高考物理模型專練與解析模型24帶電粒子在復合場中的運動（教師版含解析）

24帶電粒子在復合場中的運動1．在如圖所示的平行板器件中，勻強電場E和勻強磁場B互相垂直。一束初速度為的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出。粒子重力不計，下列說法正確的是()A．若粒子沿軌跡①出射，則粒子的初速度一定大于B．若粒子沿軌跡①出射，則粒子的動能一定增大C．若粒子沿軌跡③出射，則粒子的動能一定增大D．若粒子沿軌跡③出射，則粒子的電勢能可能增大【答案】D【詳解】初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出，則AB．若粒子沿軌跡①出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性末知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，故AB均錯誤；C．同理可知，若粒子沿軌跡③出射，粒子所受向下的力大于向上的力，但由于粒子電性末知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，不能確定動能的變化，故C錯誤；D．若粒子沿軌跡③出射，如果粒子帶負電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負功，粒子的電勢能增大，故D正確。故選D。2．如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里。一帶電小球恰能以速度v0沿與水平方向成30°角斜向右下方做勻速直線運動，最后進入一軸線沿小球運動方向且固定擺放的一光滑絕緣管道(管道內(nèi)徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是()A．小球帶負電B．磁場和電場的大小關(guān)系為C．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球仍做勻速直線運動D．若小球剛進入管道時撤去電場，小球的機械能不斷增大【答案】C【詳解】A．經(jīng)分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負功，小球帶正電，故A錯誤；B．僅當支持力為零，電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，有即故B錯誤；C．因為電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明合力和速度方向垂直，撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，支持力不做功，則小球仍沿桿做勻速直線運動，故C正確；D．撤去電場，只有重力對小球做功，小球的機械能不變，故D錯誤。故選C。3．如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，以圓形軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑方向建立x軸，豎直方向建立y軸。y軸右側(cè)存在豎直向下范圍足夠大的勻場強電場，電場強度大小為，第二象限存在勻強電場(方向與大小均未知)。不帶電的絕緣小球a質(zhì)量為M，帶電量為+q的小球b質(zhì)量為m，a球從與圓心等高的軌道A處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的b球正碰，碰撞后b球恰好能通過軌道最高點C，并落回軌道A處，小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，重力加速度為g，小球b的電量始終保持不變。試求：(1)第一次碰撞結(jié)束后，小球a的速度大??；(2)第二象限中電場強度E2的大小和方向?！敬鸢浮?1)；(2)，水平向右【詳解】(1)設小球a滑動到最低時速度為v，由機械能守恒定律得設a、b小球在B點碰撞后的速度分別為v1、v2，b球過最高點速度為vc，由動量守恒定律得由動能定理得在C點，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得(2)要讓b小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，電場力qE2與mg的合力應垂直于AC邊斜向下，把運動沿CA方向與垂直CA方向分解，CA方向做勻速直線運動，垂直CA方向做勻減速運動，如圖所示則有由幾何關(guān)系得，設小球b從C運動到A點時間為t，CA長小球b垂直CA方向加速度大小為a，有解得。小球從C到A受到的合力由幾何關(guān)系電場力大小為則方向水平向右。4．如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，M、N間電壓UMN的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0；M、N兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B，t=0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0。兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間不計，也不考慮粒子所受的重力。(1)求該粒子的比荷；(2)求粒子第1次和第4次到達磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離Δd；(3)若粒子的質(zhì)量增加為倍，電荷量不變，t＝0時，將其在A處由靜止釋放，求t＝2T0時粒子的速度?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)粒子進入磁場后，據(jù)題意有，所以由周期公式得故(2)由于不計粒子穿越間的時間，則可認為時刻出發(fā)的粒子穿越的過程中電壓始終為，如下圖所示第一次加速后解得在Ⅰ磁場區(qū)域中第一次做圓周運動，故有可得同理，之后分別在Ⅱ和Ⅰ磁場中圓周運動的半徑分別為，粒子第1次和第4次到達磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線的兩位置間的距離為(3)粒子的質(zhì)量增加為，則因為，則粒子勻速圓周運動的周期變?yōu)槊堪雮€周期為從開始到為止的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖像可知粒子進入電場的時刻分別為，，，，且加速電壓大小分別為、、、，前兩次為加速，最后一次為減速，由動能定理得解得5．如圖所示，一個質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg，電荷量q＝＋1.0×10－5C的帶電微粒，從靜止開始經(jīng)U1＝100V電壓加速后，沿著平行于兩金屬板面射入偏轉(zhuǎn)電場中，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后進入右側(cè)的勻強磁場。金屬板的上極板帶正電，下極板帶負電，兩板間電壓U2＝100V，板長L＝20cm，兩板間距。右側(cè)勻強磁場足夠長，寬度D＝10cm，微粒的重力忽略不計，求：(1)微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大??；(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏轉(zhuǎn)角；(3)為使微粒不會從磁場右邊界射出，則最小的磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?1)；(2)30°；(3)或【詳解】(1)微粒在加速電場中，由動能定理有解得(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，如圖所示偏轉(zhuǎn)角(3)微粒進入磁場做勻速圓周運動進入磁場的速度微粒恰好不從右邊界射出時解得為使微粒不會由磁場右邊界射出，磁感應強度最小值為或。6．如圖所示，在平面直角坐標系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軸負方向。