《（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學(xué)案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學(xué)案考題一帶電粒子在組合場中的運動1.組合場模型電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各自位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況.2.帶電粒子在組合場中運動的處理方法(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁場中做勻速圓周運動.在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動.(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理.(3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，該位置粒子的速度大小和方向往往是解題的突破口.例1(2016四川11)如圖1所示，圖面內(nèi)

2、有豎直線DD，過DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域.區(qū)域有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域有固定在水平地面上高h2l、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD上，距地面高H3l.零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0、方向與水平面夾角的速度，在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇.小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電荷量對空間電磁場的影響.l已知，g為重力加速度.圖1(

3、1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t(為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向.解析(1)由題知，小球P在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，有mqv0B，代入數(shù)據(jù)解得B(2)小球P在區(qū)域做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為，運動到C點的時刻為tC，到達斜面底端時刻為t1，有tCsv0(t1tC)小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有mgsin maAaA(t1tA)2聯(lián)立以上方程可得tA(32)(3)設(shè)所求電場方向向下，在tA時刻釋放小球A

4、，小球P在區(qū)域運動加速度為aP，有sv0(ttC)aA(ttA)2cos mgqEmaPHhaA(ttA)2sin aP(ttC)2聯(lián)立相關(guān)方程解得E對小球P的所有運動情形討論可得35由此可得場強極小值為Emin0；場強極大值為Emax，方向豎直向上.答案(1)(2)(32)(3)極大值，方向豎直向上；極小值0變式訓(xùn)練1.如圖2所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向.在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O坐標(biāo)為(r,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P(2h，h)點，以大小為v0的速

5、度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場.求：圖2(1)電場強度E的大小；(2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。?3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t.答案(1)(2)(3)解析(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有水平方向：2hv0t1豎直方向：hata由式得E(2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vyat1v0粒子進入磁場時的速度v粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有qvBm由幾何關(guān)系有Rr由式得B(3)粒子在磁場中運動的時間t2T粒子在磁場中做圓周運動的周期T粒子從P點進入電場到Q點射出磁場的總時間tt1t2由解得t2.如圖3所

6、示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在與x軸負方向成30角斜向上的勻強電場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點與y軸正方向成60角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點與x軸正方向成30角進入第三象限.粒子到達y軸上的D點(未畫出)時速度剛好減半，經(jīng)第四象限內(nèi)磁場偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點.已知OAa，第二象限內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B.粒子重力不計，求：圖3(1)粒子初速度v0和第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1的大?。?2)第一、三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E

7、1和E2的大??；(3)粒子在第一、三象限內(nèi)運行的時間比t1t3.答案(1)B(2)(3)解析(1)粒子在第二象限內(nèi)運動正好完成半個圓周，則2R1cos 30OA解得R1a而Bqv0，解得v0粒子在第三象限中運動時有CD2R1tan 30a粒子在第四象限中運動時有R2CDtan 30a而B1qv1m，v1v0解得B1B(2)在第一象限內(nèi)：OFR2R2sin 30a有OFtOAv1t1解得E1，t1在第三象限內(nèi)：vv2CD代入解得E2(3)在第三象限內(nèi)有：v0v1t3解得t3所以考題二帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中運動的處理方法(1)明種類：明確疊加場的種類及特征.(2)析特點：正確分

8、析帶電粒子的受力特點及運動特點.(3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑與邊角關(guān)系.(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律.兩場共存時，電場與磁場中滿足qEqvB或重力場與磁場中滿足mgqvB或重力場與電場中滿足mgqE，都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止，根據(jù)受力平衡列方程求解.三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動.其中洛倫茲力FqvB的方向與速度v垂直.三場共存時，粒子在疊加場中做勻速圓周運動.mg與qE相平衡，根據(jù)mgqE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性.粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用受力平衡和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，有qvBmr2mmrma.當(dāng)帶電粒子

9、做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.例2如圖4所示，在無限長的水平邊界AB和CD間有一勻強電場，同時在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同，EF為左右磁場的分界線.AB邊界上的P點到邊界EF的距離為(2)L，一帶正電微粒從P點正上方的O點由靜止釋放，從P點垂直AB邊界進入電、磁場區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場.已知微粒在磁場中的運動軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場強度大小E(E未知)和磁感應(yīng)強度大小B(B未知)滿足2，不考慮空氣阻力，求：圖4(1)O點距離P點的高度h多大；(2)若微粒從O點以v0水平向左平

