（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 專題突破十 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）.docx

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專題突破十　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 命題點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 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)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(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)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵． (3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 3．“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別 電偏轉(zhuǎn) 磁偏轉(zhuǎn) 偏轉(zhuǎn)條件 帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng) 帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng) 受力情況 只受恒定的電場(chǎng)力 只受大小恒定的洛倫茲力 運(yùn)動(dòng)軌跡 拋物線 圓弧 物理規(guī)律 類平拋知識(shí)、牛頓第二定律 牛頓第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt　y＝at2 a＝　tanθ＝ qvB＝m　r＝ T＝　t＝ sinθ＝ 做功情況 電場(chǎng)力既改變速度方向，也改變速度的大小，對(duì)電荷要做功 洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度的大小，對(duì)電荷永不做功 物理圖象 題型1　“磁－磁”組合 例1　(2018江蘇單科15)如圖1所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場(chǎng)．取sin53＝0.8，cos53＝0.6. 圖1 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m，由題意知r0＝，解得B＝ (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α. 由幾何關(guān)系得d＝rsin α，由洛倫茲力提供向心力得r＝＝，解得sin α＝，即α＝53 粒子在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝，解得t1＝ 直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝ 則粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t＝4t1＋t2＝() (3)設(shè)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x. 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時(shí)，Δt有最大值 粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時(shí)間的最大值Δtm＝. 題型2　“電－磁”組合 例2　(2018南通市、泰州市一模) 如圖2所示，兩邊界MN、PQ相互平行、相距為L(zhǎng)，MN左側(cè)存在平行邊界沿紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，PQ右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的區(qū)域足夠大．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從與邊界MN距離為2L的O點(diǎn)以方向垂直于邊界MN、大小為v0的初速度向右運(yùn)動(dòng)，粒子飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向與MN的夾角為45，粒子還能回到O點(diǎn)．忽略粒子的重力，求： 圖2 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E； (2)粒子回到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek； (3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子從O點(diǎn)出發(fā)回到O點(diǎn)的時(shí)間t. 答案　(1)　(2)mv　(3)　 解析　(1) 粒子向右通過電場(chǎng)的時(shí)間t1＝ 離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度vy＝v0tan 45 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a＝ 由牛頓第二定律有qE＝ma 解得E＝. (2)粒子向右通過電場(chǎng)和向左進(jìn)入電場(chǎng)回到O點(diǎn)的過程可統(tǒng)一看成類平拋運(yùn)動(dòng)，則粒子兩次經(jīng)過邊界MN的位置間的距離 h＝v0t1＋at＋at＝4L 由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－mv 解得Ek＝mv. (3)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v＝＝v0 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r，由幾何關(guān)系可知2rcos 45＝h＋2Ltan 45 解得r＝3L 由洛倫茲力提供向心力有qvB＝ 解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝ 則粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2t1＋t2＋ 解得t＝. 命題點(diǎn)二　帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電體在疊加場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng) (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題． (2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題． (3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存(初速度與磁場(chǎng)垂直) ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③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)能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在疊加場(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3　(2018金陵中學(xué)等三校四模)如圖3所示，在豎直虛線PQ左側(cè)、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知．在距離MN為h的O點(diǎn)將帶電小球以v0＝的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g. 圖3 (1)求帶電小球的比荷，并指出小球的帶電性質(zhì)． (2)若小球從O點(diǎn)拋出后最后剛好到達(dá)PQ上與O點(diǎn)等高的O1點(diǎn)，求OO1間最小距離s及對(duì)應(yīng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值B0. (3)已知磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，若撤去電場(chǎng)，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程距離MN的最大距離為d(該點(diǎn)在PQ左側(cè))，求小球經(jīng)過此點(diǎn)時(shí)的加速度a的大?。? 