《2020高考物理 考前沖刺Ⅰ專題06 “帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)”計(jì)算題突破》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理 考前沖刺Ⅰ專題06 “帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)”計(jì)算題突破（65頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020考前沖刺物理 1在圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場(chǎng)，第象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直xy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第象限由沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小與第象限存在的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等。一質(zhì)量為m，帶電荷量大小為q的質(zhì)點(diǎn)a，從y軸上y=h處的P1點(diǎn)以一定的水平速度沿x軸負(fù)方向拋出，它經(jīng)過(guò)x= -2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第象限，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過(guò)y軸上方y(tǒng)= -2h的P3點(diǎn)進(jìn)入第象限，試求：質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；第象限中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；質(zhì)點(diǎn)a進(jìn)入第象限且速度減為零時(shí)的位置坐標(biāo) 又恰能過(guò)負(fù)y軸2h處，故為圓的直

2、徑，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑R= （1分）又由 （2分）可解得E =mg/q （1分）； B = （2分）（3）帶電粒以大小為v，方向與x軸正向夾45角進(jìn)入第象限，所受電場(chǎng)力與重力的合力為，方向與過(guò)P3點(diǎn)的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，則： （2分）； 由（2分） 由此得出速度減為0時(shí)的位置坐標(biāo)是（1分）2如圖所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上空間第一、第二象限內(nèi)，既無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng)，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直xy平面（紙面）向里的均強(qiáng)磁場(chǎng)，在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小與第三象限電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)相等的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)，

3、從y軸上y=h處的P1點(diǎn)以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限。然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)= -2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)之后經(jīng)過(guò)y軸上y= 2h處的P3點(diǎn)進(jìn)入第四象限。已知重力加速度為g求： （1）粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； （2）第三象限空間中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； （3）帶電質(zhì)點(diǎn)在第四象限空間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最小速度的大小和方向。分析和解： （3）質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入等四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng). 當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45=（2分）方向沿x軸正方向2分）3如圖所示，在xoy平面

4、的第一、第三和第四象限內(nèi)存在著方向豎直向上的大小相同的由； 得：聯(lián)立解得：質(zhì)點(diǎn)在第二象限做平拋運(yùn)動(dòng)后第二次經(jīng)過(guò)x軸，設(shè)下落的高度為h，則：由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：； 解得：4(20分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第象限內(nèi)，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=2102T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線過(guò)y軸上的P點(diǎn)，OP=1.0m，在xO的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。許多質(zhì)量m=1.61025kg、電荷量q=+1.61018C的粒子，以相同的速率v=2105m/s從C點(diǎn)沿紙面內(nèi)的各個(gè)方向射人磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域，OC=0.5 m有一部分粒

5、子只在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域運(yùn)動(dòng)，有一部分粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域運(yùn)動(dòng)之后將進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的區(qū)域。設(shè)粒子在B1區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1，這部分粒子進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的區(qū)域后在B2區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，已知t2=4t1。不計(jì)粒子重力求：(1)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)問(wèn)t0=?(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小?分析與解：（1）設(shè)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，周期為T(mén)1，則r =r=mv/qB1 （1分）,r = 1.0 m （1分）；T1 =2 m /qB1 （1分）由題意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x軸的方向進(jìn)入時(shí)，在B1區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)為半

6、個(gè)周期，即t0 =T1/ 2 （2分），解得t0 = 1.57105 s （2分）（2）粒子沿+x軸的方向進(jìn)入時(shí)，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，這些粒子在B1和B2中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，在B1中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心是O1，O1點(diǎn)在虛線上，與（1分）5如圖所示，在xoy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)粒子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)o射入磁場(chǎng)，其入射方向與y軸負(fù)方向成45角當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)中坐標(biāo)為（3L，L）的P點(diǎn)處時(shí)速度大小為v0，方向與x軸正方向相同求： （1）粒子從O點(diǎn)射人磁場(chǎng)時(shí)的速度v （2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的