在第一、四象限內(nèi)有一個半徑為R的圓，圓心坐標為(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)，以速度為v0從第二象限的P點，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，速度方向與x軸正方向成，最后從Q點平行于y軸離開磁場，已知P點的橫坐標為。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)圓內(nèi)磁場的磁感應強度B的大??；(3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)由水平方向勻速直線運動得2h=v0t1豎直向下的分速度由豎直方向勻加速直線運動知vy=at1加速度為根據(jù)以上式解得(2)粒子進入磁場的速度為v，有粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中作勻速圓周運動的軌道半徑為r=R由洛倫茲力提供向心力可知解得(3)粒子在磁場中運動的時間為粒子在磁場中運動的周期為，粒子在電場中運動的時間為粒子運動的總時間代入數(shù)據(jù)得7．如圖所示，在xOy坐標系的的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強度，不計粒子重力和粒子間的相互作用。試求：(1)粒子第一次穿過MN時的速度；(2)磁場的磁感應強度B的大??；(3)粒子在磁場中運動的時間；若增大磁感應強度B，試判斷粒子在磁場中運動的時間如何變化?！敬鸢浮?1)，方向與水平方向成角斜向右上；(2)；(3)，運動時間不變【詳解】(1)粒子從原點O處沿x軸正方向發(fā)射，在電場中做類平拋運動，由動能定理，有將，代入，解得粒子運動軌跡如圖：圖中解得。即粒子第一次穿過MN時的速度為，方向與水平方向成角斜向右上。(2)由圖，根據(jù)幾何關(guān)系，有解得由牛頓第二定律，有解得(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由聯(lián)立解得，粒子運動的周期故粒子在磁場中運動的時間為由以上結(jié)果可知，粒子在磁場中運動的時間是一個常數(shù)，與磁感應強度B無關(guān)，因此增大磁感應強度B，粒子在磁場中運動的時間不變。8．如圖所示，在一豎直面內(nèi)建立直角坐標系，在坐標平面第I、IV象限內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在第Ⅱ象限內(nèi)固定有光滑絕緣圓弧軌道，軌道與x軸相切于原點O。一個質(zhì)量為、帶電荷量為的小鐵塊從圓弧軌道上高為的A點沿軌道下滑至軌道最低點O時與另一靜止且不帶電的質(zhì)量也為的小鐵球碰撞，之后合為一帶電粘合體，帶電粘合體沿x軸做直線運動到C點后進人電場和磁場的復合區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后進入第II象限并最終落在水平面上D點。已知=，水平面到O點的距離，C點坐標為(，0)，重力加速度為，求：(1)帶電粘合體沿x軸運動的速度大小和第I、IV象限內(nèi)勻強電場的電場強度大??；(2)帶電粘合體運動過程中受到的洛倫茲力的沖量；(3)水平面上D點的位置坐標和帶電粘合體從O點運動到D點的總時間?！敬鸢浮?1)；；(2)，負號表示沖量的方向沿x軸負方向；(3)；【詳解】(1)小鐵塊從A點運動達到O點，由機械能守恒定律有碰撞后，設帶電粘合體沿x軸運動的速度為v，由動量守恒定律有mv0=2mv代入數(shù)據(jù)解得碰撞后粘合體沿x軸做直線運動，電場力與重力平衡，有：2mg=qE，解得(2)如圖所示負號表示沖量的方向沿x軸負方向(3)帶電粘合體在電場和磁場的復合區(qū)域，電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得帶電粘合體在電場和磁場的復合區(qū)域運動的時間帶電粘合體在電場和磁場的復合區(qū)域運動半周后垂直虛線沿y=-2R的直線向左做勻速直線運動，經(jīng)過y軸上y=-2R位置后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律有，-x=vt3代入數(shù)據(jù)解得，做水平面上D點的位置坐標為，小球從O點運動到C點的時間小球從O點運動到D點的總時間9．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(0，3)以初速度v0=120m/s平行x軸射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6，0)和Q點(8，0)各一次。已知該微粒的比荷為=102C/kg，微粒重力不計，求：(1)微粒從A到P所經(jīng)歷的時間和加速度的大??；(2)微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電磁場中由A至Q的運動軌跡；(3)電場強度E和磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?1)0.05s，2.4×103m/s2；(2)45°，；(3)24N/C，1.2T【詳解】(1)微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運動，微粒在x軸方向上做勻速直線運動,由x=v0t得t==0.05s微粒沿y軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，由y=at2得a=2.4×103m/s2(2)由于vy=attanα==1所以α=45°軌跡如圖所示。(3)由qE=ma得E=24N/C設微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動v=v0由qvB=m得由幾何關(guān)系R=m所以可得B==1.2T10．如圖所示，坐標平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝4×105N/C、方向水平向左的勻強電場，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)荷比＝4×10－10kg/C的帶正電的粒子，以初速度v0＝1.5×107m/s從x軸上的A點垂直x軸射入電場，OA＝0.2m，不計粒子的重力。(1)求粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離；(2)求粒子經(jīng)過y軸時的速度大小和方向；(3)若要使粒子不能進入第Ⅲ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)?！敬鸢浮?1)0.3m；(2)2.5×107m/s，與y軸正方向夾角大小為53°；(3)B≥6×10－2T【詳解】(1)設粒子在電場中運動時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y，則代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0×1015m/s2xOA＝at2代入數(shù)據(jù)解得t＝2.0×10－8sy＝v0t代入數(shù)據(jù)解得y＝0.3m(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為vx＝at＝2×107m/s粒子經(jīng)過y軸時速度為v＝＝2.5×107m/s與y軸正方向夾角大小為θtanθ＝＝θ＝53°(3)要使粒子不進入第Ⅲ象限，如圖所示，此時粒子做圓周運動的半徑為R則R＋0.8R≤y解得1.8R≤y由解得B≥6×10－2T11．圖所示，在平面直角坐標系xoy內(nèi)，第一象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場中Q(-2h，-h)點以速度v0水平向右射出，經(jīng)坐標原點O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場。已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h，2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強度的大小E和磁感應強度的大小B；(2)粒子在磁場中運動的時間；(3)若將磁感應強度大小改為B1，使得粒子剛好不能從PN射出磁場，求B1的大小。

