考點32　帶電粒子在組合場疊加場中的運動高考物理總復(fù)習(xí)精品

1、考點32帶電粒子在組合場、疊加場中的運動 題組一基礎(chǔ)小題1在如圖所示的兩平行金屬板間存在勻強電場和勻強磁場，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()A一定帶正電B速度vC若速度v>，粒子一定不能從板間射出D若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運動答案B解析無論粒子帶正電還是帶負(fù)電，所受靜電力和洛倫茲力都在豎直方向上，且方向相反，A錯誤；粒子做直線運動，則一定做勻速直線運動，由平衡條件有，qvBqE，解得速度v，B正確；若速度v>，粒子不能沿虛線通過，但仍可能從板間射出，C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受靜電

2、力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，D錯誤。2. 如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進(jìn)入電磁場并剛好沿虛線ab向上運動。下列說法中正確的是()A該微粒一定帶負(fù)電B該微粒的動能一定減少C該微粒的電勢能一定增加D該微粒的機械能不一定增加答案A解析微粒受到的重力和靜電力是恒力，且該微粒沿直線運動，則可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運動，所以B錯誤；如果該微粒帶正電，則受到豎直向下的重力、水平向右的靜電力和向左下方的洛倫茲力，受力不平衡，所以不會沿直線運動，故該微粒一定帶負(fù)電，靜電力做正功，該微粒的電勢能一

3、定減少，機械能一定增加，A正確，C、D錯誤。3. 如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間的電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場。則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化而變化的情況為()Ad隨v0的增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0的增大而增大，d隨U的增大而增大Cd隨U的增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0的增大而增大，d隨U的增大而減小答案A解析設(shè)粒子從M點進(jìn)入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v。粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvBm，解得粒子做圓周運

4、動的軌道半徑為r，而M、N之間的距離為d2rcos，聯(lián)立解得d，故A正確，B、C、D錯誤。4. (多選)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場的磁感應(yīng)強度和勻強電場的電場強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是()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于紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確；在速度選擇器中，帶電粒子

5、所受靜電力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知B正確；由qEqvB可得v，C正確；粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB0得r，則粒子的比荷，可知粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，軌道半徑r越小，粒子的比荷越大，D錯誤。5(多選)如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，在運動中都能通過各自軌道的最低點M、N，則()A兩小球每次到達(dá)軌道最低點時的速度都有vN>vMB兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有FN>FMC小球b第一次到達(dá)

6、N點的時刻與小球a第一次到達(dá)M點的時刻相同D小球b能到達(dá)軌道的最右端，小球a不能到達(dá)軌道的最右端答案AD解析小球a滑到M點的過程中重力做正功，靜電力做負(fù)功，小球b滑到N點的過程中只有重力做正功，由動能定理，有mgRqERmv0，mgRmv0，所以vN>vM，故A正確。設(shè)小球a、b在最低點受到的支持力大小分別為FM、FN，小球a經(jīng)過M點時，F(xiàn)Mmgm，且FMFM，得FMmgm3mg2Eq；當(dāng)小球b向右運動通過N點時，F(xiàn)NmgqvNBm，且FNFN，得FNmgmqvNB3mgBq，F(xiàn)N>FM；當(dāng)小球b在磁場中向左運動通過N點時，F(xiàn)NmgqvNBm，且FNFN，得FNmgmqvNB3mg

7、Bq，由于Bq與2Eq大小關(guān)系不能確定，所以FN與FM大小關(guān)系不能確定，B錯誤。靜電力沿軌道切線方向的分量阻礙小球a的下滑，則小球a第一次到達(dá)M點所用的時間大于小球b第一次到達(dá)N點所用的時間，故C錯誤。小球b向右運動過程中機械能守恒，能到達(dá)軌道的最右端，小球a向右運動過程中機械能減小，不能到達(dá)軌道的最右端，故D正確。6. (多選)回旋加速器的工作原理如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中，且磁感應(yīng)強度B保持不變。兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處(D形盒圓心)進(jìn)入加速電場(初速度近似為零)，D形盒半徑為R，粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，加速器接電壓為U的高頻交流電源。若相對論效應(yīng)、粒

