【考前三個月】2015屆高考物理(浙江通用)名師考點(diǎn)點(diǎn)撥專題講義：專題6+帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動電子版本

1、Good is good, but better carries it.精益求精，善益求善?！究记叭齻€月】2015屆高考物理(浙江通用)名師考點(diǎn)點(diǎn)撥專題講義：專題6+帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動-高考定位帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動是力電綜合的重點(diǎn)和高考的熱點(diǎn)，常見的考查形式有組合場(電場、磁場、重力場依次出現(xiàn))、疊加場(空間同一區(qū)域同時存在兩種以上的場)、周期性變化場等，近幾年高考試題中，涉及本專題內(nèi)容的頻度極高，特別是計算題，題目難度大，涉及面廣試題多把電場和磁場的性質(zhì)、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、圓周運(yùn)動規(guī)律、功能關(guān)系揉合在一起主要考查考生的空間想象能力、分析綜合能力以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的

2、能力以考查考生綜合分析和解決復(fù)雜問題的能力考題1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動分析例1如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在yh0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為45)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限已知重力加速度g10m/s2，問：圖1(1)油滴在第三象限運(yùn)動時受到的重力、電場力、洛倫茲力

3、三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限運(yùn)動的時間審題突破(1)結(jié)合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和洛倫茲力的方向，進(jìn)而判斷油滴的電性，對油滴受力分析后采用合成法作圖，由幾何關(guān)系得出三力之比；(2)根據(jù)油滴在垂直直線方向上應(yīng)用平衡條件列方程求得速度大??；(3)進(jìn)入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運(yùn)動，在混合場中做勻速圓周運(yùn)動，作出運(yùn)動軌跡，結(jié)合磁場中圓周運(yùn)動的周期公式即運(yùn)動的對稱性確定運(yùn)動總時間解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得：mgqEF11eqr(2).(2)由第(1)問得：mg

4、qEqvBeqr(2)qE解得：veqf(r(2)E,B)4eqr(2)m/s.(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限由OA勻速運(yùn)動的位移為x1eqf(h,sin45)eqr(2)h其運(yùn)動時間：t1eqf(x1,v)eqf(r(2)h,f(r(2)E,B)eqf(hB,E)0.1s由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動的周期關(guān)系式Teqf(2m,qB)知，由AC的圓周運(yùn)動時間為t2eqf(1,4)Teqf(E,2gB)0.628s由對稱性知從CN的時間t3t1在第一象限運(yùn)動的總時間tt1t2t320.1s0.628s

5、0.828s答案(1)11eqr(2)油滴帶負(fù)電荷(2)4eqr(2)m/s(3)0.828s1如圖2，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h(yuǎn)9m，與板上端等高處水平線上有一P點(diǎn)，P點(diǎn)離擋板的距離x3m板的左側(cè)以及板上端與P點(diǎn)的連線上方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1T；比荷大小eqf(q,m)1.0C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運(yùn)動，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經(jīng)過位置P，g10m/s2，求：(1)電場強(qiáng)度的大小與方向；(2)小球不與擋板相碰運(yùn)動到P的時間；(3)

6、要使小球運(yùn)動到P點(diǎn)時間最長應(yīng)以多大的速度射入？圖2答案(1)10N/C，方向豎直向下(2)arcsineqf(3,5)(s)(3)3.75m/s解析(1)由題意可知，小球帶負(fù)電，因小球做勻速圓周運(yùn)動，有：Eqmg得：Eeqf(mg,q)10N/C，方向豎直向下(2)小球不與擋板相碰直接到達(dá)P點(diǎn)軌跡如圖a：圖a圖b有：(hR)2x2R2得：R5m設(shè)PO與擋板的夾角為，則sineqf(x,R)eqf(3,5)小球做圓周運(yùn)動的周期Teqf(2m,qB)設(shè)小球做圓周運(yùn)動所經(jīng)過圓弧的圓心角為，則teqf(m,qB)運(yùn)動時間teqf(arcsinf(3,5)m,qB)arcsineqf(3,5)(s)(3

