（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第7講 帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)

《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第7講 帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第7講 帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第7講　帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 沖刺提分作業(yè)A 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2019遼寧大連模擬)如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn),出現(xiàn)一個(gè)光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng),打在熒光屏上的P點(diǎn),然后在磁場(chǎng)區(qū)域再加一豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn),關(guān)于該粒子束(不計(jì)重力),下列說法正確的是(　　) A.粒子帶負(fù)電 B.初速度v=BE C.比荷qm=B2rE D.比荷qm=EB2r 答案　D　只存在磁場(chǎng)時(shí),粒子束打在P點(diǎn),由左

2、手定則知粒子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)閝vB=mv2r,所以qm=vBr,加勻強(qiáng)電場(chǎng)后滿足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,選項(xiàng)D正確,B、C錯(cuò)誤。 2.如圖所示,豎直線MN∥PQ,MN與PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,O是MN上一點(diǎn),O處有一粒子源,某時(shí)刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場(chǎng)方向)、比荷一定的帶負(fù)電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計(jì)),已知沿圖中與MN成θ=60°射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場(chǎng),則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為(　　) A.πa3v B.23πa3v C.4πa3v D.2πav 答案　C　當(dāng)θ

3、=60°時(shí),粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示,則a=R sin 30°,即R=2a。設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為α,則其在磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間t=α2πT,即α越大,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行時(shí)間越長(zhǎng),α最大時(shí)粒子的運(yùn)行軌跡恰好與磁場(chǎng)的右邊界相切,如圖乙所示,因R=2a,此時(shí)圓心角αm為120°,即最長(zhǎng)運(yùn)行時(shí)間為T3,而T=2πrv=4πav,所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為4πa3v,C正確。 3.美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器,應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量,使人類在獲得較高能量的帶電粒子領(lǐng)域前進(jìn)了一大步。如圖所

4、示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定,且被限制在A、C兩板之間。帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng),經(jīng)加速電場(chǎng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器,下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次 B.P1P2=P2P3 C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D.加速電場(chǎng)方向需要做周期性變化 答案　C　由題圖可知,帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由公式R=mvqB和qU=12mv22-12mv12可知,帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周,電場(chǎng)力做功相同,動(dòng)能增量相同,但速度的增量不同,故粒子圓

5、周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v=qBRm可知,加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān),選項(xiàng)C正確;由T=2πmqB可知,粒子運(yùn)動(dòng)的周期不隨v的變化而變化,故加速電場(chǎng)的方向不需做周期性變化,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.(2017課標(biāo)Ⅰ,16,6分)如圖,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>m

6、b>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案　B　因微粒a做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則微粒重力不能忽略且與電場(chǎng)力平衡,有mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下,則對(duì)b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正確。 二、多項(xiàng)選擇題 5.長(zhǎng)為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,板間距離也為l,極板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力),從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場(chǎng),欲使粒子不打在極板上,

7、可采用的辦法是(　　) A.使粒子的速度v5Bql4m C.使粒子的速度v>Bqlm D.使粒子的速度v滿足Bql4m

8、部分粗糙,整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為mg2q,方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,g為重力加速度大小,則下列說法正確的是(　　) A.物塊最終停在A點(diǎn) B.物塊最終停在最低點(diǎn) C.物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.物塊首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg+qBRg 答案　CD　由于半圓槽右半部分光滑,左半部分粗糙,且在最低點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向水平向右,所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng),到達(dá)某位置時(shí)速度變?yōu)榱?然后又向左運(yùn)動(dòng),即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng),C正確,A、B錯(cuò)誤;物塊從A點(diǎn)首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn),由動(dòng)能定理得,mgR-qER=12mv2-0,且E=m

9、g2q,聯(lián)立得v=gR,物塊首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得,FN-mg-qvB=mv2r,解得FN=2mg+qBRg,由牛頓第三定律知,物塊首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN'=FN=2mg+qBRg,D正確。 7.如圖所示,M、N為兩個(gè)同心金屬圓環(huán),半徑分別為R1和R2,兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場(chǎng),N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,N環(huán)上有均勻分布的6個(gè)小孔,從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),經(jīng)電場(chǎng)加速后通過小孔射入磁場(chǎng),經(jīng)過一段時(shí)間,粒子再次回到出發(fā)點(diǎn),全程與金屬環(huán)無碰撞。則M、N間電壓U滿足的條件是(　　)

