2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場(chǎng) 第49講 帶電粒子在組合場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）.doc

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第49講　帶電粒子在組合場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 考點(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)。不同的磁場(chǎng)區(qū)域組合在一起也叫組合場(chǎng)。 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(wèn)題。 3．組合場(chǎng)中的兩種典型偏轉(zhuǎn) (2017天津高考)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。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； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 解析　(1)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＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 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α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45⑤ 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＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子所帶電荷量為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＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 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＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝。 答案　(1)v0，速度方向與x軸正方向成45角斜向上 (2) 方法感悟 帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是將粒子在電場(chǎng)中的加速與偏轉(zhuǎn)，跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)有效組合在一起。區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同的場(chǎng)區(qū)時(shí)，粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程則由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成；前后兩段過(guò)程的聯(lián)系是帶電粒子在邊界的速度，前一過(guò)程的末速度就是后一過(guò)程的初速度。 如圖所示，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)離開磁場(chǎng)。已知帶電粒子的比荷＝3.2109 C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長(zhǎng)L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4105 m/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θ； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 答案　(1)45　(2)2.510－2 T 解析　(1)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tanθ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45。 (2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為： v＝ 在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力： Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.510－2 T。 考點(diǎn)二　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．復(fù)合場(chǎng)存在形式有以下三種 (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，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。 (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 ②若靜電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(wèn)題。 (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 ②若重力與靜電力平衡，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(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。 3．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向豎直向下。一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點(diǎn)由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點(diǎn)穿出，其速度方向改變了60，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2的大小； (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (3)微粒從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間。 解析　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上，有 qE1sin45＝mg 解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上，有 mg＝qE2 解得E2＝。 (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，離開區(qū)域Ⅰ時(shí)速度為v，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則 a＝＝g v2＝2ad1 Rsin60＝d2 qvB＝m 解得B＝ 。 (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1＝ 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為60， 而T＝ 則t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝＋ 。 答案　(1)　　(2) (3) ＋ 方法感悟 關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況 (1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與靜電力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些宏觀帶電小物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力。 (2)在題目中有明確說(shuō)明是否要考慮重力的，按題目要求處理。 (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確定是否要考慮重力。 如圖所示，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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場(chǎng)強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在y>h(h＝0.4 m)的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)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(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2。 (1)求油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)求油滴在P點(diǎn)得到的初速度大?。? (3)求油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 答案　(1)1∶1∶　負(fù)電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 解析　(1)對(duì)油滴受力分析，如圖所示，可知油滴帶負(fù)電荷。 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得 mg∶qE∶F＝1∶1∶。 (2)由第(1)問(wèn)得 F＝qvB＝qE 解得v＝＝4 m/s。 (3)進(jìn)入第一象限，電場(chǎng)力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限。 