7、)因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上，設(shè)小球與擋板碰撞n次，有Reqf(h,2n)又Rx，n只能取0,1.n0時，(2)問不符合題意n1時，有(3Rh)2x2R2解得：R13m，R23.75m軌跡如圖b，半徑為R2時運(yùn)動時間最長洛倫茲力提供向心力：qvBmeqf(v2,R2)得：v3.75m/s.帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的處理方法1弄清疊加場的組成特點(diǎn)2正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特點(diǎn)3畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(2)若三場共存

8、時，合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力FqvB的方向與速度v垂直(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運(yùn)動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，即qvBmeqf(v2,r).(4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解考題2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析例2(2014廣東36)如圖3所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距為6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外，A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L.質(zhì)量為m、電量為q的粒子經(jīng)

9、寬度為d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入?yún)^(qū)P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮圖3(1)若k1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式審題突破(1)粒子在電場中做加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理列式；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律列式；結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；最后聯(lián)立求解(2)結(jié)合幾何關(guān)系列式求解出軌道半徑；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可解析(1)若k1，則

10、有MPL，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑為RL粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則有：qvB0meqf(v2,R)粒子在勻強(qiáng)電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEdeqf(1,2)mv2綜合上式解得：Eeqf(qBoal(2,0)L2,2dm)(2)因?yàn)?k3，且粒子沿水平方向從S2射出，該粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系：R2(kL)2(RL)2，又有qvB0meqf(v2,R)則整理解得：veqf(qB0Lk2L,2m)又因?yàn)椋?L2kL2x根據(jù)幾何關(guān)系有：eqf(kL,x)eqf(R,r)又qvBmeqf(v2,r)則區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系：Beqf(kB

11、0,3k).答案(1)eqf(qBoal(2,0)L2,2dm)(2)veqf(qB0Lk2L,2m)Beqf(kB0,3k)2如圖4所示的直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)有間距為d，長度為eqf(2r(3),3)d的平行正對金屬板M、N，M位于x軸上，OP為過坐標(biāo)原點(diǎn)O和極板N右邊緣的直線，與y軸的夾角eqf(,3)，OP與y軸之間及y軸右側(cè)空間中分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反且均垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板左側(cè)邊緣以速度v0沿極板方向射入，恰好從N板的右側(cè)邊緣A點(diǎn)射出進(jìn)入磁場粒子第一次通過y軸時，速度與y軸負(fù)方向的夾角為eqf(,6).不計粒子重力，求：圖4(1)

12、極板M、N間的電壓；(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3)粒子第二次通過y軸時的縱坐標(biāo)值；(4)粒子從進(jìn)入板間到第二次通過y軸時經(jīng)歷的時間答案(1)eqf(3mvoal(2,0),2q)(2)eqf(2mv0,qd)(3)2d(4)(eqf(4r(3)7,6)eqf(d,v0)解析(1)粒子在M、N板間做類平拋運(yùn)動，設(shè)加速度為a，運(yùn)動時間為t1，則eqf(2r(3),3)dv0t1deqf(1,2)ateqoal(2,1)根據(jù)牛頓運(yùn)動定律得qeqf(U,d)ma聯(lián)立解得Ueqf(3mvoal(2,0),2q).(2)設(shè)粒子經(jīng)過A點(diǎn)時的速度為v，方向與x軸的夾角為，根據(jù)動能定理，得qUeqf(1

13、,2)mv2eqf(1,2)mveqoal(2,0)coseqf(v0,v)解得v2v0，eqf(,3)設(shè)粒子第一次與y軸相交于D點(diǎn)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知D點(diǎn)與A點(diǎn)高度相等，C1DO為等邊三角形Rd根據(jù)牛頓定律，得qvBmeqf(v2,R)整理得Beqf(2mv0,qd).(3)粒子在y軸右側(cè)空間的運(yùn)動軌跡如圖由幾何關(guān)系知DE2Rcosd即E點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yE2d.(4)粒子從A到D的時間:t2eqf(1,3)T從D到E的時間:t3eqf(5,6)T而Teqf(2m,qB)eqf(d,v0)故tt1t2t3(eqf(4r(3)7,6)eqf(d,v0).3如圖5所示，相距3L的AB、CD兩直線

