復合場1復合場的分類疊加場電場磁場重力

1、復合場1 .復合場的分類：（1）疊加場：電場、磁及二重力場共存，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)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).二、帶電粒子在復合場中的運動形式1.靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動.2 .勻速圓周運動：當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,在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動.A點沿直線3 .較復雜的曲線運動：當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直線上，粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋

2、物線.4 .分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動 過程由幾種不同的運動階段組成.1 .帶電粒子在復合場中的直線運動 某空間存在水平方向的勻強電場帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由向B點運動，此空間同時存在由 A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是（ ）A.小球一定帶正電 B.小 ,肝 球可能做勻速直線運動 C.帶電小球一定做勻加速直線運動 D.運動過程中，小球的機械能增大X 北）；2 .帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動 如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周.1 .：運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確

3、的是（ ）A .小球一定帶正電 B .小球一定帶負電 C .小球的繞行方向為順時針 D.改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動加速電扇二1二士3 .質(zhì)譜儀原理的理解如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進入速嚼“ 一-度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E平板S上有可讓粒子 從 j 尸八通過的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片 AA.平板S下方有磁感應強度為 B的勻強磁場.下列表述正確NSLUMVW：氏的是（）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B .速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C .能 通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 日B D .粒子打在膠片上

4、的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小4 .回旋加速器原理的理解回旋加速器，工作原理示意圖如圖置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小， 帶電粒子穿過的時間可忽略.磁感應弓II度為 B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為 U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為 mi電荷量為+ q,在加速器中被加速，且加 速過程中不考慮相對論效應和重力的影響.則下列說法正確的是（）A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2TtRf B.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C .質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為2 ： 1 D .不改變磁感應強度B和交流電頻率f ,該回

5、旋加速器的最大動能不變規(guī)律總結：帶電粒子在復合場中運動的應用實例1.質(zhì)譜儀：（1）構造：如圖由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成.（2）原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動 1能定理可得關系式 qU= 2mV.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉， 做勻速圓周運動，根據(jù) 牛頓第二定律得關系式 qvB= m.由兩式可得出需要研究的物理量， 如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.rD形盒處于勻接交流電源12mU qr2甘 q 2Ub : q，m_2U, mr b2?.2 .回旋加速器：（1）構造：如圖D、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源,強磁場中.（2）原理：交流電的周期和粒子做圓周運

6、動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一 圖 6m2次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速品qvB=q2B2r2得Rm= 而，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關.特別提醒 這兩個實例都應用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉（勻速圓周運動）的原理.3 .速度選擇器：（1）平行板中電場強度 E和磁感應強度 B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器.（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE= qvB,4 .磁流體發(fā)電機：（1）磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內(nèi)能直接轉化為電能.（

7、2）根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極.（3）磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為 L,等離子體速度為v,磁場的磁U感應強度為B,則由qE= q= qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U= BLv5 .電磁流量計工作原理：如圖 9所示，圓形導管直徑為 d,用非磁性材料制成，導電液體在管中向左 流動，導電液體中的自由電荷 （正、負離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB= qE=若，所以v=BAC nd2 U 兀dU因此流重 Q= Sv= ,.4 Bd 4B帶電粒子在疊加場中的運動：1.帶電粒子在疊加

8、場中無約束情況下的運動情況分類（1）磁場力、重力并存：若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題. （2）電場力、磁場力并存（不計重力的彳觀粒子）：若電場力和洛倫茲 力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.（3）電場力、磁場力、重力并存：若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功， 可用能量守恒或動能定理求解問題

9、.2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動：帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的 運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點， 運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.例1如圖帶電平行金屬板相距為 2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為 B 的圓形勻強磁場區(qū)域 ，與兩板及左側邊緣線相切.一個帶正電的粒子 （不計重力）沿 兩板間中心線 OO從左側邊緣O點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域， 并 從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為 to.若撤去磁場，質(zhì)子仍從 O點以相同速度射入，則經(jīng)時間打到

10、極板上.（1）求兩極板間電壓 U; （2）若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線OQ從O點射入，欲使粒子從兩板左側間飛出，射入的速度應滿足什么條件?突破訓練1如圖空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應弓11度為B,在y軸兩側分別有方向相反的勻強電場，電場強度均為E,在兩個電場的交界處左側，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴b,當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞,撞后兩液滴合為一體， 速度減小到原來的一半， 并沿x軸正方向做勻速直線運動，已知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計.