【答案】(1)，；(2)；(3)【詳解】(1)粒子在電場中運動過程，有，聯(lián)立解得粒子從點射出時所以粒子射入磁場時，速度大小方向垂直，且從中點射入。即軌跡圓心，有幾何關(guān)系得由得(2)粒子在磁場中的運動的周期粒子在磁場中的運動時間(3)如圖，當粒子剛好從邊射出時，由幾何關(guān)系得由得12．如圖所示，在，內(nèi)某一區(qū)域存在一勻強磁場，方向垂直紙面向里。在直線的上方，直線與之間的區(qū)域內(nèi)，另有一沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子以速度從點垂直于磁場方向射入磁場，當速度方向沿軸正方向時，粒子恰好從(的位置)點正上方的A點沿y軸正方向射出磁場，不計粒子重力。(1)求磁感應強度B的大??；(2)若粒子以速度從點垂直于磁場方向射入磁場，速度方向沿x軸正方向成角(，其中粒子射入第一象限，取正：粒子射入第四象限，取負)，為使這些粒子射出磁場后在電場中運動的時間相同且最長，寫出磁場邊界的軌跡方程。(3)磁場的邊界如題(2)所求，若粒子以速度從點垂直于磁場方向射入第一象限，當速度方向沿軸正方向的夾角時，求粒子從射入磁場到最終離開磁場的總時間t?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)當粒子速度沿x軸方向入射，從A點射出磁場時，幾何關(guān)系知r=a由牛頓第二定律得解得(2)要使這些粒子射出磁場后在電場中運動的時間相同且最長，則要求進入電場時的速度與電場線平行，設與y軸正方向成θ角的粒子從磁場邊界某點P(x，y)射出，由題可知，粒子運動的軌跡對應的圓心角剛好為，如圖，由幾何關(guān)系可知P點的坐標為消掉θ1可得邊界的曲線方程為即所加磁場在以(a，0)為圓心，半徑為a的圓內(nèi)，如圖中圓所示。(3)粒子從磁場中的P點射出，因磁場圓和粒子的軌跡圓的半徑相等，OO1PO2構(gòu)成菱形，