10、拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場，則微粒在磁場中運動的時間t多長？解析(1)微粒在電磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力合力為零，則：qEmg，粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可得：sin ，r1r1sin (2)L，解得：r12L，微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1Bm，由動能定理得：mghmv0，已知：2，解得：hL；(2)微粒在進入電磁場前做平拋運動，x1v0t1，hgt，代入數(shù)據(jù)解得：t1，x1L，微粒在M點的豎直分速度：v，速度：v2，速度與AB夾角為30，微粒運動軌跡如圖所示：微粒軌道半徑：r24L，由幾何知識可知，微粒從M點偏轉(zhuǎn)

11、30垂直打在EF邊界上，微粒在磁場中做圓周運動的周期：T4由題意可知，微粒的運動時間：tt1t2TkTTTkTT(k0、1、2、3、)解得：t2(k)(k0、1、2、3、)答案(1)L(2)2(k)(k0、1、2、3、)變式訓(xùn)練3.如圖5所示，在真空中半徑為r0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應(yīng)強度B0.01 T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v1103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，使磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?，不計粒子重力，下列說法正確的是()

12、圖5A.電場強度的大小為10 N/CB.帶電粒子的比荷為1106 C/kgC.撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 mD.帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85105 s答案AC解析粒子沿直線運動，則BqvEq，解得EBv0.01103 N/C10 N/C，選項A正確；如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向rt2，豎直方向rvt，解得： C/kg2106 C/kg，選項B錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R m0.1 m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t s1.57104 s，選項D錯誤；故選A、C.4.(2016天津11)如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電

13、場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B0.5 T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2，求：圖6(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.答案(1)20 m/s方向與電場方向成60角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場E

14、的方向之間的夾角滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tan 60(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有yat2tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vyvsin 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s.考題三帶電粒

15、子在交變電磁場中的運動帶電粒子在交變電磁場中運動的處理方法(1)若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間或粒子穿越電場的時間極短可忽略時，則粒子在穿越電場的過程中，電場可看做勻強電場.(2)空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點.交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)歷不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象.其運動特點既復(fù)雜又隱蔽.分析時應(yīng)該注意以下三點：仔細分析并確定各場的變化特點及相應(yīng)的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關(guān)聯(lián).有一定的聯(lián)系，應(yīng)抓住變化周期與運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口；必要時，可把粒子的運動過程還原成一

16、個直觀的運動軌跡草圖進行分析；把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律.例3如圖7甲所示，在直角坐標(biāo)系0xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點(3L,0)為中心、邊長為2L的正方形區(qū)域，其邊界ab與x軸平行，正方形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N.在該正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點以與x軸夾角為30的方向進入正方形區(qū)域，并恰好從d點射出.圖7(1)求勻強電場E的大?。?2)求勻強磁場B的大??；(3)若當(dāng)電子到達M點時，在正方形區(qū)域換加如

17、圖乙所示周期性變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子運動一段時間后從N點飛出，求正方形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B0大小的表達式、磁場變化周期T與B0的關(guān)系式.思維規(guī)范流程步驟1：在電場中做平拋運動分方向列方程在M點速度分解(1)在E中：Lv0tvyttan 30得：E步驟2：在磁場中：由幾何關(guān)系得：列F洛Fn方程(2)RBevMvM得：B步驟3：從N點射出的幾種情景圖：根據(jù)幾何關(guān)系，由圖得出T、B0的關(guān)系：(3)nr2L(n1,2,3)r得B0n(n1,2,3)T0得：T每式各2分，其余各式1分.變式訓(xùn)練5.如圖8甲所示，在豎直邊界MN的左側(cè)存在與水平方向成60斜向右上方的勻強電場.其