8、子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮。下列論述正確的是()A交流電源的頻率可以任意調(diào)節(jié)不受其他條件的限制B加速氘核(H)和氦核(He)兩次所接高頻電源的頻率不相同C加速氘核(H)和氦核(He)時，它們的最大速度大小相等D增大U，粒子在D形盒內(nèi)運動的總時間t減少答案CD解析根據(jù)回旋加速器的原理，粒子每轉(zhuǎn)一周被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，粒子在磁場中做圓周運動時洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm，粒子做圓周運動的周期為T，交流電源的頻率為f，解得：f，可知交流電源的頻率不可以任意調(diào)節(jié)，故A錯誤；交流電源的頻率為f，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)

9、和氦核(He)兩次所接高頻電源的頻率相同，故B錯誤；粒子加速后的最大軌道半徑等于D形盒的半徑，粒子在磁場中運動時由牛頓第二定律得：qvBm，當(dāng)rR時，粒子的速度最大，解得粒子的最大速度為vm，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)和氦核(He)時，它們的最大速度大小相等，故C正確；粒子完成一次圓周運動被電場加速2次，設(shè)被加速兩次粒子動能的變化量為Ek，由動能定理得：2qUEk，粒子在D形盒磁場中經(jīng)過的周期個數(shù)為n，最大動能為Ekmmv，粒子在D形盒磁場內(nèi)運動的時間tnT，即t，U越大，t越小，故D正確。7(多選) 如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直

10、足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。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變C下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是vD下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v答案CD解析對小球受力分析如圖所示，則mg(qEqvB)ma，隨著v的增加，小球的加速度先增大，當(dāng)qEqvB時達(dá)到最大值，amaxg，繼續(xù)運動，mg(qvBqE)ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功，小球的機械能與電勢能總和在減小，B錯誤

11、。若小球的加速度在達(dá)到最大前達(dá)到最大加速度的一半，則mg(qEqvB)m，得v；若小球的加速度在達(dá)到最大后達(dá)到最大加速度的一半，則mg(qvBqE)m，得v，故C、D正確。 題組二高考小題8. (2021·福建高考)一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子(H)以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O(shè)點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是(所有粒子均不考慮重力的影響)()A以速度射入的正電子(e)B以速度v0射入的電子(e)C以速度2v0射入的氘核(H)D以速度4v0射入

12、的粒子(He)答案B解析質(zhì)子(H)以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，將受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，且滿足ev0BeE。以速度射入的正電子(e)，所受向上的洛倫茲力eB小于向下的電場力eE，正電子將向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；以速度v0射入的電子(e)，所受向上的電場力eE等于向下的洛倫茲力ev0B，做勻速直線運動，故B正確；以速度2v0射入的氘核(H)和以速度4v0射入的粒子(He)，分析知其所受向上的洛倫茲力均大于向下的電場力，都將向上偏轉(zhuǎn)，故C、D錯誤。9(2017·全國卷) 如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直

13、于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()Ama>mb>mc Bmb>ma>mcCmc>ma>mb Dmc>mb>ma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與靜電力平衡，即magqEb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvbBc在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvcBqE比較式得：mb>ma>mc，

14、選項B正確。10(2021·河北高考)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是()A導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，vB導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，vC導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，vD導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v答案B解析等

15、離子體垂直于磁場噴入板間時，根據(jù)左手定則可知金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負(fù)電荷，則金屬棒ab中電流方向由a端流向b端；金屬棒ab在光滑平行導(dǎo)軌上靜止，且B2垂直于導(dǎo)軌平面，則金屬棒ab所受安培力沿導(dǎo)軌向上，由左手定則可知，導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下。等離子體噴入金屬板P、Q間時產(chǎn)生的電動勢E滿足qqvB1，由閉合電路歐姆定律有I，則金屬棒ab所受安培力大小FILB2，對金屬棒ab由平衡條件可得Fmgsin，聯(lián)立解得v。B正確。11(2019·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件

16、，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A前表面的電勢比后表面的低B前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C前、后表面間的電壓U與c成正比D自由電子受到的洛倫茲力大小為答案D解析由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eevB得UBav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力Fev