答案　(1)　粒子帶正電　(2)4(2－)h　　(3)－g 解析　(1)因?yàn)樾∏蛟贛N下方的運(yùn)動(dòng)是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力等于重力，電場(chǎng)力方向向上，所以帶正電 因?yàn)橹亓Φ扔陔妶?chǎng)力即mg＝qE，所以帶電小球的比荷＝ (2)小球從O點(diǎn)拋出做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得： x＝v0t，h＝gt2 vy＝gt＝，v＝＝2 tanθ＝，解得θ＝45 所以O(shè)O1間距離s＝2x－R s最小時(shí)R最大，此時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值B0. 由圖可知s＝2x－R＝2R，可得R＝2(2－)h，故最小距離s＝4(2－)h 小球在MN下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 得qvB＝m，R＝ 所以B0＝ (3)若撤去電場(chǎng)，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程距離MN的最大距離為d 根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(h＋d)＝mv－mv 又qv1B1－mg＝ma 所以a＝－g. 命題點(diǎn)三　帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例4　(2018如皋市模擬四)如圖4甲所示，xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度大小為v0，方向?yàn)椋玿軸方向．已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝，不計(jì)粒子所受重力．求： 圖4 (1)t0時(shí)刻粒子的速度大小v1及對(duì)應(yīng)的位置坐標(biāo)(x1，y1)； (2)為使粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸時(shí)速度沿－x方向，B0與E0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)t＝4nt0(n為正整數(shù))時(shí)刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x. 答案　見解析 解析　(1)0～t0時(shí)刻，粒子在電場(chǎng)中做平拋運(yùn)動(dòng)，沿著x軸正方向有：x1＝v0t0， 沿著y軸正方向，有：vy＝at0，y1＝at， 由牛頓第二定律，有qE0＝ma， 運(yùn)動(dòng)的速度大小v1＝， 解得：v1＝，y1＝， 故粒子的位置坐標(biāo)為(v0t0，)； (2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T， 由牛頓第二定律，有qv1B0＝mr1， 解得：T＝2t0； 則粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸前的軌跡如圖所示： 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，有：qv1B0＝m， 由圖可知圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得到：r1sinθ＝v0t0， 且v1cosθ＝v0， 解得：＝v0. (3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為2t0，即在t0～2t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，在x方向上向左移動(dòng)了Δx,2t0時(shí)刻速度大小仍為v1，方向與t0時(shí)刻速度方向相反，在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與0～t0時(shí)間內(nèi)相同，3t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x軸負(fù)方向，在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動(dòng)半圈，4t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x正方向，如圖所示；則0～4t0時(shí)間內(nèi)粒子在x方向上向左移動(dòng)的距離為Δx＝2r1sinθ＝ 則粒子的橫坐標(biāo)x＝－nΔx＝－(n＝1,2，……)． 1．(2018無錫市高三期末)如圖5甲，xOy平面內(nèi)，以O(shè)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.一比荷大小為c的粒子以某一初速度從A(R,0)沿－x方向射入磁場(chǎng)，并從B(0，R)射出．不計(jì)粒子重力． 圖5 (1)判定粒子的電性并求出粒子的初速度大?。? (2)若在原磁場(chǎng)區(qū)域疊加上另一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子從A以原初速度射入磁場(chǎng)，射出時(shí)速度方向與＋x軸成60，求所疊加的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度． (3)若在平面內(nèi)加一個(gè)以O(shè)為圓心，從原磁場(chǎng)邊界為內(nèi)邊界的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，如圖乙．粒子從A以原初速度射入磁場(chǎng)，從B射出后，在圓環(huán)形磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，從P(－R，R)再次從圓環(huán)形磁場(chǎng)進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，則圓環(huán)形磁場(chǎng)外徑應(yīng)滿足什么條件？求粒子運(yùn)動(dòng)的周期． 答案　見解析 解析　(1)由左手定則可知，粒子帶正電．粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)， 由洛倫茲力提供向心力得qvB0＝m，解得v＝cB0R (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(b)，由幾何關(guān)系可知，粒子的軌道半徑變?yōu)镽1＝R 由qvB＝可知，合磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小變?yōu)锽＝B0 若所疊加磁場(chǎng)垂直于紙面向外，粒子從M射出，則根據(jù)B1＋B0＝B，有B1＝(－1)B0 若所疊加磁場(chǎng)垂直于紙面向里，粒子從N射出，則根據(jù)B1′－B0＝B，有B1′＝(＋1)B0 (3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)，由幾何關(guān)系可知∠POB＝， 粒子在圓環(huán)形磁場(chǎng)區(qū)的軌道半徑為R2＝R， 則要求外徑R′≥R2＋2R2＝R 粒子完成一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)滿足n＝2πm，m、n均為正整數(shù) 滿足條件的m、n的最小值m＝5、n＝12的周期為 T＝n ＝. 2.(2018南京市、鹽城市一模)如圖6所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電場(chǎng)與水平方向成60角，同心大圓半徑為r，兩圓間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后恰好沿磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的最高點(diǎn)A處進(jìn)入電場(chǎng)，并從最低點(diǎn)C處離開電場(chǎng)．不計(jì)粒子的重力．求： 圖6 (1)該粒子從A處進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率； (2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。? (3)使該粒子不進(jìn)入電場(chǎng)并在磁場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，加速電壓的取值范圍． 