10、 A.U=qB2R226m B.U=qB2R225m C.U=3qB2R222m D.U=qB2R223m 答案　AC　帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣由靜止運(yùn)動(dòng)到N環(huán),由動(dòng)能定理有qU=12mv2,帶電粒子進(jìn)入N環(huán)內(nèi)磁場(chǎng),與金屬環(huán)無碰撞,故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后,應(yīng)偏轉(zhuǎn)2π3或π3離開磁場(chǎng),由幾何關(guān)系可知,軌跡半徑為r=3R2或r=3R23,則根據(jù)r=mvqB,聯(lián)立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,選項(xiàng)A、C正確。 三、計(jì)算題 8.(2019湖南常德模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng),有一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m、電荷量為q,小球在光滑絕

11、緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且從B點(diǎn)射出,已知AB長(zhǎng)度為3L,AD長(zhǎng)度為L(zhǎng),求: (1)小球帶何種電荷及進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的速度大小; (2)小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑; (3)小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 答案　(1)負(fù)電荷　2qUm　(2)2L　(3)πL32mqU 解析　(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且從B點(diǎn)射出,根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷 小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)之前,由動(dòng)能定理得qU=12mv2 解得v=2qUm (2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得

12、 r2=(r-L)2+(3L)2 解得r=2L (3)由(2)知小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角 sin θ=3Lr 解得θ=π3 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期T=2πrv,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=θ2πT 聯(lián)立解得t=πL32mqU 9.如圖所示,在豎直平面內(nèi),有一長(zhǎng)度L=2.4 m的固定絕緣豎直桿AB和固定光滑絕緣圓弧軌道CD,D為圓弧軌道最高點(diǎn),半徑OC與豎直線的夾角θ=37°。B點(diǎn)所在的水平線上方存在著場(chǎng)強(qiáng)大小E1=5×106 N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),下方與C點(diǎn)之間存在著場(chǎng)強(qiáng)大小E2=E1、方向與豎直線的夾角α=37°斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.8 kg、電荷量q=2×

13、10-6 C的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))套在桿上從A端由靜止釋放后下滑,穿過電場(chǎng)后恰好從C點(diǎn)無碰撞地沿圓弧軌道CD運(yùn)動(dòng),恰好通過D點(diǎn)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB; (2)小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間t和過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC; (3)圓弧軌道的半徑R。 答案　(1)6 m/s　(2)1615 s　10 m/s (3)5023 m 解析　(1)小球沿桿下滑過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小 Ff=μqE1 小球沿桿下滑的加速度大小 a=mg-Ffm 由vB2=2aL

14、得vB=6 m/s (2)小球離開B點(diǎn)后在電場(chǎng)E2中受力如圖所示 因?yàn)閝E2 cos α=8 N,恰好與重力(mg=8 N)平衡,所以可判定小球在電場(chǎng)E2中做類平拋運(yùn)動(dòng) 加速度大小a'=qE2sinαm 小球過C點(diǎn)時(shí),有vBa't=tan θ 過C點(diǎn)時(shí),速度大小vC=vBsinθ 解得t=1615 s,vC=10 m/s (3)設(shè)小球到達(dá)D點(diǎn)的速度大小為vD,則 mg=mvD2R 小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 12mvC2=12mvD2+mg(R+R cos θ) 解得R=5023 m 沖刺提分作業(yè)B 1.如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy中,除第

15、一象限外,其他象限內(nèi)都存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.12 T、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。P是y軸上的一點(diǎn),它到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離l=0.40 m。今有一個(gè)比荷qm=5.0×107 C/kg的帶正電的粒子從P點(diǎn)開始垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。已知粒子的初速度v0=3.0×106 m/s,方向與y軸正方向的夾角θ=53°,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。粒子的重力不計(jì)。 (1)求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R。 (2)若在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區(qū)域內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(如圖所示),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入第一象限,最后恰好從P點(diǎn)沿初速度的方向再次射入磁場(chǎng)。

16、求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和電場(chǎng)邊界(圖中虛線)與x軸之間的距離d。 答案　(1)0.50 m (2)8.0×105 N/C　0.10 m 解析　(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有 qv0B=mv02R 代入數(shù)據(jù)解得R=0.50 m (2)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可確定,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓的圓心A恰好落在x軸上。根據(jù)圖中的幾何關(guān)系還可確定,粒子進(jìn)入第一象限時(shí)的位置(圖中C點(diǎn))與O點(diǎn)的距離 x=R-R cos θ 粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度為a 根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 l-d=v0t,x=

