的運動半徑；(2) 你在圖中畫出 a粒子從直線x = 4到直線x = 4 之間的運動軌跡，并在圖中標明軌跡與直線 x= 4交點 的坐標；(3) 求出a粒子在兩個磁場區(qū)域

16、偏轉(zhuǎn)所用的總時間.(1) 小球運動到O點時的速度大??；(2) 懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3) ON間的距離XXXXX 5 XyXXX廠。才KXX- ,-XXXXXX7OXXX XJL X Xk X x|XX XX XX XXO x XX XX X=k - 一一 一一 XX XX XX X1f vXX XX B XX XXX XX XX XEMXXXOX圖甲B/T0.8111 11 11110n1 20 n 30 nt/sO5n1115n25 n 1135 n1 11II0 811J圖乙專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動(4)姓名1如圖所示，豎直平面 xOy內(nèi)存在水平向右的勻強電場，場強大小E=

17、10NTc,在y >0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小 B=0.5T 帶電量q =0.2C、質(zhì)量m = 0.4kg的小球由長丨=0.4m的細線懸掛于 P點小球可視為質(zhì)點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點 P正下方的坐標原點 O時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的 N點.(g=10m /s 2)，求:場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C,磁感應(yīng)強度 B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向.t =0時刻，一質(zhì)量n=8x 10-4kg、電荷量q=+2x 10-4C的微粒在O點具有豎直向下的速度 v=0.1

18、2m/s , O是擋板MN上一點，直線 OO與擋板 MN垂直，取g=10m/s2.求：(1) 微粒再次經(jīng)過直線 OO時與O點的距離；(2) 微粒在運動過程中離開直線OO的最大高度；(3) 水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件.2兩塊平行金屬板 MN PQ水平放置，兩板間距為 d、板長為丨，在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi) 存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與 PQ在同一水平線上，頂點 A與MN在同一水平線上，如圖所示.一個質(zhì)量為 m電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度V0水平射入，若在兩板間加某一恒1定電壓，粒子離開電場后垂直 AB邊從D點進入磁場，BD

19、AB,并垂直AC邊射出(不計粒子的重力).求:(1) 兩極板間電壓；(2) 三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度；若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場方向 垂直紙面向外.要使粒子進入磁場區(qū)域后能從 邊射出，試求所加磁場的磁感應(yīng)強度最小值.3.如圖甲所示，豎直擋板 MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動 姓名1如圖所示，在傾角為30°的斜面 OA的左側(cè)有一豎直檔板，其上有一小孔P, OP=0.5m.現(xiàn)有一質(zhì)量n=4X 10 _20kg,帶電量q=+2x 10_14C的粒子，從小孔以速度 vo=3x 104m/s水平射向磁感應(yīng)強度B=0.2

20、T、方向垂直紙面向外的一圓形磁場區(qū)域.且在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在(1) 粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2) 粒子在磁場中運動的時間；(3) 圓形磁場區(qū)域的最小半徑；(4 )若磁場區(qū)域為正三角形且磁場方向垂直向里，粒子運動過程 中始終不碰到擋板， 其他條件不變，求：此正三角形磁場區(qū)域的最 小邊長.2.如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz (x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上).勻強磁場方向與 Oxy平面平行，且與x軸的夾角為45，重力加速度為 g.(1) 一質(zhì)量為m電荷量為亠q的帶電質(zhì)點沿平行于 z軸正方向以速度 vo做勻速直線運動，求滿足條 件的電場強度的

21、最小值 Emin及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度 B ；(2) 在滿足(1)的條件下，當(dāng)帶電質(zhì)點通過 y軸上的點P(0,h,0)時，撤去勻強磁場，求帶電質(zhì)點 落在Oxz平面內(nèi)的位置；(3) 當(dāng)帶電質(zhì)點沿平行于 z軸負方向以速度V0通過y軸上的點P(0 , h , 0)時，改變電場強度大小和 方向，同時改變磁感應(yīng)強度的大小，要使帶點質(zhì)點做勻速圓周運動且能夠經(jīng)過x軸，問電場強度 E和 磁感應(yīng)強度B大小滿足什么條件？專題二：帶電粒子在復(fù)合場中的運動參考答案(1)1、 解析：由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，要能經(jīng)過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域.物理過程是：靜止電荷位于 勻強電場區(qū)域的y軸上，受電場力作用而加

22、速，以速度 v進入 磁場，在磁場中受洛侖茲力作用作勻速圓周運動，XXX JXKX轉(zhuǎn)半周期過x軸重新進入電場，在電場中經(jīng)減速、加速后仍以 原速率從距 0點2R處再次超過x軸，在磁場回轉(zhuǎn)半周后又從距 0點4R處飛越x軸如圖所示(圖中電場與磁場均未畫出)故有L = 2R,即 R = L/2n, (n=1、2、3) 設(shè)粒子靜止于y軸正半軸上，和原點距離為 h,由能量守恒得 mv/2=qEh 對粒子在磁場中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運動有：R= m/ qB解式得：h = BqL2/8n2mE(n= I、2、3)2、 解析：粒子在電場中運行的時間t = I /v;加速度a = qE/ m它作類平拋的運動

23、.有tg 0 =at/v=qEI/mv 粒子在磁場中作勻速圓周運動由牛頓第二定律得： 又：sin 0 =I/r=IqB/mv 由兩式得：B=Ecos0 /v3、解析：離子在磁場中做勻速圓周運動，作出兩條邊界軌跡 所受的洛侖茲力，分別延長之后相交于 O、Q點，如圖所示， 分別為相應(yīng)的半徑.離子經(jīng)電壓U加速，由動能定理得.qU= ?mA 由洛侖茲力充當(dāng)向心力得qvB=mv/R由圖直角三角形 OCP和QCQ可得2 2 2R = d +( Ri一 d/2 ) , Ri= 5d/4 2 2 2R=( 2d)+( R2 一 d/2 ), R>= 17d/4 L = 2X 2R,(2)1、 解析：正離

