《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題（含解析）新人教版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題 一、選擇題 1．(2018·日照模擬)質(zhì)譜儀是測(cè)帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計(jì)重力)經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)算出帶電粒子質(zhì)量．其工作原理如圖所示．虛線為某粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知(　　) A．此粒子帶負(fù)電 B．下極板S2比上極板S1電勢(shì)高 C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大 D．若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小 答案　D 解析　A項(xiàng)，由圖結(jié)合左手定則可知，該電荷帶正電．故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)要加速，因正電粒子，所以下極板S2比上極板S1電勢(shì)低．故B項(xiàng)錯(cuò)

2、誤． C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得：r＝.若只減小加速電壓U，由上式可知，則半徑r減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤， D項(xiàng)，若只減小入射粒子的質(zhì)量，q不變，由上式可知，則半徑也減?。蔇項(xiàng)正確． 2．(2018·煙臺(tái)二模)(多選)某回旋加速器兩D形盒間電壓的變化周期可隨時(shí)與粒子運(yùn)動(dòng)周期同步，粒子通過(guò)縫隙時(shí)加速電壓都能保持大小為U，已知它可以將質(zhì)子Р加速到某一速度vm，如果改用它加速α粒子，并且也要達(dá)到相同的速度，則(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 C．在回旋加速器中轉(zhuǎn)過(guò)的周期數(shù)是原來(lái)的2倍 D．在回旋加速器中轉(zhuǎn)過(guò)的周期數(shù)是原來(lái)的

3、 答案　BC 解析　磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期和高頻交流電的周期相等，當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒的半徑．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，qvB＝m，得：v＝ A、B兩項(xiàng)，當(dāng)質(zhì)子α粒子，根據(jù)v＝知荷質(zhì)比變?yōu)橘|(zhì)子的一半，要是速度不變，需要磁場(chǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確； C、D兩項(xiàng)，根據(jù)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T＝知荷質(zhì)比變?yōu)橘|(zhì)子的一半，周期變?yōu)?倍，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 3．環(huán)形對(duì)撞機(jī)是研究高能粒子的重要裝置，比荷相等的正、負(fù)離子都由靜止經(jīng)過(guò)電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時(shí)注入對(duì)撞機(jī)的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.

4、正、負(fù)離子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后在碰撞區(qū)迎面相撞，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直圓環(huán)平面向外 B．若加速電壓一定，離子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的離子加速后，質(zhì)量大的離子動(dòng)能小 D．對(duì)于給定的正、負(fù)離子，加速電壓U越大，離子在環(huán)狀空腔磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng) 答案　B 解析　離子在環(huán)狀空腔內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力指向圓心，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直環(huán)面向內(nèi)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；離子加速，由動(dòng)能定理得qU＝mv2，而運(yùn)動(dòng)的半徑r一定，則r＝＝，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；離子在

5、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝，與加速電壓U的大小無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 4.如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢(shì)差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過(guò)兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) A．d隨v0增大而增大，d與U無(wú)關(guān) B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無(wú)關(guān) D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 答案　A 解析　設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為

6、r＝.而MN之間的距離為d＝2rcosθ.聯(lián)立解得d＝2，故A項(xiàng)正確． 5．(2018·重慶二模)(多選)如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．有一重力不計(jì)的帶電粒子(電量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好與y軸成45°角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限．已知OP之間的距離為d，則(　　) A．帶電粒子通過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0，d) B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 C．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 答案　BC 解析　根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：

7、 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好與y軸成45°角射出電場(chǎng)， 所以v＝＝v0； vx＝v0tan45°＝v0 A項(xiàng)，沿x軸方向有：x＝at2 所以＝＝×＝ OM＝2OP＝2d，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，根據(jù)牛頓第二定律，則有：a＝＝； 解得：E＝，故B項(xiàng)正確； C項(xiàng)，在垂直電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝； 圖中MC為在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系可知： MC＝＝2d； 粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，先在第一象限運(yùn)動(dòng)＝個(gè)圓周而進(jìn)入第四象限，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T＝， 則帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，根據(jù)半

8、徑公式R＝，且R＝2d，解得：B＝，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 6.如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計(jì)重力，在a點(diǎn)以某一初速度水平向左射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運(yùn)動(dòng)，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，則磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的關(guān)系可能是圖乙中的(　　) 答案　C 解析　由左手定則可判斷出磁感應(yīng)強(qiáng)度B在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場(chǎng)方向分別為向外、向里和向外，在三個(gè)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)圓周，故t＝，由于T＝，求得B＝，只有C項(xiàng)正確． 7．(2018·河南模擬)(多選)如圖所示，在兩個(gè)同心的