7、場(chǎng)強(qiáng)E（3）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間解： （1）v=v0/cos45=v0（2）因?yàn)関與x軸夾角為45，由動(dòng)能定理得： , 解得E =mv02/2qL（3）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)L =，a =qE/m 解得：t2=2L/v0粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為l/4圓周，所以 R =( 3L2L)/ = L/2 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1= 粒子從O運(yùn)動(dòng)到P所用時(shí)闖為：t=t1+t2=L(+8)/4vo6如圖所示，x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外（圖中未畫(huà)出）。x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿與x軸負(fù)方向成60角斜向下。一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為e的質(zhì)子以速度v

8、0從O點(diǎn)沿y軸正方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。質(zhì)子飛出磁場(chǎng)區(qū)域后，從b點(diǎn)處穿過(guò)x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，速度方向與x軸正方向成30，之后通過(guò)了b點(diǎn)正下方的c點(diǎn)。不計(jì)質(zhì)子的重力。（1）畫(huà)出質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并求出圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑和最小面積；（2）求出O點(diǎn)到c點(diǎn)的距離。【解析】（1）質(zhì)子先在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，射出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律，有ev0B = （2分）要使磁場(chǎng)的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場(chǎng)區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知： r =Rcos30（4分）求出圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑（2分）圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為（1分）（2）質(zhì)子進(jìn)入

9、電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)方向： s sin30=v0t（3分）平行電場(chǎng)方向：scos30=a t2 / 2，（3分）由牛頓第二定律eE=ma，（2分）解得：。O點(diǎn)到c點(diǎn)的距離： 7如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一個(gè)質(zhì)量m=4105kg，電量q=2.5105C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，撤去磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后，帶電微粒運(yùn)動(dòng)到了x軸上的P點(diǎn)取g10 m/s2，求：（1）帶電微粒運(yùn)動(dòng)的速度大小及其跟 x軸正方向的夾角方向（2

10、）帶電微粒由原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間解答微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之前要受到重力、電場(chǎng)力和洛侖茲力作用，在這段時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明三力合力為零由此可得 （2分）電場(chǎng)力 （2分）洛侖茲力 （2分）聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s （2分） 聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得: O點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t12 s 8（20分）如圖所示，x軸上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，方向與y軸的夾角為30，且斜向上方，現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的質(zhì)子，以速度為v0由原點(diǎn)沿與x軸負(fù)方向的夾角為30的方向射入第二象限的磁場(chǎng)，不計(jì)質(zhì)子的重力，磁場(chǎng)和電場(chǎng)的區(qū)域足夠大，求：

11、（1）質(zhì)子從原點(diǎn)到第一次穿越x軸所用的時(shí)間。（2）質(zhì)子第一次穿越x軸穿越點(diǎn)與原點(diǎn)的距離。（3）質(zhì)子第二次穿越x軸時(shí)的速度的大小、速度方向與電場(chǎng)方向的夾角。（用反三角函數(shù)表示）解：（1）由題意可知，t=T/6T= 2m/qB =m/3qB；qv0B=m 易知AOB為等邊三角形第一次穿越x軸，穿越點(diǎn)與原點(diǎn)距離x=r=mv0/qBA時(shí)速度方向與x軸夾30角方向與電場(chǎng)方向垂直，在電場(chǎng)中類平拋：v0 = at由幾何關(guān)系知： v=at=第一次穿越x軸的速度大小v=與電場(chǎng)方向夾角=arcsinarc 式各2分9（22分）如圖所示，在地球表面附近有一范圍足夠大的互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方

12、向水平并垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（該區(qū)域的重力加速度為g）（1）求該區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。（2）若某一時(shí)刻微粒運(yùn)動(dòng)到場(chǎng)中距地面高度為H的A點(diǎn)，速度與水平向成45，如圖所示。則該微粒至少需經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)到距地面最高點(diǎn)？最高點(diǎn)距地面多高？（3）在（2）間中微粒又運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)時(shí)，突然撤去磁場(chǎng)，同時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向變?yōu)樗较蜃?，則該微粒運(yùn)動(dòng)中距地面的最大高度是多少？（3）設(shè)該粒上升高度為h，由動(dòng)能定理得：（2分）解得：（2分）；該微粒離地面最大高度為：H +（2分）10(20分)在傾角為30的光滑斜面上有相距40m的兩個(gè)可看作