24、子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場的區(qū)域中，受到的電場力F= qE,方向向上，受到的洛侖茲力f = qVB,方向向下，離子向上偏，說明了電場力大于洛侖茲力，要使離子沿直線運動，則只 有使洛侖茲力磁大或電場力減小，增大洛侖茲力的途徑是增大加速電場的電壓U或或增大磁感強度B,減小電場力的途徑是減小場強 E.對照選項的內(nèi)容可知 C D正確.2、解析:(i)當(dāng)電子受到的電場力與洛侖茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復(fù)到中心設(shè)電子的速度為 v,貝U evB= Ee,得v=E/B=U/Bb.(2 )當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時，電子以速度v進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為電子在水平方向作勻速運動，

25、在電場內(nèi)的運動時間為2距離為 dr m1 at： = eL，U2 2mv b離開電場時豎直向上的分速度為v =at-eLiUmvb電子離開電場后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間到達熒光屏12時間內(nèi)向上運動的距離為：d2 = v t2 = eUL；L2mv b0點,a=eU/mb.ti=Li/v這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的t2vqvB=mV/r由式得，所以 r=mv/qB這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為eU .d=di+ d2=2 Li I L2 mv b .L12TP和TQ分別作出離子在 T、P、Q三點O和Q分別是TP和TQ的圓心，設(shè)Ri和R2可解得-二m JUd2 |BbLi L2 - 12q/

26、m=2U/B2R2-N6廣民/Rid/23、解析：(1)根據(jù)動能定理，得eU1 20 丁0欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上,應(yīng)有 r = mv ： deB32U w q w 32U2 2 2 2 *289B2d2m25B2d24、解析：如圖所示，帶電粒子從 S出發(fā)，在兩筒之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出a而進入磁場區(qū)，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的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)。 然后，粒子將以同樣方式經(jīng)過 c、 d,再經(jīng)過a回到s點。設(shè)粒子射入磁場區(qū)的速度為 V,根據(jù)能量守恒，有？ 設(shè)粒子在

27、洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為牛頓定律得mv由前面分析可知，要回到 必定等于筒的外半徑 ro,依題意Ri< Rw艮由可解得2/R=qvBS點，粒子從a到d必經(jīng)過2 2 2貝U v=qBR/m=qBro/m, U=mv/2q=qB r o/2m。3/4圓周。所以半徑m = qUR,由洛侖茲力公式和1 2d2eB2而eU mv由此即可解得 U -2 2m(3)若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為打在熒光屏上的位置坐標為x,則由軌跡圖可得x = 2r - 2 r2 - d2 注意到 r = 和 eU =mv2x和金屬板間電勢差 U的函eB所以，電子打到熒光屏上的位置坐標 數(shù)關(guān)系為x=2

28、(. 2emU - 2emU - d2e2B2)(U > eB(3)1、B2、解析：(i) B=nqvr，穿過磁場區(qū)域2 2d2eB2)2m)XXXXXXX/XXP乙45°XXI XXXXXH<XXXX(2)-nqU=?m vn= 2nqU m2mVn =qvnBn B n=mv/qR R以Vn結(jié)果代入,2nmv(3)繞行第n圈需時紅=2nvn1 m 11 mR m tn=2n R m2qv . n. 2qvn1+(2)小球運到O點繩子斷裂前瞬間，對小球應(yīng)用牛頓第二定律:2, vf洛二 m-pf洛二 Bvq由、得:(4)(5)場又對其做功-qv使之減速，粒子繞行一周，電場

29、對其作的總功為零，能量不會增大。3、解析：(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得qU二丄mv22v2a粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則牛頓第二定律得qvB二mr12漢6.64x10 0 1205-/、19= 2 ( m0.0053.2 10J9a粒子恰好垂直穿過分界線，故正確圖象為如圖所示，不可以，因為這樣粒子在(對圖的要求：越來越近的等幅脈沖)A、B之間飛行時電場對其做功+qv，使之加速，在B之外飛行時電聯(lián)立解得r J 2mU M q(2)由幾何關(guān)系可得，2mv =8.2Nl(3)繩斷后，小球水平方向加速度a*5電 田二 5/s2m m小球從O點運動至N點所用時間t0.8saON間距離1 2 h gt

30、= 3.2m2T = mg Bvq2、解：垂直AB邊進入磁場，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角為l30°-v-mdV。-2)tg，上V。由幾何關(guān)系得:AB2mv- B1qv =(3)帶電粒子在磁場中的運動周期T =3r2 mvqB 2V 3mdv°二 u =3qldcos30°3在磁場中運動半徑r l ab4a粒子在兩個磁場中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為一43.14 6.64 10 =1T =4：m，在磁場中的運動總時間半=6.5沁 10°(s)2qB 2 3.2 105 10(4)1解:(1)小球從A運到O的過程中，根據(jù)動能定理:1mv2 = mgl -qEl則得小球在O點速度為：v = J2l(g _坐)=2m/s m1 B 4mv03qd當(dāng)粒子剛好與BC邊相切時, 識知粒子的運動半徑 2為：dB2 = 4mv0qdvv =cos30方向垂直紙面向里(2分)磁感應(yīng)強度最小，由幾何知2mv。B2qv0024mwqd3、解：(1)由題意可知，微粒所受的重力G=mg=8x 10-3N-3電場力大小F=Eq=8X 10 N因此重力與電場力平衡微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則即：磁感應(yīng)強度的最小值為E2vqvB = m R解得r =mvBq=0.6m解得Emin二2mg2q亠十2jtR由 T解得T=10n sv則