17、12at2 vx=at,tan θ=vxv0 根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma 代入數(shù)據(jù)解得E=8.0×105 N/C,d=0.10 m 2.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿y軸正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng),且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點(diǎn),以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng),通過電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限,又經(jīng)過磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限,且速度與y軸負(fù)方向成45°,不計(jì)粒子所受的重力。求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大

18、小; (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向; (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。 答案　(1)mv022qh (2)2v0　指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45° (3)2mv0qL 解析　(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有 x=v0t=2h,y=12at2=h,qE=ma 聯(lián)立以上各式可得E=mv022qh (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿豎直方向的分速度vy=at=v0 所以v=v02+vy2=2v0 方向指向第Ⅳ象限,與x軸正方向成45° (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),有qvB=mv2r 當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值,此時(shí)有r=22L 所

19、以B=2mv0qL 3.如圖所示,平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng),AO與x軸負(fù)方向成37°。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場(chǎng)強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后,可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn),MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出,已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大

20、小; (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向; (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。 答案　(1)3mg4q　5mg4qv0　(2)4mg5q　方向與x軸正方向成53°斜向上　(3)mgq　16mv05qd 解析　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用,做直線運(yùn)動(dòng),三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng) 甲 由圖甲知 tan 37°=qE1mg 解得E1=3mg4q cos 37°=mgqv0B1 解得B1=5mg4qv0 (2)區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí),受力如圖乙所示(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

21、,由圖乙知 cos 37°=qE2mg 乙 解得E2=4mg5q 方向與x軸正方向成53°斜向上 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以mg=qE3,得E3=mgq 因小球恰好不從右邊界穿出,小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示 丙 由幾何關(guān)系可知r+r cos 53°=d 解得r=58d 由洛倫茲力提供向心力知 B2q·2v0=m(2v0)2r,聯(lián)立得B2=16mv05qd 4.如圖所示,在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)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1,x軸下方有一直線ab,ab與x軸相距為d,x軸與直線ab區(qū)域間有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,在ab的下

22、方有一平行于x軸的感光板MN,ab與MN區(qū)域間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2。在0≤y≤2R的區(qū)域內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從圓形區(qū)域左側(cè)的任何位置沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域,經(jīng)過磁場(chǎng)B1偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過O點(diǎn),然后進(jìn)入x軸下方。已知x軸與直線ab間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小E=3mv022ed,ab與MN間勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=mv0ed,不計(jì)電子重力。求: (1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小; (2)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上,MN與ab間的最小距離h1; (3)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上,MN與ab間的最大距離為h2;當(dāng)M

23、N與ab間的距離最大時(shí),電子從O點(diǎn)到MN運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。 答案　(1)mv0eR　(2)3d　(3)d　23d3v0+πd3v0 解析　(1)所有電子射入圓形區(qū)域后均做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌道半徑大小相等,設(shè)為r 從位置(-R,R)處射入的電子經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方,由幾何關(guān)系易得r=R 由洛倫茲力提供向心力得ev0B1=mv02r 解得B1=mv0eR (2)設(shè)電子經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)ab時(shí)速度大小為v,電子在ab與MN間磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1,沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)的電子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ,則 eEd=12mv2-12mv02,r1=mveB2,cos

24、 θ=v0v 解得v=2v0,r1=2d,θ=60° 如果電子在O點(diǎn)以速度v0沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng),經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,不能打在MN上,則所有電子都不能打在MN上。設(shè)恰好不能打在MN上的電子在磁場(chǎng)中的圓軌道圓心為O2,如圖甲所示 甲 則MN與ab間的最小距離h1=r1+r1 cos θ 解得h1=3d (3)如果電子在O點(diǎn)沿x軸正方向射入電場(chǎng),經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,能打在MN上,則所有電子都能打在MN上。設(shè)恰好能打在MN上的電子在磁場(chǎng)中的圓軌道圓心為O3,如圖乙所示 乙 則MN與ab間的最大距離h2=r1-r1 cos θ 由電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)與(2)中的對(duì)稱性可知 r1=2d,θ=60° 解得h2=d 當(dāng)MN與ab間的距離最大為h2=d時(shí),所有從O點(diǎn)到MN的電子中,沿x軸正方向射入電場(chǎng)的電子,運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。設(shè)該電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,在磁場(chǎng)B2中運(yùn)動(dòng)周期為T,時(shí)間為t2 則a=eEm,d=12at12,T=2πmeB2,t2=θ2πT 運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間tm=t1+t2 解得t1=23d3v0,T=2πdv0,t2=πd3v0,tm=23d3v0+πd3v0 - 13 -