故粒子從P點的出射方向與OO1垂直，即與y軸平行；軌跡如圖所示；則粒子從O到P所對應的圓心角為θ1=60°，粒子從O到P用時由幾何知識可知，粒子由P點到x軸的距離粒子在電場中做勻變速運動的時間粒子磁場和電場之間勻速直線運動的時間粒子由P點第2次進入磁場，從Q點射出，PO1QO3構(gòu)成菱形；由幾何知識可知Q點在x軸上，即為(2a，0)點；粒子由P到Q所對應的圓心角θ2=120°，粒子從P到Q用時粒子從射入磁場到最終離開磁場的總時間13．一絕緣“”形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿、和一半徑為R的光滑半圓環(huán)組成，固定在豎直平面內(nèi)，其中桿是光滑的，桿是粗糙的，整個裝置處在水平向左的勻強電場中，在左側(cè)區(qū)域足夠大的范圍內(nèi)同時存在垂直豎直平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶正電電量為q的小環(huán)套在桿上，小環(huán)所受的電場力為重力的。(已知重力加速度為g)(1)若將小環(huán)由D點靜止釋放，則剛好能到達P點，求間的距離；(2)在滿足第一問的情況下，小環(huán)在A點對圓環(huán)的壓力；(3)若將小環(huán)由M點右側(cè)5R處靜止釋放，設小環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮?1)4R；(2)mg+qB；(3)或者mgR【詳解】(1)設電場強度為E，DM距離為L，對小環(huán)從D至P，由動能定理：EqL-mg?2R=0-0

題意有Eq＝mg

得

L=4R

(2)設小環(huán)在A點速度為vA，對小環(huán)從D至A的過程，由動能定理Eq?5R?mgR＝由小環(huán)在A點的受力分析及牛頓第二定律得

解得N=mg+Bq。根據(jù)牛頓第三定律，小環(huán)a在A點對圈環(huán)的壓力大小為N=mg+qB方向水平向左。(3)小環(huán)首次到P點速度不為零，將向右運動，當速度為零時，若滿足

(i)當Eq≤fm=μmg即μ≥小環(huán)將保持靜止。設此時小環(huán)距P點水平距離為x，則對全程由動能定理Eq(5R-x)-mg?2R-μmgx=0-0

則克服摩擦力做功

(ii)