答案　見解析 解析　(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由圖可知粒子以v進(jìn)入磁場(chǎng)經(jīng)T的時(shí)間從內(nèi)圓最高點(diǎn)A處進(jìn)入電場(chǎng)． 由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，由幾何關(guān)系得R＝ 解得v＝. (2)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示． 由幾何知識(shí)和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：2rcos 60＝vt，2rsin 60＝at2，Eq＝ma 解得E＝ (3)帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)獲得一定動(dòng)能進(jìn)入磁場(chǎng)． 加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得U加q＝mv2，磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m 解得U加＝ 使該粒子不進(jìn)入電場(chǎng)并在磁場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)分析R有三種臨界值，如圖丙所示． ①當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R1＝r， 則粒子的速度大小為v1＝r，加速電壓大小為U加1＝ ②當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R2＝r， 則粒子的速度大小為v2＝r，加速電壓大小為U加2＝ ③當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R3＝r， 則粒子的速度大小為v3＝r, 加速電壓大小為U加3＝ 所以加速電壓的取值范圍： 0＜U加≤或≤U加≤. 3．(2018蘇州市模擬)如圖7所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上．在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小E1＝；在第二、第三象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放．(重力加速度為g) 圖7 (1)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第一次經(jīng)過y軸時(shí)速度的大小； (2)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第二次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)； (3)若小球第二次經(jīng)過y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋1′＝，方向不變，求小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)． 答案　(1)　(2)－d(3)－d 解析　(1)設(shè)小球在第一、四象限中的加速度為a，由牛頓第二定律得＝ma 得到a＝，對(duì)小球受力分析知加速度方向斜向左下，設(shè)其方向與水平面夾角為θ，則 tanθ＝＝，小球移動(dòng)的位移x＝＝2d，所以經(jīng)過y軸時(shí)速度的大小為v0＝＝＝. (2)小球第一次經(jīng)過y軸后，在第二、三象限內(nèi)，由于qE2＝mg，電場(chǎng)力與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示．設(shè)軌跡半徑為R， 由洛倫茲力提供向心力qv0B＝m，得R＝ 由幾何關(guān)系知Δy＝R＝＝，OP′＝dtanθ＝d 故小球第二次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)y1＝－d. (3)從第二次經(jīng)過y軸到第三次經(jīng)過y軸過程，小球在第一、四象限內(nèi)的受力分析如圖乙所示． 由圖可知tanα＝＝，則剛進(jìn)入第一象限時(shí)小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a′＝＝2g 小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的關(guān)系可知v0t′＝2gt′2 得小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t′＝＝＝ 小球第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸的距離為： Δy′＝＝＝d 故小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為： y2＝y(tǒng)1－Δy′＝－d. 1．(2018揚(yáng)州市一模)在如圖1所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長(zhǎng)為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長(zhǎng)度為d，間距為d.電場(chǎng)右側(cè)的x軸上有足夠長(zhǎng)的熒光屏．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，求： 圖1 (1)電子通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t； (2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U； (3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)電子在磁場(chǎng)區(qū)域由洛倫茲力提供向心力可得： evB＝m，得到：r＝ 運(yùn)動(dòng)周期T＝＝ △OAC和△OQC均為等腰直角三角形，故粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為90， 故通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t＝T＝. (2)打在最遠(yuǎn)處，則必是速度最大的電子恰從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的最高點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，如圖所示， 由幾何知識(shí)得r＝d，由r＝解得v＝ 通過電場(chǎng)的時(shí)間t1＝＝ 電子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)，由幾何關(guān)系有： ＝＝， 又y1＋y2＝d 解得y1＝d 即t＝d 代入數(shù)據(jù)解得U＝. (3)若電子恰好打在下極板右邊緣，如圖所示． 磁場(chǎng)中r′＝ 電場(chǎng)中水平方向：d＝v′t 豎直方向：r′＝t2 由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v′＝. 2.(2019高郵中學(xué)段考)北京正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)是國(guó)際上唯一高亮度對(duì)撞機(jī)，它主要由直線加速器、電子分離器、環(huán)形儲(chǔ)存器和對(duì)撞測(cè)量區(qū)組成，其簡(jiǎn)化原理如圖2所示：MN和PQ為足夠長(zhǎng)的水平邊界，豎直邊界EF將整個(gè)區(qū)域分成左右兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，Ⅱ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．調(diào)節(jié)Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以使正、負(fù)電子在測(cè)量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對(duì)撞．經(jīng)加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D同時(shí)入射，入射方向平行EF且垂直磁場(chǎng)．