9、大小圓之間分布著指向圓心的電場(chǎng)，在半徑為R的小圓內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．今在大圓周上的A點(diǎn)從靜止開(kāi)始釋放一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計(jì))，它將往返于電場(chǎng)和磁場(chǎng)中不斷運(yùn)動(dòng)．當(dāng)粒子能夠返回A點(diǎn)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 D．大圓和小圓間的電勢(shì)差為 答案　BD 解析　粒子將往返于電場(chǎng)和磁場(chǎng)中不斷運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子能夠返回A點(diǎn)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，如圖所示 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R，由qvB

10、＝m，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝＝，由動(dòng)能定理可得qU＝mv2，大圓和小圓間的電勢(shì)差為U＝，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t＝3××＝，故B、D兩項(xiàng)正確，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 8．(2018·河南模擬)(多選)某興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中模擬8字形運(yùn)動(dòng)，即在y＞0的空間中和y＜0的空間內(nèi)同時(shí)存在著大小相等，方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，上、下電場(chǎng)以x軸為分界線，在y軸左側(cè)和圖中豎直虛線MN右側(cè)均無(wú)電場(chǎng)，但有方向垂直紙面向里、和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與y軸的距離為2d.一重力不計(jì)的負(fù)電荷從y軸上的P(0，d)點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)

11、一段時(shí)間后，電子又以相同的速度回到P點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電場(chǎng)與磁場(chǎng)的比值為v0 B．電場(chǎng)與磁場(chǎng)的比值為2v0 C．帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為＋ D．帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為＋ 答案　BD 解析　粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖： 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則： d＝v0t1 d＝··t12 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 則：R＝ 結(jié)合幾何關(guān)系：R＝d 聯(lián)立解得：＝2v0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確； 類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：4t1＝； 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡是兩個(gè)半圓，故時(shí)間：t2＝； 帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為：t＝＋，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 9．(2018

12、·淮南二模)(多選)如圖所示，在xOy平面中第一象限內(nèi)有一點(diǎn)P(4 cm，3 cm)，OP所在直線下方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OP上方有平行于OP向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝100 V/m.現(xiàn)有質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電量q＝2×10－3 C帶正電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0＝1×102 m/s垂直于OP方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度方向與OP垂直并進(jìn)入電場(chǎng)，在經(jīng)過(guò)電場(chǎng)中的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能為O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的2倍，不計(jì)該微粒重力．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.2 T B．OM兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為7.5 V C．粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的時(shí)間等于5×10－4

13、 s D．M點(diǎn)的坐標(biāo)為(3 cm，7 cm) 答案　BC 解析　A項(xiàng)，因粒子過(guò)P點(diǎn)時(shí)垂直于OP，所以O(shè)P為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑是5 cm其軌跡半徑r＝2.5 cm＝2.5×10－2 m 由于Bqv0＝m，解得：B＝2 T，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，進(jìn)入電場(chǎng)后，沿電場(chǎng)線方向：y′＝at2＝105t2 vy′＝at＝2×105t 垂直于電場(chǎng)方向：x′＝υt＝103t vx′＝102 m/s， 因?yàn)?EKO＝EKM即：2×mv2＝m(vx′2＋vy′2)， 解得：x′＝0.05 m y′＝0.025 m t＝5×10－4 s， 電勢(shì)差：U＝E(OP＋y′)＝100(0.0

14、5＋0.025 m)＝7.5 V；故B、C兩項(xiàng)正確； D項(xiàng)，由幾何關(guān)系可知，M點(diǎn)坐標(biāo)： X＝(OP＋y′)cosθ－x′sinθ＝3 cm， Y＝(OP＋y′)sinθ＋x′cosθ＝8.5 cm； 故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 10．(多選)如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負(fù)方向的場(chǎng)強(qiáng)E＝×104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二、三象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在x軸上有一個(gè)垂直于y軸的平板OM平板上開(kāi)有一個(gè)小孔P，P處連接有一段長(zhǎng)度d＝1 cm，內(nèi)徑不計(jì)的直管，位于第一象限內(nèi)，管內(nèi)由于靜電屏蔽沒(méi)有

15、電場(chǎng)．Y軸負(fù)方向上距O點(diǎn) cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射α粒子，且OS＜OP.假設(shè)發(fā)射的α粒子速度大小v均為2×105 m/s，除了垂直于x軸通過(guò)P點(diǎn)的α粒子可以進(jìn)入電場(chǎng)，其余打到平板上的α粒子均被吸收．已知α粒子帶正電，比荷＝5×107 C/kg，重力不計(jì)，則(　　) A．經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的α粒子，第一次到達(dá)y軸的位置與O點(diǎn)的距離為0.06 m B．經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的α粒子，第一次到達(dá)y軸的位置與O點(diǎn)的距離為0.07 m C．要使離開(kāi)電場(chǎng)的α粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2可為 T D．要使離開(kāi)電場(chǎng)的α粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2可為 T