11、（1）求兩液滴相甲114 i;i-i空萬,乎苧3幾撞后共同運動的速度大小；（2）求液滴b開始下落時距液滴 a的高度h.例2如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MNW PQ兩極板中心各有一小孔 S、S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為10,周期為To.在t = 0時刻將一個質(zhì)量為mi電荷量為一q（q0）的粒子由S靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在 t =T0時刻通過&垂直于邊界進入右側磁場區(qū).（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達 展時的速度大小 v和極板間距d. （2）

12、為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件.（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t = 3T。時刻再次到達乙S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應強度的大小.突破訓練2如圖所示裝置中，區(qū)域I和山中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和2;區(qū)域n內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B. 一質(zhì)量為 m帶電荷量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度vo水平射入電場，經(jīng) 水平分界線 OPBA點與OP成60角射入?yún)^(qū)域n的磁場，并垂直豎直邊界 CD進入出區(qū)域的勻強電場中.求：（1）粒子在區(qū)域n勻強磁場中運動的軌跡半徑；（2）

13、 O M間的距離；（3）粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間.分析過程建模型逐段研究畫圖示不計粒子重力.求:珈=8 m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動,BFYf/(V m1)i 3我項力。小20司） II4 8 1216 20期)dOf-3.14由圖可以發(fā)現(xiàn)題的變化具有這樣的特點: 有電場無磁場T有射場無電場.因此，其 運動特點應是為變速直戰(zhàn)運動和勻速圓周 運動的組合.利用周期公式可直接求.圖14（1 ）粒子在磁場中運動的周期；先根據(jù)電場和磁場變化帶點定性畫出運 動軌跡，然后我們就會發(fā)現(xiàn)運動過程可看 做兩個圓周運動和三段類平拋運動模型.【例3】（14分）如圖14所示，在工行坐標系內(nèi)

14、存在周期性變化的電場和磁場, 電場沿，軸正方向,磁埸垂直紙面（以向里為正），電場和磁場的變化規(guī)律如圖所、示，一質(zhì)量足=3.2黑10*咫、電荷量的播電苞子，在=0時刻以丁7 隱含著帶電粒子的運動具有同期性.S ）仁10、時粒子的位置坐標工（3） t=24x ICHs時粒子的速度.由兩圖集可以看出r=20 x lO 3s到尸M * 10、恰好為勾速圓周運動的一個周期，又 回到原卷蓋.突破訓練3如圖甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側空間中存在豎直向上的場強大小為E= 2.5X102N/C的勻強電場（上、下及左側無界）.一個質(zhì)量為m 0.5 kg、電荷量為q= 2.0 X 102 C的可視為質(zhì)點的帶

15、正電小球，在t = 0時刻以大小為Vo的水平初速度向右通過電場中的一點P,當t = 11時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期性變化的磁場,使得小球能豎直向下通過 D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L, D到豎直面MN的距離DQ為L/兀.設磁感應強度垂直紙面向里為正.（g=10 m/s2）（1）如果磁感應強度 已為已知量，使得小球能豎直向下通過D點，求B,不計重力,磁場每一次彳用時間 to的最小值（用題中所給物理量的符號表示 ）；（2）如果磁感應強度 B為已知量，試推出滿足條件 的時刻11的表達式（用題中所給物理量的符號表示 ）；（3）若小球能始終在電磁場所在空間做周期

16、性運動，則當小球運 動的周期最大時，求出磁感應強度R及運動的最大周期 T的大小（用題中所給物理量的符號表示 ）.高考題組1 .如圖一半徑為 R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面 （紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為 mi電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的 a點射入柱形區(qū)域，從圓上的 b點離開該3 區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為3R現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的5勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線從a點射入柱形區(qū)域，也從b點離開該區(qū)域.若磁感應強度大小為求電場強度的大小.金屬極板2.如圖所示，兩塊水平放置、 相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板

17、之間的右側區(qū)域存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，電費射帶顆發(fā)從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為mi水平速度均為V0、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)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(diào)至 B,則B的大小為多少？3 .有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM1,1 一，、，