14、間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PT上方的電場的場強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場的場強(qiáng)方向豎直向上，電場的場強(qiáng)大小是電場的場強(qiáng)大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點(diǎn)Q，PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，電量為q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計粒子的重力試求：圖5(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小和MT之間的距離；(2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD

15、間的電場從S孔水平射入容器中欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機(jī)械能和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強(qiáng)磁場，粒子運(yùn)動的半徑小于eqf(1,2)a，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間答案(1)eqf(mvoal(2,0),qL)eqf(1,2)L(2)Beqf(2mv012n,qa)，n1,2，eqf(6L,v0)eqf(6n1a,22n1v0)，n1,2，解析(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E2電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點(diǎn)的時間分別為t2與t1，到達(dá)R時豎直速度為vy，則由FqEma，2Lv

16、0t2，Lv0t1，Leqf(1,2)eqf(E2q,m)teqoal(2,2)，E12E2，得E1eqf(mvoal(2,0),qL)vyeqf(E2q,m)t2eqf(E1q,m)t1MTeqf(1,2)eqf(E1q,m)teqoal(2,1)聯(lián)立解得MTeqf(1,2)L.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運(yùn)動的半徑為r，則qv0Beqf(mvoal(2,0),r)(12n)reqf(1,2)a，n1,2，解得：Beqf(2mv012n,qa)，n1,2，由幾何關(guān)系可知t3(2neqf(T,2)eqf(T,6)(3neqf(1,2)Tn1,2,3Teqf(2R,v)eqf(2m,Bq

17、)代入B得Teqf(a,2n1v0)，n1,2，t2t12t2teqf(6L,v0)eqf(6n1a,22n1v0)，n1,2，帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動實(shí)際上也是運(yùn)動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動規(guī)律在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理(3)當(dāng)粒子從一個場進(jìn)入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口考題3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運(yùn)動分析例3(19分)如圖6甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均

18、勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正)在t0時刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子圖6已知v0、t0、B0，粒子的比荷為eqf(,B0t0)，不計粒子的重力求：(1)tt0時，求粒子的位置坐標(biāo)；(2)若t5t0時粒子回到原點(diǎn)，求05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有E0值解析(1)由粒子的比荷eqf(q,m)eqf(,B0t0)，則粒子做圓周運(yùn)動的周期Teqf(2m,B0q)2t0(1分)則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角(2分)由牛頓第二定律qv0

19、B0meqf(voal(2,0),r1)(2分)得r1eqf(v0t0,)(1分)位置坐標(biāo)(eqf(2v0t0,)，0)(1分)(2)粒子t5t0時回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示r22r1(2分)r1eqf(mv0,B0q)r2eqf(mv2,B0q)(1分)得v22v0(1分)又eqf(q,m)eqf(,B0t0)，r2eqf(2v0t0,)(1分)粒子在t02t0時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，2t03t0時間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則在05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hmeqf(v02v0,2)t0r2(eqf(3,2)eqf(2,)v0t0.(2分)(3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動的軌道半

20、徑為r1，在x軸下方做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點(diǎn)，則必須滿足：n(2r22r1)2r1，(n1,2,3，)(1分)r1eqf(mv0,B0q)r2eqf(mv,B0q)(1分)聯(lián)立以上各式解得:veqf(n1,n)v0，(n1,2,3，)(1分)又由vv0eqf(E0qt0,m)(1分)得E0eqf(v0B0,n)，(n1,2,3，)(1分)答案(1)(eqf(2v0t0,)，0)(2)(eqf(3,2)eqf(2,)v0t0(3)eqf(v0B0,n)，(n1,2,3，)(20分)如圖7甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場取垂直于紙面向里

21、為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量圖7(1)若teqf(1,2)TB，求B0；(2)若teqf(3,2)TB，求粒子在磁場中運(yùn)動時加速度的大小；(3)若B0eqf(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.答案(1)eqf(mv0,qd)(2)eqf(3voal(2,0),d)(3)eqf(d,3v0)或eqblc(