已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為8d，正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋e和－e，忽略電子進(jìn)入加速器的初速度． 圖2 (1)試判斷從注入口C入射的是哪一種電子？電子經(jīng)加速器加速后速度為v0，求直線加速器的加速電壓U； (2)若將Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為B，正、負(fù)電子以v1＝的速率同時(shí)射入，則正、負(fù)電子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間相撞？ (3)若將Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為，正、負(fù)電子仍以v1＝的速率射入，但負(fù)電子射入時(shí)刻滯后于正電子Δt＝，求正、負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)． 答案　(1)正電子　　(2)　(3)(d，d) 解析　(1)由左手定則判斷，從C入射的為正電子，由動(dòng)能定理 eU＝mv， 解得：加速電壓U＝ (2)電子射入后的軌跡如圖甲所示 電子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑相同，設(shè)為r， 由洛倫茲力提供向心力eBv1＝m，解得：r＝d 周期T＝ 對(duì)撞時(shí)間：t＝T＝ (3)電子射入后的軌跡如圖乙所示 電子在Ⅰ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑r1＝d，周期T1＝ 電子在Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑r2＝3d，周期T2＝，Δt＝＝ 設(shè)正、負(fù)電子在A點(diǎn)相撞，由幾何關(guān)系可知A與圓心的連線與水平方向夾角θ＝30，A的橫坐標(biāo)x＝r2cosθ＝d，A的縱坐標(biāo)y＝4d－r2sinθ＝d 正、負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)為(d，d)． 3．(2018海安中學(xué)月考)如圖3甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域，其邊界為MN、PQ，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(重力加速度為g) 圖3 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h； (3)若帶電小球從距MN高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后仍能回到O′點(diǎn)，需將磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)一定距離(如圖乙所示)，求磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)的距離y及小球從O′點(diǎn)釋放到第一次回到O′點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間T. 答案　見解析 解析　(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，即qE＝mg，解得E＝ (2)只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)，如圖甲所示 由動(dòng)能定理得：mgh＝mv2 Bqv＝ 由幾何關(guān)系得：R＝d 聯(lián)立解得：h＝ (3)當(dāng)帶電小球從距MN的高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開始下落時(shí)，應(yīng)有 mg3h＝mv，小球運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R1＝ 聯(lián)立解得：R1＝2d 畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖乙所示，在中間勻速直線運(yùn)動(dòng)過程中，小球的速度方向與豎直方向成30角，根據(jù)幾何關(guān)系有，R1sin 60＝R1(1－cos 30)＋ytan 30，可得磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)距離y＝(6－2)d 小球自由落體和豎直上拋的總時(shí)間t1＝2＝ 小球做圓周運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t2＝ 小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t3＝＝ 第一次回到O′點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間T＝t1＋t2＋t3＝＋＋. 4.(2018常州市一模)如圖4所示的xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy(未知)，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外．電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場(chǎng)．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝，B2＝，不計(jì)電子重力． 圖4 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。? (2)若電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求Δy的取值范圍； (3)若電場(chǎng)沿y軸正方向，Δy＝R，欲使電子b能到達(dá)x軸且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，求矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 答案　(1)　(2)Δy＞R　(3)4(2＋)R2 解析　(1)電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，電子a射入，經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則r＝R， 洛倫茲力提供向心力得ev0B1＝m，解得B1＝ (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子a速度減小為0時(shí)位移是Δy0，此過程由動(dòng)能定理有eEΔy0＝mv，可求出Δy0＝＝R，則電子a不能到達(dá)MN時(shí)Δy＞R (3)勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)MN時(shí)的速度大小為v，電子b在MN下方磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，電子b離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ角，如圖甲所示． 由動(dòng)能定理有eEΔy＝mv2－mv， 解得v＝2v0，在電場(chǎng)中的加速度a＝＝， 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝， 電子在x軸方向上的位移x＝v0t1＝2R； 由牛頓第二定律，有：evB2＝m，代入得：r1＝R， cos θ＝＝，故θ＝； 由幾何關(guān)系可知，在MN下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心O2在y軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場(chǎng)右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝時(shí)，粒子能夠到達(dá)x軸且與原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，如圖乙所示．由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場(chǎng)的水平邊長(zhǎng)為l1＝r1＋r1sin θ， 豎直邊長(zhǎng)為l2＝r1＋r1cos θ， 最小面積為S＝l1l2＝r(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2.