18、矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場.一束比荷（電荷量與質(zhì)量之比）均為丁的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線 O O進入兩金屬板之間， 其中速率為vo的顆粒剛好從 Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到 達收集板，重力加速度為 g, PQ= 3d, NQ= 2d,收集板與NQ勺距離為l ,不計顆粒間的相互作用.求： （1）電場強度E 的大?。唬?）磁感應強度B的大??；（3）速率為入V0（入1）的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離.4 .如圖所示，坐標平面第I象限內(nèi)存在大小為E= 4X105 N/C、方向水平向左的勻強電場，在第H象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)荷比為m=

19、 4X10T0 N/C的帶正電粒子從 x軸q上白A A點以初速度V0=2x 107 m/s垂直x軸射入電場，OA= 0.2 m,不計重力.求：（1）粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點甲O的距離；（2）若要求粒子不能進入第三象限， 求磁感應強度 B的取值范圍（不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況.）5 .如圖甲，在以 O為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場，一個帶正電小球在t = 0時刻以V0=3gt0的初速度從 O點沿+ x方向（水平向右）射入該空間，在 t。時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強大小 E0=mgj,磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大

20、小B已知小球的質(zhì)量為 mi帶電荷qqt0（1） 3末小球速度的大??；（2）小球做圓周運量為q,時間單位為t0,當?shù)刂亓铀俣葹?g,空氣阻力不計.試求:動的周期T和12t 0末小球速度的大??；（3）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t 內(nèi)運動軌跡的示意圖;M（4）30 t0內(nèi)小球距x軸的最大距離.有一豎直足夠長固定絕緣桿 MN小千P套在桿?題組1.在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,上，已知P的質(zhì)量為 m電荷量為+ q,電場強度為 E,磁感應強度為 B, P與桿間的動摩擦因數(shù)為小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）A .小球的加速度一直減小B.小球的機械能和電勢能的總和保持不

21、變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v = 2、qE D .下滑加速度為最大2心qB，一 ,一、一八口 2 1 qE+ mg 加速度一半時的速度可能是 v= Q2心qB2 .如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場 E和B : g大，則小球做勻速圓周運動的周期增加勻強磁場B的復合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動， 則（ ）A.小球可能帶正電 B .小 球做勻速圓周運動的半徑為 = 1、/2匹C .小球做勻速圓周運動的周期為 T= 2/D .若電壓U增 1 ? k質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加3 .如圖空間的某個復合

22、場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場.速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么笊核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能的大小是（）A. EE C . E D ,條件不足，難以確定,.B J I* - - - - *1 AMi- 1 -先4 .如圖兩塊平行金屬極板MNzK平放置，板長 L=1 m.間距d = W m,兩金屬板 矢比 /f,3 . 間電壓Um- 1 X 10 4 V;在平行金屬板右側依次存在ABG口 FGHW個全等的正三角形區(qū)域，正三角形 ABCJ存在垂直紙面向里的勻強磁場Bi,三角形的上頂點 A與上

23、金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板 N的右端點；正三角形 FGMJ存在垂直紙面向外的勻 2人強磁場艮.已知A、F、G處于同一直線上， R C H也處于同一直線上. AF兩點的距離為-m.現(xiàn)從平行金屬板 MN&端3沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量 f3X10-10kg,帶電荷量q = +1X104C,初速度v0=1X105m/s. （1）求帶電粒子從電場中射出時的速度 v的大小和方向；（2）若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在 AC邊上， 求該區(qū)域的磁感應強度 B； （3）若要使帶電粒子由FH邊界進入FGHK域并能再次回到 FH界面，求艮應滿足的條

24、件.5 .如圖一個質(zhì)量為 m電荷量為q的正離子，在 D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強口 4 L L 一，度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里. 結果離子正好從距 A點為d的小孔C沿垂直于*電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d * * xX X X X X_ .、.一 ,_ a （AGLAQ.不甘離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi).求： （1）此離子在磁場中做圓周運動的半k 乂菖乂 k徑r； （2）離子從D處運動到G處所需時間；（3）離子到達G處時的動能.6 .如圖甲所示，水平直線MNF方有豎直向上的勻強，周丁電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷 q=