當Eq＞fm=μmg即μ＜小環(huán)將來回往復運動，最終會在P點的速度減為零。

則對全程由動能定理Eq?5R-mg?2R-Wf=0-0

得克服摩擦力做功Wf＝mgR14．如圖所示，半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，半徑與軸夾角為，一電子以平行軸，速率從點沿直徑方向射入磁場，從點射出進入第Ⅰ象限磁感應強度為的磁場Ⅱ中，運動到點時速度方向與軸的正方向相同，點的右側(cè)是豎直向下電場強度為的勻強電場，最終電子從軸點射出，出射方向與軸夾角為，已知電子質(zhì)量為、電荷量為，不計電子重力，求：(1)圓形磁場區(qū)域的磁感應強度大??；(2)電子從到運動的時間.【答案】(1)；(2)【詳解】(1)由題意得，電子的運動半徑恰好等于解得(2)電子在圓形磁場中的運動周期電子在圓形區(qū)域的運動時間電子由運動到時速度方向改變了60°角，所以其軌跡對應的圓心角為，運動的時間為電子從點到點在勻強電場中僅受電場力作用做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律可得電子由到，設電子在點沿電場方向的速度大小為，則有，解得所以電子從到運動的時間15．在平面坐標系第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸負方向的勻強電場，虛線PQ為在同一平面內(nèi)的豎直直線邊界，在第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)虛線PQ與y軸之間有垂直坐標平面向里的大小為B的勻強磁場。C、D兩個水平平行金屬板之間的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子重力)從靠近D板的S點由靜止開始做加速運動，從x軸上處的A點垂直于x軸射入電場，粒子進入磁場時速度方向與y軸正方向，不計粒子的重力。要使粒子不從PQ邊界射出，求：(1)粒子運動到A點的速度大??；(2)勻強電場的場強大小E；(3)虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)設粒子運動到M點的速度大小為，由動能定理得可得粒子運動到A點的速度大?。?2)設粒子進入磁場的速度為v，粒子在電場中豎直方向做勻速運動，水平方向做勻加速運動：根據(jù)動能定理：解得勻強電場的場強大?。簩⒋虢獾茫?3)帶電粒子進入磁場中洛倫茲力提供向心力，設圓周運動的半徑為r，則有：當粒子運動的軌跡剛好與邊界PQ相切時，粒子不從PQ邊界射出，虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度：解得：將代入解得：16．如圖甲所示，空間存在垂直紙面向里的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為，虛線、為其豎直邊界，圓弧為其半圓邊界，圓心為，半徑為，、、、與圓心共線，。在邊界左側(cè)平行于豎直邊界放置一平行板電容器MN，極板N上有一粒子源，可產(chǎn)生比荷為、帶負電、初速度為零的粒子。極板M上有一小孔，粒子源、小孔和點正對，粒子可通過點垂直邊界射入磁場區(qū)域?，F(xiàn)將電容器MN接入如圖乙所示的正弦交變電源，粒子在平行極板間加速時間極短，不計粒子間的相互作用及粒子的重力。求：(1)電壓為峰值時進入極板間的粒子在磁場中運動的半徑；(2)粒子在磁場中運動的最短時間及這些粒子從極板N發(fā)射的時刻(最短時間保留一位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)2m；(2)；或，()【詳解】(1)電壓為峰值時，粒子在電場中加速，由動能定理可得：粒子垂直進入磁場后做勻速圓周運動，由圓周運動規(guī)律可得解得(2)過點做圓弧的切線(為切點)，由題意可知，粒子沿以為弦的圓弧在磁場中運動時所用時間最短，由幾何關(guān)系可得，軌跡圓的半徑為粒子在磁場中運動所對應的圓心角設粒子在磁場中運動的最短時間為，由圓周運動規(guī)律可得解得運動時間最短時，由圓周運動規(guī)律可得解得再根據(jù)交變電流的表達式解得在磁場中運動最短時間的粒子的發(fā)射時刻為或，()17．如圖所示，在xOy平面的第一象限以OA為分界線分成兩部分，OA與x軸的夾角為45°，OA與y軸正方向之間有一沿y軸負方向的勻強電場，OA與x軸正方向之間有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。有一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子，從y軸上的P點以速度v0平行于x軸正方向射入勻強電場，在電場中運動后從OA上的M點垂直O(jiān)A方向進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后第二次到達OA上的N點(M、N點圖中均未標出)，已知OP=L，不計粒子的重力。