22、rc)(avs4alco1(f(,2)arcsinf(1,4)eqf(d,2v0)解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由牛頓第二定律得:qv0B0eqf(mvoal(2,0),R1)據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d聯(lián)立式得B0eqf(mv0,qd)(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動公式得:aeqf(voal(2,0),R2)據(jù)題意由幾何關(guān)系得:3R2d聯(lián)立式得aeqf(3voal(2,0),d).(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動公式得Teqf(2R,v0)由牛頓第二定律得:qv0B0eqf(mvoal(2,0),R)由題意知B0eqf(4mv0,q

23、d)，代入式得:d4R粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0eqf(,2)，由題意可知eqf(f(,2),2)Teqf(TB,2)設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得：R2(RRsin)nd當(dāng)n0時，無解當(dāng)n1時，聯(lián)立式得：eqf(,6)(或sineqf(1,2)聯(lián)立式得：TBeqf(d,3v0)當(dāng)n2時，不滿足090的要求若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin2(RRsin)nd當(dāng)n0時，無解當(dāng)n1時，聯(lián)立式得arcsineqf(1,4)(

24、或sineqf(1,4)聯(lián)立式得TBeqblc(rc)(avs4alco1(f(,2)arcsinf(1,4)eqf(d,2v0)當(dāng)n2時，不滿足090的要求知識專題練訓(xùn)練6題組1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動分析1如圖1所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上已知小球所受電場力與重力大小相等現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是()圖1A小球能越過d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動B當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時，不受洛

25、倫茲力C小球從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能減小，電勢能減小D小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧bc中點(diǎn)時速度最大答案BD解析電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點(diǎn)相當(dāng)于豎直平面圓環(huán)的“最高點(diǎn)”關(guān)于圓心對稱的位置(即bc弧的中點(diǎn))就是“最低點(diǎn)”，速度最大；由于a、d兩點(diǎn)關(guān)于新的最高點(diǎn)對稱，若從a點(diǎn)靜止釋放，最高運(yùn)動到d點(diǎn)，故A錯誤；當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45，由于弧bc中點(diǎn)是等效最低點(diǎn)，故小球從b點(diǎn)運(yùn)動

26、到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧bc中點(diǎn)時速度最大，故D正確2如圖2甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q0)和初速度為v0的帶電微粒(已知重力加速度為g)圖2(1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向(2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向

27、將這種帶電微粒射入第象限，如圖乙所示現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動，則在保證電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積答案(1)Eeqf(mg,q)，沿y軸正方向Beqf(mv0,qR)，垂直紙面向外(2)(eqf(,2)1)R2解析(1)微粒沿x軸正方向運(yùn)動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由平衡條件得：mgqE解得：Eeqf(mg,q)由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，且半徑rR.設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.由牛頓第二定律得：qv0Bmeqf(voal(2,0),R)解得B

28、eqf(mv0,qR)，磁場方向垂直紙面向外(2)沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動軌跡如圖所示：以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動的上邊界以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運(yùn)動的圓心軌跡微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動，即半徑沿豎直方向并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R，射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積：S2(eqf(1,4)R2eqf(1,2)R2)(eqf(,2)1)R2.題組2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析3如圖3所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E1.5

29、105V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.2T已知CDMNFG0.60m，CMMF0.20m在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v01.0106m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m6.41027kg，電荷量q3.21019C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計粒子的重力求：圖3(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)0.2m(2)0.43m(3)2.1107s解析(1)電場中由動能定理得：qEdeqf(1,2)

30、mv2eqf(1,2)mveqoal(2,0)由題意知d0.20m，代入數(shù)據(jù)得：v2106m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qBvmeqf(v2,r)解得reqf(mv,qB)0.2m.(2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時，出電場時水平位移為x，則由平拋規(guī)律得：eqblcrc(avs4alco1(df(1,2)f(qE,m)t2,xv0t)解得xeqf(2r(3),15)m離開電場時，sin1eqf(v0,v)eqf(1,2)，130.由題意可知，PSMN，沿OC方向射出粒子到達(dá)P點(diǎn)，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，QOr，軌跡如圖范圍長度為lxr(eqf(2r(3),15)0.2)m0.43m.(3)Teqf(2m