2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 專題強(qiáng)化十一 帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件.ppt

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第九章磁場(chǎng) 專題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 過(guò)好雙基關(guān) 1 帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng) 1 洛倫茲力 重力并存 若重力和洛倫茲力平衡 則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力和洛倫茲力不平衡 則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 因洛倫茲力不做功 故機(jī)械能守恒 由此可求解問(wèn)題 2 電場(chǎng)力 洛倫茲力并存 不計(jì)重力的微觀粒子 若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡 則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡 則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 因洛倫茲力不做功 可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題 命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 能力考點(diǎn)師生共研 3 電場(chǎng)力 洛倫茲力 重力并存 若三力平衡 一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力與電場(chǎng)力平衡 一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 若合力不為零且與速度方向不垂直 將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 因洛倫茲力不做功 可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題 2 帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿 輕繩 圓環(huán) 軌道等約束的情況下 常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng) 此時(shí)解題要通過(guò)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(diǎn) 運(yùn)用動(dòng)能定理 能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解 例1 2017 全國(guó)卷 16 如圖1 空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng) 電場(chǎng)方向豎直向上 與紙面平行 磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里 三個(gè)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(yùn)動(dòng) b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng) 下列選項(xiàng)正確的是A ma mb mcB mb ma mcC mc ma mbD mc mb ma 答案 解析 圖1 解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 說(shuō)明洛倫茲力提供向心力 重力與電場(chǎng)力平衡 即mag qE b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) 三力平衡 則mbg qE qvB c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng) 三力平衡 則mcg qvB qE 比較 式得 mb ma mc 選項(xiàng)B正確 例2 多選 2017 河南六市一模 如圖2所示 半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi) 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里 一可視為質(zhì)點(diǎn) 質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的小球由軌道左端A點(diǎn)無(wú)初速度滑下 當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí) 給小球再施加一始終水平向右的外力F 使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn) 若軌道的兩端等高 小球始終與軌道接觸 重力加速度為g 則下列判斷正確的是A 小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為qBB 小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg qBC 小球從C到D的過(guò)程中 外力F的大小保持不變D 小球從C到D的過(guò)程中 外力F的功率逐漸增大 答案 解析 圖2 變式1 2017 河北冀州2月模擬 我國(guó)位于北半球 某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B 電場(chǎng)與地磁場(chǎng)的方向相同 地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北 一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向在水平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng) 忽略空氣阻力 此地區(qū)的重力加速度為g 則下列說(shuō)法正確的是A 小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮盉 小球可能帶正電C 小球速度v的大小為D 小球的比荷為 答案 解析 由受力分析可知小球帶負(fù)電 且運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西 則A B錯(cuò)誤 變式2 2016 天津理綜 11 如圖3所示 空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng) 電場(chǎng)強(qiáng)度大小E 5N C 同時(shí)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 其方向與電場(chǎng)方向垂直 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B 0 5T 有一帶正電的小球 質(zhì)量m 1 10 6kg 電荷量q 2 10 6C 正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng) 不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象 取g 10m s2 求 1 小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向 答案 解析 圖3 答案20m s方向與電場(chǎng)方向成60 角斜向上 解析小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲 其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi) 合力為零 有qvB 代入數(shù)據(jù)解得v 20m s 速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足 60 2 從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t 答案 解析 解析解法一撤去磁場(chǎng) 小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng) 如圖乙所示 設(shè)其加速度為a 有 設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x 有x vt 設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y 有 解法二撤去磁場(chǎng)后 由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向 它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響 以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn) 豎直向上為正方向 小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng) 其初速度為vy vsin 1 組合場(chǎng) 電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi) 并不重疊 電場(chǎng) 磁場(chǎng)交替出現(xiàn) 2 分析思路 1 劃分過(guò)程 將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段 對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理 2 找關(guān)鍵 確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度 包括大小和方向 是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵 3 畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡 根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析 大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖 有利于形象 直觀地解決問(wèn)題 命題點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 能力考點(diǎn)師生共研 模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例3 2017 全國(guó)卷 24 如圖4 空間存在方向垂直于紙面 xOy平面 向里的磁場(chǎng) 在x 0區(qū)域 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0 x 0區(qū)域 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B0 常數(shù) 1 一質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng) 此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí) 當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí) 求 不計(jì)重力 1 粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 答案 解析 圖4 解析在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 設(shè)在x 0區(qū)域 圓周半徑為R1 在x 0區(qū)域 圓周半徑為R2 由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180 時(shí) 所需時(shí)間t1為 粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180 時(shí) 所需時(shí)間t2為 聯(lián)立 式得 所求時(shí)間為 2 粒子與O點(diǎn)間的距離 答案 解析 解析由幾何關(guān)系及 式得 所求距離為 變式3如圖5所示 足夠大的平行擋板A1 A2豎直放置 間距6l 兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(duì)的小孔S1 S2 兩孔與分界面MN的距離均為l 質(zhì)量為m 電荷量為 q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后 沿水平方向從S1進(jìn)入 區(qū) 并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn) 再進(jìn)入 區(qū) P點(diǎn)與A1板的距離是l的k倍 不計(jì)重力 碰到擋板的粒子不予考慮 1 若k 1 求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E 圖5 答案 解析 解析若k 1 則有MP l 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 根據(jù)幾何關(guān)系 該情況粒子的軌跡半徑R1 l 2 若2 k 3 且粒子沿水平方向從S2射出 求出粒子在磁場(chǎng)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 答案 解析 解析因?yàn)? k 3 且粒子沿水平方向從S2射出 則從S1到S2的軌跡如圖所示 由幾何關(guān)系得R22 kl 2 R2 l 2 又因?yàn)?l 2kl 2x 模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例4 2017 天津理綜 11 平面直角坐標(biāo)系xOy中 第 象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 第 象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng) 如圖6所示 一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng) Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍 粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng) 最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng) P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等 不計(jì)粒子重力 問(wèn) 1 粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向 圖6 答案 解析 解析在電場(chǎng)中 粒子做類平拋運(yùn)動(dòng) 設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng) 到y(tǒng)軸距離為2L 粒子的加速度為a 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 有2L v0t L at2 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy at 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為 有tan 聯(lián)立 式得 45 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45 角斜向上 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v 由運(yùn)動(dòng)的合成有v 聯(lián)立 式得v v0 2 電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比 答案 解析 解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E 粒子電荷量為q 質(zhì)量為m 粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F 由牛頓第二定律可得F ma 又F qE 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R 所受的洛倫茲力提供向心力 有qvB m 由幾何關(guān)系可知R L 聯(lián)立 式得 變式4 2017 河南六市一模 如圖7所示 一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng) 經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 最后從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng) 已知帶電粒子的比荷 3 2 109C kg 電場(chǎng)強(qiáng)度E 200V m M N間距MN 1cm 金屬板長(zhǎng)L 25cm 粒子的初速度v0 4 105m s 帶電粒子的重力忽略不計(jì) 求 1 粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角 答案 解析 圖7 答案45 解析由牛頓第二定律有qE ma粒子在電場(chǎng)中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng) L v0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng) 射出電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy at速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得 45 2 磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 答案 解析 答案2 5 10 2T 解析粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為 代入數(shù)據(jù)解得B 2 5 10 2T 課時(shí)作業(yè) 1 多選 如圖1所示 一帶電小球在一正交電場(chǎng) 磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 電場(chǎng)方向豎直向下 磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 則下列說(shuō)法正確的是A 小球一定帶正電B 小球一定帶負(fù)電C 小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D 改變小球的速度大小 小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng) 答案 圖1 1 2 3 4 5 6 2 如圖2所示的虛線區(qū)域內(nèi) 充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng) 一帶電粒子a 不計(jì)重力 以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng) 電場(chǎng)區(qū)域 恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O 點(diǎn) 圖中未標(biāo)出 穿出 若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變 另一個(gè)同樣的粒子b 不計(jì)重力 仍以相同初速度由O點(diǎn)射入 從區(qū)域右邊界穿出 則粒子bA 穿出位置一定在O 點(diǎn)下方B 穿出位置一定在O 點(diǎn)上方C 運(yùn)動(dòng)時(shí) 在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí) 動(dòng)能一定減小 圖2 答案 1 2 3 4 5 6 3 在xOy平面內(nèi) 以拋物線OM為界 MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng) 電場(chǎng)強(qiáng)度為E y軸為電場(chǎng)的右邊界 MOx區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng) x軸為磁場(chǎng)的下邊界 如圖3所示 質(zhì)量為m 電荷量為q的粒子從y軸上P 0 h 點(diǎn)以垂直于y軸的初速度進(jìn)入電場(chǎng)中 經(jīng)電場(chǎng)后以與x軸成45 角的速度從拋物線上的Q點(diǎn) 圖中未畫(huà)出 進(jìn)入磁場(chǎng) 已知Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為 粒子重力不計(jì) 1 試求帶電粒子從P射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小 圖3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 由牛頓第二定律得粒子加速度 過(guò)邊界OM時(shí)y方向上的速度大小為vy 由此時(shí)速度方向與x軸成45 角可知vy v0 1 2 3 4 5 6 2 若O為拋物線OM的頂點(diǎn) 寫(xiě)出邊界OM的拋物線方程 答案 解析 聯(lián)立 解得x h 1 2 3 4 5 6 3 要使帶電粒子不穿過(guò)x軸 試確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R 要使粒子不穿過(guò)x軸 則由幾何關(guān)系得 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小 1 2 3 4 5 6 4 如圖4甲所示 在xOy平面內(nèi)存在磁場(chǎng)和電場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化 B的變化周期為4t0 E的變化周期為2t0 變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示 在t 0時(shí)刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子 不計(jì)重力 初速度大小為v0 方向沿y軸正方向 在x軸上有一點(diǎn)A 圖中未標(biāo)出 坐標(biāo)為 0 若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向 y軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向 v0 t0 B0為已知量 磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小滿足 粒子的比荷滿足 求 圖4 1 2 3 4 5 6 1 在t 時(shí) 粒子的位置坐標(biāo) 答案 解析 1 2 3 4 5 6 2 粒子偏離x軸的最大距離 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析在t0 2t0時(shí)間內(nèi) 設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 1 2 3 4 5 6 3 粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間 答案 解析 答案32t0 解析粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)周期為4t0 所以 粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間t 32t0 1 2 3 4 5 6 5 如圖5所示 豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限 有垂直xOy平面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng) 大小分別為B和E 第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強(qiáng)電場(chǎng) 大小也為E 第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道 軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切 最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于N 一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上 y 0 的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng) 恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O 且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng) 過(guò)N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限 并在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 已知重力加速度為g 圖5 1 2 3 4 5 6 1 判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量 解析小球進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng) 說(shuō)明重力與電場(chǎng)力平衡 設(shè)小球所帶電荷量為q 則有qE mg 又電場(chǎng)方向豎直向上 故小球帶正電 答案 解析 1 2 3 4 5 6 2 P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高 解析設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v 軌道半徑為r 由洛倫茲力提供向心力得qBv 小球恰能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道運(yùn)動(dòng) 則應(yīng)滿足mg 答案 解析 1 2 3 4 5 6 3 若該小球以滿足 2 中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第四象限 通過(guò)N點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí) 經(jīng)時(shí)間t 2小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s有多遠(yuǎn) 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析設(shè)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN 小球由O運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中 由機(jī)械能守恒得 小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后做類平拋運(yùn)動(dòng) 設(shè)加速度為a 則沿x軸方向有x vNt 1 2 3 4 5 6 經(jīng)t時(shí)間小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為 1 2 3 4 5 6 6 2018 廣東中山調(diào)研 如圖6所示 兩平行金屬板A B間的電勢(shì)差為U 5 104V 在B板的右側(cè)有兩個(gè)方向不同但寬度相同的有界磁場(chǎng) 它們的寬度為d1 d2 6 25m 磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1 2 0T B2 4 0T 方向如圖中所示 現(xiàn)有一質(zhì)量m 1 0 10 8kg 電荷量q 1 6 10 6C 重力忽略不計(jì)的粒子從A板的O點(diǎn)由靜止釋放 經(jīng)過(guò)加速后恰好從B板的小孔Q處飛出 試求 1 帶電粒子從加速電場(chǎng)中出來(lái)的速度v的大小 圖6 答案 解析 答案4 0 103m s 1 2 3 4 5 6 解析粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)能定理有 1 2 3 4 5 6 2 帶電粒子穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域 所用的時(shí)間t 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲 代入數(shù)據(jù)解得r 12 5m設(shè)粒子在 區(qū)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為 則 1 2 3 4 5 6 所以 30 粒子在 區(qū)運(yùn)動(dòng)周期 則粒子在 區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間 1 2 3 4 5 6 3 帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域 射出時(shí)的速度方向與邊界面的夾角 答案 解析 答案60 解析設(shè)粒子在 區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R 則qvB2 解得R 6 25m如圖甲所示 由幾何關(guān)系可知 MO2P為等邊三角形 所以粒子離開(kāi) 區(qū)域時(shí)速度方向與邊界面的夾角為 60 1 2 3 4 5 6 4 若d1的寬度不變 改變d2的寬度 要使粒子不能從 區(qū)飛出磁場(chǎng) 則d2的寬度至少為多大 答案 解析 1 2 3 4 5 6 答案9 375m 解析要使粒子不能從 區(qū)飛出磁場(chǎng) 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相切時(shí) 由圖乙可知 區(qū)磁場(chǎng)的寬度至少為 d2 R Rcos60 1 5R 9 375m