油滴由O到A做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移為 x1＝＝h 重力與電場(chǎng)力平衡，有mg＝Eq 其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝0.1 s 由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T＝知，油滴由A到C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T＝0.628 s 由對(duì)稱性知油滴從C到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝t1 油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝20.1 s＋0.628 s＝0.828 s。 考點(diǎn)三　帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)發(fā)生周期性變化，要仔細(xì)分析并確定各場(chǎng)的變化特點(diǎn)及相應(yīng)的時(shí)間，其變化周期一般與粒子在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期有一定的對(duì)應(yīng)關(guān)系，應(yīng)抓住變化周期與運(yùn)動(dòng)周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口。 2．解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路 如圖a所示的xOy平面處于變化的勻強(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)間做周期性變化的圖象如圖b所示，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，帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動(dòng)。v0、E0和t0為已知量，圖b中＝，在0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為。求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0時(shí)刻粒子P的位置； (3)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。 解析　(1)0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R，即R＝，① 又qv0B0＝，② 代入＝ 解得＝③ (2)設(shè)粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則 T＝，④ 聯(lián)立①④解得T＝4t0，⑤ 即粒子P運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)后磁場(chǎng)變?yōu)殡妶?chǎng)，粒子以速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)t0～2t0時(shí)間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則 x1＝v0t0，⑥ y1＝at，⑦ 其中加速度a＝⑧ 由③⑦⑧解得y1＝＝R，因此t＝2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為，如圖中的b點(diǎn)所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對(duì)稱關(guān)系知，在3t0時(shí)刻速度方向沿x軸正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0，豎直位移y2＝y(tǒng)1＝R；在3t0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，往復(fù)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離， L＝2R＋2x1，⑨ 解得L＝2v0t0。 答案　(1)　(2)　(3)2v0t0 方法感悟 認(rèn)真閱讀題目、分析題意、搞清題述物理狀態(tài)及過(guò)程，并用簡(jiǎn)圖(示意圖、運(yùn)動(dòng)軌跡圖、受力分析圖、等效圖等)將這些狀態(tài)及過(guò)程表示出來(lái)，以展示題述物理情境、物理模型，使物理過(guò)程更為直觀、物理特征更加明顯，進(jìn)而快速簡(jiǎn)便解題。 (2018合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間沿中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中。MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN，兩板間電場(chǎng)可看做是均勻的，且兩板外無(wú)電場(chǎng)。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長(zhǎng)度為l，磁場(chǎng)的寬度為d。已知：B＝510－3 T，l＝d＝0.2 m，每個(gè)帶正電粒子的速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視作是恒定不變的。試求： (1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑； (2)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度； (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 答案　(1)0.2 m　(2)1.414105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi) 解析　(1)t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小。 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qv0B＝ 則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑 rmin＝＝ m＝0.2 m，其運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。 (2)設(shè)兩板間電壓為U1時(shí)，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)，則有＝at2＝2 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V 在電壓不高于100 V時(shí)，帶電粒子才能從兩板間射出電場(chǎng)，電壓高于100 V時(shí)，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有 mv＝mv＋q 解得vmax＝105 m/s＝1.414105 m/s。 (3)由第(1)問(wèn)計(jì)算可知，t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rmin＝d＝0.2 m，徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點(diǎn)為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn)， 則＝rmin＝0.2 m 帶電粒子射出電場(chǎng)的速度最大時(shí)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運(yùn)動(dòng)徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。 qvmaxB＝ 則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑 rmax＝＝ m＝ m 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點(diǎn)所示，并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則 ＝＝ m＝0.1 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F，則 ＝rmax－＝ m＝0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．(多選)一個(gè)重力忽略不計(jì)的帶電粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向向右射入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，穿出電場(chǎng)后接著又進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) 答案　AD 解析　A、C選項(xiàng)中粒子在電場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進(jìn)入磁場(chǎng)后，A圖中粒子應(yīng)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，故A正確；C圖中粒子應(yīng)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；同理可以判斷D正確，B錯(cuò)誤。 2．如圖所示，一束正離子從S點(diǎn)沿水平方向射出，在沒(méi)有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、磁場(chǎng)時(shí)恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第Ⅲ象限中，則所加電場(chǎng)E和磁場(chǎng)B的方向可能是(不計(jì)離子重力及其間相互作用力)(　　) A．