16、 答案　BD 解析　粒子洛倫茲力提供向心力：qvB1＝m 可得：r＝＝0.02 m 由幾何關(guān)系可知P點(diǎn)距O點(diǎn)：x＝r＋＝0.03 m① 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，Eq＝ma② x軸方向位移：x＝at2③ y軸方向位移：y＝vt④ 聯(lián)立①②③④式可得：y＝0.06 m 所以，粒子到達(dá)y軸位置與O點(diǎn)的距離：H＝y(tǒng)＋d＝0.07 m⑤ A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確； 設(shè)粒子在y軸射出電場(chǎng)的速度方向與y軸正方向夾角為θ， 根據(jù)速度偏向角公式：tanθ＝＝＝1，可得：θ＝45° 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v′＝＝2v⑥ C、D兩項(xiàng)，若粒子離開(kāi)電場(chǎng)經(jīng)B2磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接回到S處，設(shè)粒子在B

17、2的軌道半徑r′， y軸負(fù)方向上的粒子源距O點(diǎn)距離：h＝ cm 由幾何關(guān)系可得：r′＝＝×10－2 m⑦ 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB2＝m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式可得：B2＝ T， 若粒子離開(kāi)電場(chǎng)經(jīng)B2磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入B1磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)再回到離子源S處， 則進(jìn)入B1磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)半徑：R＝＝×10－2 m 根據(jù)粒子在B2磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑，同理得：B2＝ T 故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 二、非選擇題 11.(2018·課標(biāo)全國(guó)Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直．已知甲種

18、離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l.不計(jì)重力影響和離子間的相互作用．求 (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 解析　(1)甲粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得： q1U＝m1v12， 由題意可知，甲離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑： r1＝l， 甲離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q1v1B＝m1， 解得：B＝； (2)離子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得： 對(duì)甲：q1U＝m1v12， 對(duì)乙：q2U＝m2v22， 由題意可知，甲離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑： r

19、1＝l， 乙離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r2＝l， 離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 對(duì)甲：q1v1B＝m1，對(duì)乙：q2v2B＝m2， 離子的比荷：k＝， 解得，甲乙離子的比荷之比：＝. 12．(2018·河南一模)如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一點(diǎn)狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個(gè)方向(包括x軸正方向和負(fù)方向)發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質(zhì)量；在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．a(chǎn)b為一塊很大的平面感光板，放置于

20、y＝2d處，觀察發(fā)現(xiàn)此時(shí)恰好沒(méi)有粒子打到ab板上．(不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用) (1)求粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)將ab板平移到距x軸最遠(yuǎn)什么位置時(shí)所有粒子均能打到板上？ 解析　(1)根據(jù)動(dòng)能定理得Eqd＝mvt2－mv02， 可得剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率vt＝2v0 (2)根據(jù)vt＝2v0，對(duì)于沿x軸正方向射出的粒子，其進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸正方向的夾角θ＝ 在電場(chǎng)中沿x軸正方向的位移 x1＝v0t＝d 若沿x軸正方向出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x軸正方向射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與ab板相切，如

21、圖甲所示： 由幾何關(guān)系可知r＋rcos＝d 可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝d 洛倫茲力提供向心力qvtB＝m 可得B＝＝ (3)若沿x軸負(fù)方向射出的粒子能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上，臨界情況就是沿x軸負(fù)方向射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡恰好與ab板相切．如圖乙所示： 由圖可知，此時(shí)磁場(chǎng)寬度為d 即當(dāng)ab板位于y＝d的位置時(shí)，恰好所有粒子均能打到板上． 13．(2018·徐州一模)如圖所示的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

22、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(guò)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． (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的最小值； (3)若電場(chǎng)沿y軸正方向，Δy＝R，欲使電子b從矩形磁場(chǎng)射出的方向與水平夾角為60°，求矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 解析　(1)電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑相等，設(shè)為r，

23、 當(dāng)電子a射入，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則： r＝R， 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)做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理：eE·Δy＝mv02， 可求出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到達(dá)MN時(shí)速度為v，電子b在MN下方磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r1，電子b離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ角，如圖所示． 由動(dòng)能定理，有：eE·Δy′＝mv2－mv02， 解得：v＝2v0， cosθ＝＝，故θ＝； 在電場(chǎng)中a＝＝， t1＝＝， x＝v0t1＝2R； 在矩形磁場(chǎng)：evB2＝m， 得：r1＝R， 由幾何關(guān)系可知，在下方磁場(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，且方向與水平夾角為θ＝時(shí)， 最小矩形磁場(chǎng)的水平邊長(zhǎng)為l1＝(r1＋r1sinθ)， 豎直邊長(zhǎng)為l2＝(r1＋r1cosθ)， 最小面積為S＝l1l2＝r12(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋)R2. 14