13、質(zhì)點(diǎn)的小物體P和Q，（3）物體P、Q第一次碰撞過(guò)程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能。解：（20分）（1）對(duì)物體Q，在碰撞之前處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件有m2g =qE 得q =0.1C，且物體Q帶負(fù)電（2）物體P、Q碰撞之后，物體Q受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力的作用，由于重力和電場(chǎng)力等大反向，故物體Q將在斜面上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng).對(duì)物體Q，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：（3）要使P、Q能夠再次相遇，則相遇點(diǎn)一定為P、Q的第一次碰撞點(diǎn),物體P在碰撞后一定反向彈回，再次回到碰撞點(diǎn)時(shí)再次相遇。對(duì)物體P，從釋放到與Q碰撞之前，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： v0=2gsims 得v0=20m/s 對(duì)物體P和Q，在碰撞過(guò)程中，動(dòng)量

14、守恒有 碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)損失的能量為 對(duì)物體P，時(shí)間關(guān)系： ()當(dāng)k=1時(shí)，v1=5m/s，v2=5m/s，E=12.5J當(dāng)k=2時(shí)，v1=10m/s，v2=6m/s，E=6J當(dāng)k=3時(shí)，v1=15m/s，v2=7m/s，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，不滿足能量守恒定律。綜上所述，碰撞過(guò)程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能為12.5J或6J.11（18分）如圖所示，直角坐標(biāo)中的第象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在x軸上的a點(diǎn)以速度v0與x軸成60度角射入磁場(chǎng)，從y = L處的b點(diǎn)垂直于y軸方向進(jìn)入電場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng) = 2

15、L處的c點(diǎn)。不計(jì)重力。求（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（3）粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。解（1）帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)由軌跡可知：r =2L/3 （2分） 又因?yàn)閝v0B =（2分） 解得：B =（2分）（2）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿x軸有：2L = v0t2（1分） 沿y軸有：L =（1分） 又因?yàn)閝E = ma（2分） 解得：E =（2分）（3）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t =（2分） 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2 =2L/v0（2分）所以帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為：t1/t2 = 2/9（2分）12（18分）如圖所示，在y0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻

16、強(qiáng)電場(chǎng)，在y 0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在y 0的空間中，存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直xy平面（紙面）向外一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動(dòng)粒子，經(jīng)過(guò)y軸上y = h處的點(diǎn)P1時(shí)速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng) = 2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)y軸上y = 2h處的P3點(diǎn)不計(jì)粒子的重力，求 （1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； （2）粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大小和方向； （3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小解：（1）粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子從P1到P2的時(shí)間為t，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：qE = ma v0t = 2h at2

17、 /2= h由式解得E =mv/2qh （2）粒子到達(dá)P2時(shí)速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x軸的夾角，則有v= 2ahv =；tan=v1 /v0；由式得v1 = v0由式得v =v0；= arctan 1 = 45 （3）設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律qvB = r是圓軌跡的半徑，此圓軌跡與x軸和y軸的交點(diǎn)分別為P2、P3；因?yàn)镺P2 = OP3，= 45，由幾何關(guān)系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r =h 由可得B =mv0/qh21如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，

18、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)X軸下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B/2，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一質(zhì)量為m、電量為 q的帶電粒子（不計(jì)重力），從x軸上的O點(diǎn)以速度v0垂直x軸向上射出求： （1）射出之后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間粒子第二次到達(dá)x軸，粒子第二次到達(dá)x軸時(shí)離O點(diǎn)的距離是多少？ （2）若粒子能經(jīng)過(guò)在x軸距O點(diǎn)為L(zhǎng)的某點(diǎn)，試求粒子到該點(diǎn)所用的時(shí)間（用L與v0表達(dá)）答案：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖6 15所示由牛頓第二定律：qv0B = 得r1 = r2 =由T =得：T1 = T2 =粒子第二次到達(dá)x軸所需時(shí)間：t =(T1 + T2) =粒子第二次到達(dá)x軸時(shí)離O點(diǎn)的距離：s = 2(r1 + r2) =