E向下，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向上，B向上 答案　A 解析　離子打在第Ⅲ象限，相對(duì)于原點(diǎn)O向下運(yùn)動(dòng)和向外運(yùn)動(dòng)，所以E向下，根據(jù)左手定則可知B向上，故A正確。 3．如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R。已知電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(　　) A．液滴帶正電 B．液滴荷質(zhì)比＝ C．液滴順時(shí)針運(yùn)動(dòng) D．液滴運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝ 答案　C 解析　液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，液滴受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，故可知液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由mg＝qE解得＝，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)轫槙r(shí)針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝，聯(lián)立各式得v＝，故D錯(cuò)誤。 4. (多選)如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在豎直面內(nèi)水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(不計(jì)空氣阻力)。現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象可能是圖中的(　　) 答案　AD 解析　由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0B＝mg，圓環(huán)與桿間無(wú)彈力，不受摩擦力，圓環(huán)將以v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；如果qv0Bmg，則a＝，隨著v的減小a也減小，直到qvB＝mg，以后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確，B、C錯(cuò)誤。 5. 如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E，磁感線和電場(chǎng)線都處在水平方向且互相垂直，E向右，B垂直紙面向里。在MN上方有一個(gè)帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)到達(dá)水平地面。若不計(jì)空氣阻力，小球在通過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B．小球的電勢(shì)能保持不變 C．洛倫茲力對(duì)小球做正功 D．小球動(dòng)能的增量等于其電勢(shì)能和重力勢(shì)能減少量的總和 答案　D 解析　帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做曲線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣葧?huì)發(fā)生變化，洛倫茲力就會(huì)跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能才保持不變，B錯(cuò)誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知：重力做正功，電場(chǎng)力也做正功，洛倫茲力不做功，它們的代數(shù)之和等于動(dòng)能的增量，D正確。 6．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以與x軸正方向成30角斜向上射入磁場(chǎng)，且在x軸上方運(yùn)動(dòng)半徑為R，則(　　) A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)O B．粒子在x軸上方和下方兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為2∶1 C．粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．粒子第二次射入x軸上方磁場(chǎng)時(shí)，沿x軸前進(jìn)3R 答案　D 解析　根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，而在第四象限沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，不可能回到原點(diǎn)O，故A錯(cuò)誤；由r＝，知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為1∶2，故B錯(cuò)誤；粒子在第一象限內(nèi)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60，在第四象限內(nèi)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角也為60，粒子在第一象限做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝，在一個(gè)周期內(nèi)，粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T＝，同理，在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T′＝＝，故粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝，故C錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)得，粒子第二次射入x軸上方磁場(chǎng)時(shí)，沿x軸前進(jìn)的距離為x＝R＋2R＝3R，故D正確。 7．如圖甲所示，兩個(gè)平行正對(duì)的水平金屬板XX′極板長(zhǎng)L＝0.2 m，板間距離d＝0.2 m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝510－3 T，方向垂直紙面向里。現(xiàn)將X′極板接地，X極板上電勢(shì)φ隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。現(xiàn)有帶正電的粒子流以v0＝105 m/s的速度沿水平中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中，粒子的比荷＝108 C/kg，重力可忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)(設(shè)兩板外無(wú)電場(chǎng))。求： (1)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速率； (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間之比； (3)分別從O′點(diǎn)和距O′點(diǎn)下方＝0.05 m處射入磁場(chǎng)的兩個(gè)粒子，在MN上射出磁場(chǎng)時(shí)兩出射點(diǎn)之間的距離。 答案　(1)105 m/s　(2)2∶1　(3)0.05 m 解析　(1)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)所加電壓為U1時(shí)，粒子從極板邊緣射出： 水平方向：t＝＝210－6 s 豎直方向：y＝at2＝， 其中a＝，所以U1＝＝ V 當(dāng)U> V時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)中的粒子將打到極板上，即在電壓等于 V時(shí)進(jìn)入的粒子射出電場(chǎng)時(shí)具有最大速率， 所以由動(dòng)能定理得：q＝mv－mv， 得：vt＝105 m/s。 (2)計(jì)算可得，從極板邊緣射出的粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度與水平方向的夾角為30，從下極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中a所示，磁場(chǎng)中軌跡所對(duì)的圓心角為240，時(shí)間最長(zhǎng)。 從上極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中b所示，磁場(chǎng)中軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120，時(shí)間最短。 因?yàn)閮闪Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝相同，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間之比為2∶1。 (3)如圖所示，從O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子速度為v0，它在磁場(chǎng)中的出射點(diǎn)與入射點(diǎn)間距為d1＝2R1 又R1＝， 所以d1＝ 設(shè)從距O′點(diǎn)下方＝0.05 m處射入磁場(chǎng)的粒子速度與水平方向夾角為φ， 則它的速度為v2＝， 它在磁場(chǎng)中的出射點(diǎn)與入射點(diǎn)間距為d2＝2R2cosφ， 因?yàn)镽2＝，所以d2＝。 所以兩個(gè)粒子向上偏移的距離相等。 所以兩粒子射出磁場(chǎng)的出射點(diǎn)間距仍為進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的間距，即＝0.05 m。 8. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝40 N/C，方向沿y軸正方向；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝210－3 kg帶正電的小球，從點(diǎn)M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度開始運(yùn)動(dòng)。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從點(diǎn)P(2.04 m,0)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過(guò)y軸上的點(diǎn)N(0，－2.28 m)(圖中未標(biāo)出)。(g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)求： (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的時(shí)間。 答案　(1)2 T　(2)0.6 s 解析　(1)由題意可知qE1＝mg，得q＝510－4 C 軌跡如圖，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝y(tǒng)M 可得R＝2 m，θ＝37 由qv0B＝，得B＝2 T。 (2)小球進(jìn)入第四象限后受力分析如圖，tanα＝＝0.75即α＝37＝θ?？芍∏蜻M(jìn)入第四象限后所受電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向垂直，則小球進(jìn)入第四象限后做類平拋運(yùn)動(dòng)。 由幾何關(guān)系可得lNQ＝0.6 m 由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。 [真題模擬練] 9．(2018北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 答案　C 解析　由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，即有Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明要滿足題意需要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度、粒子入射時(shí)速度都有要求，但是對(duì)粒子的電性和電量無(wú)要求，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 10．(2017全國(guó)卷Ⅰ) 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>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 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＝qE① b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則 mbg＝qE＋qvbB② c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則 mcg＋qvcB＝qE③ 比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。 11．(2018唐山第一學(xué)期統(tǒng)考) (多選)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(guò)小孔射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，粒子再次回到出發(fā)點(diǎn)，全程與金屬環(huán)無(wú)碰撞。則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案　AC 解析　帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣運(yùn)動(dòng)到N環(huán)，由動(dòng)能定理有qU＝mv2，帶電粒子進(jìn)入N環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)，與金屬環(huán)無(wú)碰撞，故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，應(yīng)偏轉(zhuǎn)或離開磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑為r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，則根據(jù)r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，選項(xiàng)A、C正確。 12．(2018全國(guó)卷Ⅱ) 一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大?。? (3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 答案　(1)軌跡見(jiàn)解析　(2) (3)　 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖a所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱) (2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ(見(jiàn)圖b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′， 則t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得t′＝。 13．(2018全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (3)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 解析　(1)H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60。H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有qE＝ma1⑤ 設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝ ⑨ (3)設(shè)H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為s2′－s2＝(－1)h。 14．(2017全國(guó)卷Ⅲ) 如圖，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λB0(常數(shù)λ＞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； (2)粒子與O點(diǎn)間的距離。 答案　(1)　(2) 解析　(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做圓周運(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第二定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí)，所需時(shí)間t1為t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí)，所需時(shí)間t2為t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為 t0＝t1＋t2＝⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。 15.(2018開封模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場(chǎng)垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.0105 V/m。在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0106 m/s沿＋x方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)，最終又從磁場(chǎng)離開。已知粒子的比荷為＝1.0107 C/kg，粒子重力不計(jì)。 (1)求圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (2)求沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子，從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次穿出磁場(chǎng)所走過(guò)的路程。 答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m 解析　(1)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，逆著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r＝R＝0.5 m 根據(jù)Bqv＝，得 B＝，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2 T。 (2)粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，MN為直徑，粒子在磁場(chǎng)中的路程為二分之一圓周長(zhǎng)s1＝πR 設(shè)在電場(chǎng)中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得 Eq＝mv2，s2＝ 總路程s＝s1＋s2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1) m。