25、106 C/kg的正電荷 “一:!m置于電場中的 O點由靜止釋放，經(jīng)過 JZX 10 5 s后，156| 一0吊 J_!電荷以V0=1.5X104 m/s的速度通過 MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化 （圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）.求：（1）勻強電場的電場強度 E; （2）圖乙中t =4jx105s時刻電荷與 O點的水平距5離；（3）如果在O點右方d=68 cm處有一垂直于 MN勺足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間.7.如圖甲所示，在 xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上， 電場強度

26、E= 40 N/C,在y軸左側平面內(nèi)有足夠大的瞬時磁場，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15 7ts后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向.在 y軸右側平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r = 0.3 m的圓形區(qū)域（圖中未畫出），且圓的左側與 y軸相切，磁感應強度 B=0.8 T . t = 0時刻，一質(zhì)量 亦8X10-4kg、電荷量q = 2Xl0-4C的微粒從x軸上xp= - 0.8 m處的P點以速度v=0.12 m/s向x軸正方向入射.（g 取10 m/s2,計算結果保留兩位有效數(shù)字）（1）求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離.（2）若微

27、粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標（x, y）.1 .答案 CD軍析 由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速直線運動，選項 C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確.2 .答案 BC解析 小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結合電場方向可知小球一定帶負電，A

28、錯誤，B正確；洛倫茲力充當向心力， 由曲線運動軌跡的彎曲方向結合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤.3 .答案 ABC解析 粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由Eq= Bqv可知，v=日B,選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D=誓可見D越小，則粒子的比荷Bq越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤. .、 一 2兀 R4 .答案 AC解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約

29、，因v= 亍 =2兀Rf,故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能 Rm= -m2 = -mK4兀2R2f 2 = 2mjt 2R2f2,與加速電壓 U無關，B錯誤；根據(jù) R= , Uq= -m2, 2Ucq=-22Bq 22mV,得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 42 ：1, C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm=2mjt 2R2f2與m R、f均有關，D錯誤.例1解析（1）設粒子從左側 O點射入的速度為 v。，極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運動L： （L 2R） =t0 - .t0qE1 t0 2to： 3，解得L=4R 粒子在電場中做類平拋運動：L-2R=

30、V0 a=-R= 2a（萬）、一 一一 Uj -4R8R2B在復合場中做勻速運動：q=qv0B 聯(lián)立各式解得V0 = , U=2R10 t 0（2）設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r,粒子恰好從上極板31qE to 2 -,qE qvoB左邊緣飛出時速度的偏轉角為a ,由幾何關系可知：3 =兀一 a =45 , r +2r = R 因為R= 2一帚(5)，所以訴=m8R V2 . 口 ？ J2-I R I、 一 ， 、, _ ,2 a/2-I R=隹 根據(jù)牛頓第二定律有 qvB= mr,解得v=- ，- 所以，粒子在兩板左側間飛出的條件為0 Y t。1一突破訓練1解析 液

31、滴在勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用.(1)設液滴a質(zhì)量為m電荷量為q,則液滴b質(zhì)量為m電荷量為2q,液滴a平衡時有qE= mg a、b相撞合為一體時，質(zhì)量為2m電荷量為一q,速度為v,由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg方向豎直向下，電場力為qE,方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvB+ qE= 2mg 由、兩式，可得相撞后速度v=E (2) 對b,從開始運動至與 a相撞之前，由動能定理有 W+ W=AR,即(2qE+ mgh=；mVa、b碰撞后速度減半，即 v = T；,則 vo= 2v=再代入式得h= 匚 =-=_222B4qE+ 2mg 6g 3

32、gB例2解析(1)粒子由S至4的過程，根據(jù)動能定理得qU=；mV 由式得丫=、看? 設粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 qUd0= ma由運動學公式得d = ；a(1)2聯(lián)立式得d=； 寸手 2V -(2)設磁感應強度的大小為 B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得 qvB=咤要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，需滿足2RL 聯(lián)立式得 氏設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程所用時間為ti/d=v ti聯(lián)立式得若粒子再次到達 Q時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為t2,根據(jù)運動學公式得d= 2t 2 聯(lián)立式得t 2= ?設粒子在磁場中