17、B，D正確。12(2020·全國卷)CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖a是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖b所示。圖b中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()AM處的電勢高于N處的電勢B增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移答案D解析由于電子帶負(fù)電，電子束在M、N之間加速，則M、N間的電場方向

18、由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知M處的電勢低于N處的電勢，故A錯誤；根據(jù)eUmv2可知，增大M、N之間的加速電壓會增大電子束進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的速度v，電子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動時洛倫茲力提供向心力，有evBm，可得r，可知v增大時電子在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑增大，根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)角度減小，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)磁場中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小，電子的偏轉(zhuǎn)半徑減小，偏轉(zhuǎn)角度增大，可使P點左移，故D正確。 題組三模擬小題13. (2021·江蘇省百校高三上第二次聯(lián)

19、考)如圖所示，為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，在D形盒邊上的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N。每當(dāng)帶正電的粒子從a孔進(jìn)入時，就立即在兩板間加上恒定電壓，經(jīng)加速后從b孔射出，再立即撤去電壓。而后進(jìn)入D形盒中的勻強磁場，做勻速圓周運動?？p隙間無磁場，不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()AD形盒中的磁場方向垂直紙面向外B粒子運動的周期不斷變大C粒子每運動一周直徑的增加量越來越小D增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大答案C解析根據(jù)左手定則可知，D形盒中的磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm，粒子運動的周期T，可知粒子運動的周期不變，故B錯誤；粒子每

20、運動一周直徑的增加量L2(rn1rn)，而mvnqE，mv(n1)qE，則v () ，可得粒子每運動一周直徑的增加量越來越小，故C正確；粒子最終獲得的動能Ekmv2，當(dāng)半徑達(dá)到D形盒的半徑時，粒子動能最大，與板間電壓無關(guān)，故D錯誤。14. (2021·山東省日照市二模)(多選)如圖所示，在坐標(biāo)原點O處存在一個粒子源(大小忽略)，可沿y軸正方向發(fā)射質(zhì)量為m、速度為v0、電荷量為q的帶正電的粒子，重力忽略不計。沿z軸正方向的勻強磁場和勻強電場只存在于以z軸為中軸、半徑為的圓柱形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E。下列說法正確的是()A由于電場加速，該粒子軌跡在xOy平面內(nèi)的投影

21、為曲率半徑越來越大的螺旋線B粒子可多次經(jīng)過z軸，且依次經(jīng)過z軸的坐標(biāo)之比為149C某段時間內(nèi)粒子增加的動能小于粒子電勢能的減少量D粒子的發(fā)射速度增加為3v0，則粒子離開電磁場的速率為 答案BD解析帶電粒子所受電場力沿z軸正方向，初速度沿y軸正方向，故粒子在xOy平面上投影的速度大小不變，則粒子在xOy平面上投影做圓周運動的半徑r不變，則該粒子軌跡在xOy平面內(nèi)的投影為半徑不變的圓，故A錯誤；粒子可多次經(jīng)過z軸，每個周期經(jīng)過一次，根據(jù)粒子沿z軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動可知，依次經(jīng)過z軸的坐標(biāo)之比為149，故B正確；洛倫茲力不做功，根據(jù)能量守恒定律可知，粒子增加的動能等于粒子電勢能的減少

22、量，故C錯誤；粒子的發(fā)射速度增加為3v0，粒子在xOy平面上投影做圓周運動的半徑R，與磁場半徑相同，則根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在xOy平面上投影偏轉(zhuǎn)60°離開磁場，運動時間tT，沿z軸正方向速度vzt，合速度v ，故D正確。15. (2022·浙江三校高三上第二次聯(lián)考)如圖所示，在xOy平面的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內(nèi)存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子(不計重力)以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進(jìn)入電場，最后從M(3R，0)點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為45