求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)求O、N兩點間距離的最大值以及所對應的磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?1)；(2)；【詳解】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由題意可知根據(jù)粒子在勻強電場中做類平拋運動知距離關(guān)系為豎直速度為加速度為解以上各式得(2)當粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡與x軸相切時，O、N兩點間的距離最大如圖所示，設此時圓周運動的半徑為R，圓心為則由幾何關(guān)系可知解得O、N兩點間的距離最大值根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知速度關(guān)系為解得18．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，第三、四象限內(nèi)有豎直方向的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，將一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球從O點正上方y(tǒng)軸上某一點以初速度v0水平向右拋出，小球經(jīng)過x軸上P點(圖中未畫出)后進入x軸下方的電磁場區(qū)，并沿一段圓弧運動后恰好經(jīng)過O點，求：(1)勻強電場強度的大小和方向；(2)勻強磁場磁感應強度的大小?！敬鸢浮?1)，電場方向向下；(2)【詳解】(1)由于小球經(jīng)過x軸上P點后進入x軸下方做一段圓弧運動后恰好再次經(jīng)過O點可以判斷小球帶負電，在x軸下方做圓周運動，重力與電場力平衡，有解得電場方向向下(2)設小球做平拋運動的時間為t，到達x軸水平位移為x，則設小球進入x軸下方的速度為v，做圓周運動的的半徑為R，則有得設小球到達x軸時速度方向與x軸的夾角為，則小球平拋運動有，解得19．如圖所示，在xOy坐標系中，有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿y軸正向的勻強電場，勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場的分界線為MN，MN穿過坐標原點和二、四象限，與y軸的夾角為θ＝30°。一個質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子，在坐標原點以大小為v0、方向與x軸正向成θ＝30°的初速度射入磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)進入電場后，恰好能到達x軸。不計粒子的重力，求：(1)勻強電場的電場強度大?。?2)粒子從O點射出后到第三次經(jīng)過邊界MN時，粒子運動的時間?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】(1)粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律可知求得粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系，粒子出磁場的位置離x軸的距離為由于粒子進入電場后速度與電場方向相反，因此粒子做勻減速運動，剛好能到達x軸，根據(jù)動能定理有求得(2)粒子在磁場中運動做圓周運動的周期第一次在磁場中運動的時間在電場中運動時qE=ma第一次在電場中運動的時間第二次在磁場中運動的時間則粒子從O點射出后到第三次經(jīng)過邊界MN時，粒子運動的時間20．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一、二象限內(nèi)有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，在第三、四象限內(nèi)有與y軸夾角為θ=45°的勻強電場，在y軸上(0，-L)點處，沿電場方向射出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的初速度為，粒子到達x軸時速度為2，不計粒子的重力。求：(1)勻強電場的電場強度大??；(2)粒子第二次和第三次經(jīng)過x軸的位置的橫坐標及從釋放粒子到第三次經(jīng)過x軸所用的時間。【答案】(1)；(2)，【詳解】(1)帶電粒子在電場中做勻加速運動，由題意可知粒子沿電場方向的位移為L由動能定理得可求得勻強電場的電場強度大小為