33、運動的時間為tt = 3。一2 一 t 1 t2?T,由式結合運動學公式得T= 2FqB，r7T0,、，r 一 ，聯(lián)立？ ？式得t =彳?設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為由題意可知T= t? 聯(lián)立？ ？ ？式得B=粵m7qi0突破訓練2 解析(1)粒子的運動軌跡如圖所示，其在區(qū)域I的勻強電場中做類平拋運動，設粒子過 A點時速度為V,2vov 一 2mv由類平拋運動規(guī)律知 v = 一而一粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得Bqv= % 所以Rt=cos 60RqB3mv=atb即匚 qE(2)設粒子在區(qū)域I的電場中運動時間為11,加速度為a.則有qE= ma vtan 60Q

34、 M兩點間的距離為 L= 2at2 = 3mv (3)設粒子在n區(qū)域磁場中運動時間為tT1=7m設粒子在出區(qū)域電場中運動時間為t3, a=Eq2 qE= 則 t3 =m 2m6 3qB山專利的一如、不ce力臾雨田“ _q3mv 兀 m 8mv 出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為1= 11+3+13=%+南+定8 + mv 兀mqE+3qB2例3解析 (1)粒子在磁場中運動時 qvB= mvT-=-解得丁=4翼4X10 3 sRvqB -3 .- . 一 . 一 .一. 一 一 一 -一 .一 一 軌跡如圖所不，t =20X10 s時粒子在坐標系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移m 豎

35、直位移 y = ；a(3T)2 Eq= ma解得 y=3.6X10 2 m故 t=20X103s 時粒子的位置坐標為：(9.6 x 10 2 m, 3.6X102 m)(3) t =24X 10 3 s時粒子的速度大小、方向與t=20X10 3s時相同，設與水平方向夾角為a 則 v= v2+ vyvy= 3aT(2)粒子的運動一2x= 3v0T= 9.6 X10tan a =一解得 v = 10v0 ,3 .,一m/s 與x軸正向夾角 a為37 (或arctan 4)斜向右下方差破訓練3解析(1)當小球僅有電場作用時： mg= Eq,小球將做勻速直線運動. 在11時刻加入磁場， 小球在時間t0

36、內(nèi)將做勻速圓周運動，圓周運動周期為 To,若豎直向下通過 D點，,3T) 37tm由圖甲分析可知：10=彳=2qB(2) PF PD=R 即：vot1-L=R_2mw . L , mqv0B0=mv/R 所以 v。，一 L=f, 11 =qqB0 v0 qB0(3)小球運動的速率始終不變，當R變大時，T0也增加，小球在電磁場中的運動的周期T增加，在小球不飛出電磁，一一 ， 一 ， L 2mv2 兀 mv 2 兀 R L場的情況下，當 T取大時有：DQ= 2R= - =B0= 不一,T=j = 兀 qB0qLv0 v03T0 6L由圖分析可知小球在電磁場中運動的最大周期：T=8X=v,小球運動軌

37、跡如圖乙所不. o a1 .解析 粒子在磁場中做圓周運動.設圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得2v _qvB= mr式中v為粒子在a點的速度.過b點和O點作直線的垂線，分力1J與直線交于 c點和d點.由幾何關系知,線段ac、bc和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑 (未畫出)圍成一正方形.因此 ac = bc =r設商=x,由幾何關系得ac=4R+ x瓦=3R+ 對x2 聯(lián)立式得r = 1R555再考慮粒子在電場中的運動.設電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動.設其加速度大小為第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE= maa,由牛頓粒子在電場方向和直線方向運動的距離均為r

38、,由運動學公式得r=2at2 r = vt式中t是粒子在電場中運動的時間.聯(lián)立式得E14qRB一5m .2 .解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qd)= mg 由式得：q=m?由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負電荷.(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做 TK X X X v2,管入，一勻速圓周運動，有 qvB= mR考慮墨滴進入電場、 磁場共存區(qū)域和下板的幾何關系，可知 ,d/2LxE 丁一 ,vqU由式得B=而(3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設墨滴做圓周運動的半徑為R ,有 qv0B=2v。 后 nRr 墨滴在