18、電場強度大小E1 N/C，在MN的右側(cè)有豎直向上的勻強電場，其電場強度大小E21.5 N/C，同時，在MN的右側(cè)還有水平向右的勻強電場E3和垂直紙面向里的勻強磁場B(圖甲中均未畫出)，E3和B隨時間變化的情況如圖乙所示.現(xiàn)有一帶正電的微粒，帶電荷量q1105 C，從左側(cè)電場中距MN邊界x1 m的A點無初速度釋放后，微粒水平向右進入MN右側(cè)場區(qū)，設(shè)此時刻t0，取g10 m/s2.求：圖8(1)帶電微粒的質(zhì)量m；(2)帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5 s時的速度v(取24.5)；(3)帶電微粒從A點運動到MN右側(cè)場區(qū)中計時為1.5 s的過程中，各電場對帶電微粒做的總功W.(取310)答案(1)

19、1.5106 kg(2)5 m/s，方向水平向左(3)4.125105 J解析(1)MN左側(cè)勻強電場的電場強度為E1，方向與水平方向夾角為，帶電微粒受力如圖所示.沿豎直方向有：qE1sin mg解得：m1.5106 kg.(2)在MN左側(cè)，對帶電微粒沿水平方向有：qE1cos ma1解得：a1 m/s2對水平方向的勻加速運動有：v2a1x1解得剛到MN時v04.5 m/s帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)始終滿足：qE2mg在01 s時間內(nèi)，帶電微粒在E3電場中有：a2 m/s20.5 m/s2帶電微粒在1 s時的速度大小為：vv0a2t5 m/s在11.5 s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中做勻速圓周運動，周

20、期為T s1 s在11.5 s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中正好運動了半個圓周，所以帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5 s時的速度大小為5 m/s，方向水平向左.(3)帶電微粒在磁場B中做圓周運動的半徑為r m m0.75 mWmg2rmv2解得：W4.125105 J.專題規(guī)范練1.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域.如圖1是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是()圖1A.電勢差UCD僅與材料有關(guān)B.若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD0C.僅增大磁感應(yīng)強度時，

21、電勢差UCD可能不變D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平答案B解析由題意可知，CD間存在電勢差，即存在電場，載流子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、c，有qqvB，InqvSnqvbc，則UCD.故A、C錯誤；根據(jù)左手定則，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD0，B正確；在測定地球赤道上方地磁場強弱時，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過.故D錯誤.2.(多選)如圖2所示，一足夠長的絕緣細桿處于磁感應(yīng)強度為B0.5 T的勻強磁場中，桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為37.一質(zhì)量為m0.1 g、電

22、荷量為q5104 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細桿上，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位置無初速度釋放.則下列判斷中正確的是(sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度g10 m/s2)()圖2A.圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功B.當(dāng)圓環(huán)下滑的速度達到2.4 m/s時，圓環(huán)與細桿之間的彈力為零C.圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2D.圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s答案CD解析當(dāng)FN0時，qvBmgcos ，得v3.2 m/s，此時，F(xiàn)合mgsin mam，得am6 m/s2，當(dāng)mgsin (qvmBmgcos )時得vm9.2 m/s.3.(多選)

23、如圖3所示，空間有相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，勻強電場方向豎直向下，大小為E，勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)恰好能在豎直面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖3A.該小球帶正電荷B.該小球的帶電荷量為C.該小球一定沿順時針方向做勻速圓周運動D.該小球做圓周運動的線速度大小為答案BD解析因小球做勻速圓周運動，所以mgqE，得E，電場力向上，所以帶負電，A錯誤，B正確；由于小球帶負電，由左手定則可知，小球一定沿逆時針方向運動，選項C錯誤；設(shè)小球做圓周運動的線速度大小為v，則qvBm，解得v，又因為q，所以

24、v，選項D正確.4.(多選)如圖4所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d，相距為d.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以某一水平速度靠近上板下表面的P點射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好垂直打在板上.已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖4A.小球從P點射入的初速度為B.小球帶正電，所加勻強電場EC.所加勻強磁場方向垂直紙面向里，BD.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為 答案AD解析小球從P點射入后做平