23、76;。下列判斷中正確的是()A粒子將從Q點射入第象限B粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2RC帶電粒子的比荷D磁場磁感應(yīng)強度B的大小為答案C解析粒子在電場中做類平拋運動，在M點，有vyv0tan，qEma，vyat3，3Rv0t3，解得，y1.5R，故A錯誤，C正確；粒子運動軌跡如圖，設(shè)O1為磁場的圓心，O2為粒子軌跡圓心，P為粒子射出磁場的位置，根據(jù)幾何關(guān)系可知四邊形PO1PO2為菱形，則粒子的軌跡半徑為rR，由牛頓第二定律可得Bqv0m，解得B，故B、D錯誤。 題組一基礎(chǔ)大題16. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸負(fù)方向。在第一、

24、四象限內(nèi)有一個半徑為R的圓，圓心坐標(biāo)為(R,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子(不計重力)以速度v0從第二象限的P點沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進(jìn)入第四象限，速度方向與x軸正方向成30°角，最后從Q點平行于y軸離開磁場，已知P點的橫坐標(biāo)為2h。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(3)帶電粒子從P點進(jìn)入電場到從Q點射出磁場的總時間。答案(1)(2)(3)解析(1)帶電粒子從P到Q做類平拋運動，設(shè)運動時間為t1，則2hv0t1vyat1由題知粒子到達(dá)O點時沿y軸負(fù)方向的分速度vyv0tan30°根據(jù)牛頓第二定

25、律知該過程粒子的加速度為a以上各式聯(lián)立得。(2)粒子進(jìn)入磁場的速度為v，有cos30°粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為rR由洛倫茲力提供向心力可知qvB解得B。(3)根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120°，則粒子在磁場中運動的時間為t2T粒子在磁場中運動的周期為T粒子在電場中運動的時間為t1粒子運動的總時間為tt1t2代入數(shù)據(jù)得t。 題組二高考大題17. (2021·北京高考)如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度

26、為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線(圖中平行于導(dǎo)體板的虛線)通過N。不計重力。(1)求粒子加速器M的加速電壓U；(2)求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；(3)仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能Ek。答案(1)(2)vB方向垂直導(dǎo)體板向下(3)mv2qBvd解析(1)粒子加速過程，根據(jù)動能定理有qUmv2解得U。(2)帶正電的粒子在速度選擇器中所受靜電力與洛倫茲力平衡，即qEqvB解得EvB在速度選擇器N中，根據(jù)左手定則知粒子所受洛倫茲力垂

27、直導(dǎo)體板向上，則粒子所受靜電力垂直導(dǎo)體板向下，故電場強度的方向垂直導(dǎo)體板向下。(3)由qU×2mv2得vvv，則qEqvB，知粒子在N中向所受靜電力一側(cè)偏轉(zhuǎn)，故粒子在全程中靜電力一直做正功，根據(jù)動能定理有qUqEdEk解得Ekmv2qBvd。18(2021·山東高考)某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點O，其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0；區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點，右邊界與x軸垂直交于O2點，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于區(qū)右邊界，其中心C與O2點重合。從離子源不斷飄出電荷

28、量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經(jīng)區(qū)、區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心C。已知離子剛進(jìn)入?yún)^(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。(1)求離子在區(qū)中運動時速度的大小v；(2)求區(qū)內(nèi)電場強度的大小E；(3)保持上述條件不變，將區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強度大小均為B(數(shù)值未知)、方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到O1的距離s。答案(1)(2)(3)L解析(1)設(shè)離子在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB0m根據(jù)幾何關(guān)系得sin聯(lián)立解得v。(2)離子在區(qū)內(nèi)只受電

29、場力作用，方向沿y軸負(fù)方向，所以離子沿x軸正方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻變速直線運動。設(shè)離子從進(jìn)入電場到擊中測試板中心C的時間為t，加速度大小為a，由牛頓第二定律得qEma由運動學(xué)知識可知，沿x軸方向有Lvtcos沿y軸方向有r(1cos)vtsinat2聯(lián)立解得E。(3)區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直xOy平面的方向做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示(z軸正方向在題圖中垂直紙面向外)。分析可知，離子在兩段運動過程中的軌道半徑相同，設(shè)為r，設(shè)左側(cè)圓弧對所應(yīng)圓心角為，由幾何關(guān)系有cos，則離子從O1運動到C所用的時間t因y方向的運動不變，故離子在區(qū)內(nèi)的運動時間不變，即有tt移動后C到O1的距離s2rsinr聯(lián)