39、該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R= d4vU麗3 .解析(1)設帶電顆粒的電荷量為q,質(zhì)量為m由于粒子從Q點離開磁場后做勻速直線運動，則,q 1 ,、 r，有Eq=mg將卜代入,得E= kg. (2)如圖所不,粒子在磁場區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，則有2V0 qvB= mR而由幾何知識有R=(3d)2+(R d)2kv0聯(lián)立解得小不(3) 設速度為入v0的顆粒在磁場區(qū)域運動時豎直方向的位移為y1,離開磁場后做勻速直線運動時豎直方向的位移為、 2，一 ，_v0y2,偏轉角為 0，如圖所不，有q入vqB= mR1將q= 二及式代入式，得R = 5d入tan m k0 = -f=

40、ri=y 1 = R-/R3d_2y2 = l tanR- Jd則速率為 入V0(入1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離為y = yi+y2解得y=d(5入_425入29) 十3125-94 .解析(1)設粒子在電場中運動的時間為t,粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點 O的距離為y,則:SOA=1at2 a=F E= F y= v0t聯(lián)立解得 a= 1.0X1015 m/s 2 t = 2.0 x 10 8 s y= 0.4 m2 m q(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：vx= at =2X107 m/s 粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為:MXXXXXXXXx 107 m/s 與y軸正方向的夾角

41、為vx。=arctan X45。要使粒子不進入第三象限，如圖所小，此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為 R則：R + RK y2qvB mR聯(lián)立解得 B (22 + 2) X10 2 T.5.解析 (1)由題圖乙知，。to內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動，在 to末：v =4 v0x+ v0y=Y 3 gt 0 2+ gt 02= 10gt0 (2)當同時加上電場和磁場時，電場力F1=qE=mg方向向上因為重力和電場力恰好平衡，所以小球只2受洛倫茲力而做勻速圓周運動，有qvR=nv運動周期T= 2Al,聯(lián)立解得T= 2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在rv的時間正好是小球做勻速圓周運動周期的5倍

42、，即在這10t 0內(nèi)，小球恰好做了 5個完整的勻速圓周運動.所以小球在11=12t時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2t0時的末速度.v y1 = g 210=2gt,Vxi= vox= 3gt 0所以12t 0末V1= W +*= V13gt0(3)24 t。內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示. 分析可知，小球在 30t0時與24t0時的位置相同，在24to內(nèi)小球相當于做了 t2=3to的平拋運動和半個圓周運動.23 3末小球平拋運動的豎直分位移大小為y2=292t0)=刈0豎直分速度Vy2 = 3gto=V0,所以小球與豎直方向的夾角為0 =45 ,速度大小為v2=32gt 0此后小球做勻速圓 o

43、 od o _5_由圖可得： R 2=d2+(R - 2)2 由式得：R =4d 聯(lián)立式可得：Bmv周運動的半徑2=左 qB03x/2gt2. 一一7130 t0內(nèi)小球距 x軸的取大距離：y3=y2+(1+cos 45)2=加速度的一半，則 mg-科(qvB-Eq)=/口 2qE+ mg 皿，得v= o D 故C、D正確. 2qB1.答案 CD軍析 對小球受力分析如圖所示， 則mg-科(Eq qvB) = ma隨著v的增加，小球加 速度先增加，當 Eq= qvB時加速度達到最大值 amax= g,繼續(xù)運動，mg-科(qv- Eq) = ma隨著v 的增加，a逐漸減小，所以A錯誤.因為有摩擦力做

44、功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤.若在前半段達到最大加速度的一半，則 mg-科(Eq qvB) = ng,得v=2：qE若在后半段達到最大2.答案 BC解析 小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得:mg= Eq,則小球帶負電， A2mv 1 2 一，一Bqv=, Uq= -mv, 聯(lián)立兩式可 112UE2兀 r2兀 E得：小球做勻速圓周運動的半徑 三、,由T=可以得出丁=二一，與電壓U無關，所以B C正確，D錯誤. B : gvBg123答案 B解析 設質(zhì)子的質(zhì)量為 m,則笊核的質(zhì)量為 2m在加速電場里，由動能定理可得：eU= -m2,在復合場里有：Bqv= qE? v= E,同理對于笊核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復合場時所受的 B洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉，電場力做正功，故動能增大，B選項正確.4.解析 (1)設帶電粒子在電場中做類平拋運動時間為t,加速度為a,學ma 故2=坐噂x1。10 m/s 2ddm 3t = = 1X10 5 s豎直方向的速度為 vovy= at =105 m/s 射出電場時的速度為v = vO + v；=$gx105 m/s3,3速度v與水平方