25、拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：2dv0t，dgt2，聯(lián)立解得：v0，故A正確；加電場后做勻速直線運動，故：qEmg，解得：E，電場力向上，場強向下，故小球帶負電，故B錯誤；再加磁場后，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，小球剛好垂直打在板上，故軌道半徑為d，根據(jù)牛頓第二定律，有：qv0Bm，解得：B；根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為四分之一個周期，為：t ，故D正確.5.(多選)如圖5所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值.靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后

26、，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為30，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則下列說法正確的是()圖5A.兩板間電壓的最大值UmB.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度sLC.粒子在磁場中運動的最長時間tmD.能打到N板上的粒子的最大動能為答案ACD解析M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CHQCL，故軌跡半徑R1L又由牛頓第二定律得qv1Bm粒子在MN間加速時，有qUmmv所以聯(lián)立得Um，選項A正確；打在QC間的粒子在磁場中運

27、動的時間最長，均為半個周期.粒子運動的周期為T所以最長時間tm，選項C正確；設(shè)軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在AKC中：AC2R2，CKR2又QCQAACR22R23R2L，所以CKL故HK的長度s(1)L，選項B錯誤；能達到N板上的粒子最大半徑為R2，根據(jù)qvBm，最大動能為：Ekmmv2，選項D正確.6.(多選)如圖6所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置.待選粒子帶正電且電量與表面積成正比.待選粒子從O1進入小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強電場、磁場區(qū)域，其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，左右兩極板間距為d.區(qū)域出口小孔O3與O1

28、、O2在同一豎直線上.若半徑為r0，質(zhì)量為m0、電量為q0的納米粒子剛好能沿直線通過，不計納米粒子重力，則()圖6A.區(qū)域的電場與磁場的強度比值為 B.區(qū)域左右兩極板的電勢差U1BdC.若納米粒子的半徑rr0，則剛進入?yún)^(qū)域的粒子仍將沿直線通過D.若納米粒子的半徑rr0，仍沿直線通過，則區(qū)域的電場與原電場強度之比為答案AD解析設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有：q0Um0v2設(shè)區(qū)域內(nèi)電場強度為E，洛倫茲力等于電場力，即：q0vBq0E聯(lián)立解得：EB，則區(qū)域的電場與磁場的強度比值為，U1EdBd，故A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑rr0，設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度

29、為v，則m()3m0而q()2q0，由mv2qU解得：v vv，故洛倫茲力小于電場力，粒子帶正電，故粒子向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；要使粒子直線通過需滿足EvB，故區(qū)域的電場與原電場的電場強度之比為；故D正確.7.(多選)如圖7所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器；磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心

30、線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁場中，最終打到膠片上的某點.下列說法中正確的是()圖7A.P、Q間加速電壓為ERB.離子在磁場中運動的半徑為 C.若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出D.若一群離子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷答案AD解析直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：qUmv2電場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：qEm磁場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvBm解得：UER，r 由式，只要滿足R，所有粒子都可以從輻射電場區(qū)通過；由知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等.8.如圖

31、8所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有a(4 cm,3 cm)、b(0,8 cm)兩點，勻強磁場垂直于xOy平面向里.一電荷量為e1.61019 C、質(zhì)量為m91031 kg的電子，以v01.6106 m/s的速度從原點O沿x軸正方向入射，不計電子重力，取sin 370.6.圖8(1)已知電子能通過a點，求磁感應(yīng)強度B的大小.(2)適當(dāng)改變磁感應(yīng)強度，再加入平行xOy平面的勻強電場，使得電子可先后經(jīng)過a、b兩點，動能分別變?yōu)樵贠點動能的4倍和5倍，求電場強度的大小.答案(1)2.16104 T(2)4.5102 V/m解析(1)由幾何關(guān)系：R2x(Rya)2得R cmev0Bm得B2.16104 T(2)洛倫茲力不做功，電子從O點到a點由動能定理：eUaOEkaEkO3mv電子從O點到b點由動能定理：eUbOEkbEkO4mv，解得沿Ob方向電勢均勻升高，設(shè)y軸上點c(0，yc)為a點的等勢點：解得：yc6 cm，ac連線為勻強電場中的一條等勢線過O點作ac的垂線交于d點，由幾何關(guān)系可知：cOd37O點到d點的距離：Odyccos 37E代入數(shù)值得：E4.5102 V/m