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。由可得粒子做圓周運動的半徑由幾何關(guān)系可知，粒子第二次經(jīng)過x軸的橫坐標為粒子進入電場后做類平拋運動，垂首于電場方向勻速運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速運動。沿電場方向的加速度為垂直于電場方向勻速運動的位移沿電場方向做初速度為零的勻加速運動的位移又知解得第三次到達x軸的位置的橫坐標是粒子第一次在電場中運動的時間第一次在磁場中運動的時間因此第三次通過x軸時運動的總時間21．如圖所示為平面直角坐標系xOy平面的俯視圖，在第一象限存在方向沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E1；在第二、第三象限存在方向垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第四象限存在由特殊靜電裝置產(chǎn)生的勻強電場，電場方向平行坐標平面且與y軸正方向的夾角為45°，電場強度大小為E2。一個帶負電的粒子，從y軸上的P點(0，-d)沿x軸負方向射出，速度大小為，粒子的比荷，粒子運動依次經(jīng)過y軸上的A點(圖中未畫出)、x軸上的C點、過C點且平行于y軸的直線上的D點(圖中未畫出)。已知粒子經(jīng)過C點時的動能是經(jīng)過A點時動能的2倍，粒子從C運動到D所用時間t2與從A運動到C所用時間t1的關(guān)系為t2=t1，不計粒子重力。求：(1)A點的坐標；(2)電場強度E1和E2的比值；(3)從A點到D點電場力對粒子做的功W?！敬鸢浮?1)(0，d)；(2)；(3)【詳解】分析粒子運動.作出粒子的運動軌速如圖所示(1)粒子在P點沿x軸負方向進入勾強磁場，做勻速圓周運動，設半輕為r，則有代入數(shù)據(jù)解得可見粒子做圓周運動的圓心在O點，A點在圓周的最高點，豎直坐標為所以A點的坐標為(0，d)(2)由題可知粒子在C點的動能為在A點動能的2倍，有解得可知與x軸正方向的夾角，粒子沿y軸負方向的分速度為在第一象限，粒子做類平拋運動，加速度在y軸負方向根據(jù)運動學公式有聯(lián)立解得與x軸的夾角,根據(jù)運動特點可知OC=2d，運動時間為由題意有根據(jù)題意和以上分析知，粒子在第四象限受的電場力方向和的方向垂直加速度為C、D在同一條平行于y軸的直線上，在x軸方向位移為0，有聯(lián)立解得則(3)粒子在D點的速度大小根據(jù)動能定理可得.電場力做的功聯(lián)立解得22．如圖甲所示，M、N為豎直放置的兩塊平行金屬板，圓形虛線為與N相連且接地的圓形金屬網(wǎng)罩(不計電阻)。PQ為與圓形網(wǎng)罩同心的金屬收集屏，通過阻值為r0的電阻與大地相連。小孔s1、s2、圓心O與PQ中點位于同一水平線上。圓心角2θ＝120°、半徑為R的網(wǎng)罩內(nèi)有大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。M、N間相距且接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓，UMN＝U0sint(0≤t≤T)，UMN＝U0(t＞T)(式中，T已知)，質(zhì)量為m電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s1進入M、N間的電場，接著通過s2進入磁場。(質(zhì)子通過M、N的過程中，板間電場可視為恒定，質(zhì)子在s1處的速度可視為零，質(zhì)子的重力及質(zhì)子間相互作用均不計。)(1)若質(zhì)子在t＞T時刻進入s1，為使質(zhì)子能打到收集屏的中心需在圓形磁場區(qū)域加上一個勻強電場，求所加勻強電場的大小和方向？(2)質(zhì)子在哪些時間段內(nèi)自s1處進入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？(3)若毎秒鐘進入s1的質(zhì)子數(shù)為n，則收集屏PQ電勢穩(wěn)定后的發(fā)熱功率為多少？【答案】(1)，方向豎直向下；(2)和t≥T；(3)【詳解】(1)在電場中，由動能定理得為使質(zhì)子做勻速直線運動，有eE＝ev0B解得E＝方向豎直向下。(2)質(zhì)子在板間運動，根據(jù)動能定理，有質(zhì)子在磁場中運動，根據(jù)牛頓第二定律，有若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應滿足的關(guān)系解得結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在和之間任一時刻從s1處進入電場，均能打到收集屏上。(3)穩(wěn)定時，收集屏上電荷不再增加，即在t＞T時刻以后，此時，UMN＝U0，收集屏與地面電勢差恒為UU＝Ir0單位時間到達收集板的質(zhì)子數(shù)n，單位時間內(nèi)，質(zhì)子的總能量為單位時間內(nèi)屏上發(fā)熱功率為消耗在電阻上的功率為所以收集屏發(fā)熱功率23．如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在圖示方向的勻強電場，正方形的內(nèi)切圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為的粒子從邊中點e以速度沿內(nèi)切圓直徑射入場區(qū)，粒子恰沿直線從邊的中點f射岀場區(qū)。保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去磁場，粒子射出電場時速度偏向角。已知，不計粒子重力。(1)求僅撤去磁場時粒子在電場內(nèi)運動的時間及電場強度E的大??；(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去電場，求粒子在磁場中的運動時間。【答案】(1)；；(2)【詳解】(1)當只有電場時，粒子做類平拋運動，設粒子出電場時沿電場方向分速度為速度偏向角的正切值沿初速度方向沿電場力方向可得可知粒子一定是從c點射出電場，可得加速度沿電場方向分速度可得(2)設磁場的磁感應強度大小為B，當電場和磁場共存時粒子做直線運動，則當只存在磁場時粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角滿足粒子在磁場內(nèi)運動周期粒子在磁場內(nèi)運動時間24．如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為和，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為。質(zhì)量為、帶電量為的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為。(1)求該電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值?！敬鸢浮?1)，方向豎直向上；(2)【詳解】(1)設電場強度為E，由題意有解得方向豎直向上(2)如圖所示設小球不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的小球在上下區(qū)域運動的半徑為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ，由公式得則有有由，解得小球入射速度的最小值為25．如圖在第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在第二、三、四象限內(nèi)存在垂直平面向外的勻強磁場。一帶正電粒子從x軸上的M點以速度沿與x軸正方向成角射入第二象限，恰好垂直于y軸從N點進入勻強電場，從x軸上的P點再次進入勻強磁場，且粒子從N點到P點的過程動量變化量的大小為，已知磁場的范圍足夠大，，粒子的比荷為k，不計粒子重力。求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大?。?2)勻強電場的電場強度E的大??；(3)粒子從P點進入勻強磁場再次到達x軸的位置與M點的距離以及經(jīng)歷的時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)；；【詳解】(1)設粒子從M點做圓周運動到N點，圓的半徑為r1，根據(jù)洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系解得(2)粒子從N點運動到P點，做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系粒子在電場