19、（2）設(shè)粒子第N次經(jīng)過(guò)在x軸的點(diǎn)距O點(diǎn)為L(zhǎng)，不論N為偶數(shù)還是奇數(shù)粒子走過(guò)的弧長(zhǎng)均為所以22如圖所示，MN為紙面內(nèi)豎直虛線，P、Q是紙面內(nèi)水平方向上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)距離PD為L(zhǎng)，D點(diǎn)距離虛線的距離DQ為L(zhǎng)/一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子在紙面內(nèi)從P點(diǎn)開(kāi)始以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后在虛線MN左側(cè)空間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)維持一段時(shí)間后撤除，隨后粒子再次通過(guò)D點(diǎn)且速度方向豎直向下，已知虛線足夠長(zhǎng)，MN左側(cè)空間磁場(chǎng)分布足夠大，粒子的重力不計(jì)求 （1）在加上磁場(chǎng)前粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； （2）滿足題設(shè)條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值及B最小時(shí)磁場(chǎng)維持的時(shí)間t0答案：（1）微

20、粒從P點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至第二次通過(guò)D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖可知，在加上磁場(chǎng)前瞬間微粒在F點(diǎn)（圓和PQ的切點(diǎn)）在t時(shí)間內(nèi)微粒從P點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，則t =PF/v0，由幾何關(guān)系可右PF = L + R又R =mv0/qB，可得t = （2）微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由半徑公式知，當(dāng)R最大時(shí)，B最小，在微粒不飛出磁場(chǎng)的情況下，R最大值為Rm = DQ/2，即Rm = L /(2)，可得B的最小值為Bmin =2mv0 /qL微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故有t0 = (n +) T (n = 0，1，2，3，)又由 T=2m/qBmin 可得 t0 = (n = 0，1，2，3，) 23如圖6 18

21、所示的空間，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B有兩個(gè)帶電小球A和B都能在垂直于磁場(chǎng)方向的同一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（兩小球間的庫(kù)侖力可忽略），運(yùn)動(dòng)軌跡如圖已知兩個(gè)帶電小球A和B的質(zhì)量關(guān)系為mA = 3mB，軌道半徑為RA = 3RB = 9 cm （1）試說(shuō)明小球A和B帶什么電，它們所帶的電荷量之比qA/qB 等于多少？ （2）指出小球A和B在繞行方向及速率之比； （3）設(shè)帶電小球A和B在圖示位置P處相碰撞，且碰撞后原先在小圓軌道上運(yùn)動(dòng)的帶電小球B恰好能沿大圓軌道運(yùn)動(dòng)，求帶電小球A碰撞后所做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑（設(shè)碰撞時(shí)兩個(gè)帶電小球間電荷量不轉(zhuǎn)移）答

22、案：（1）因?yàn)閮蓭щ娦∏蚨荚趶?fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故必有qE = mg，由電場(chǎng)方可知，兩小球都帶負(fù)電荷mAg = qAE，mA = 3mB所以 （2）由題意可知，兩帶電小球的繞行方向都為逆時(shí)針?lè)较蛴蓂Bv = m得，R =又由題意RA = 3RB，所以 （3）由于兩帶電小球在P處相碰，切向的合外力為零，故兩帶電小球在P處的切向動(dòng)量守恒，由mAvA + mB vB = mA vA+ mBvB 得，vA =7vB/3= 7vA/9 由此得, 所以RA = 7 cm24如圖6 19所示，一對(duì)平行金屬板水平放置，板間距離在d，板間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將金屬板連入如圖所示的電路，已知

23、電源的內(nèi)電阻為r，滑動(dòng)變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，并調(diào)節(jié)滑動(dòng)觸頭P至右端長(zhǎng)度為總長(zhǎng)度的1/4一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)從兩板正中央左端以某一初速度水平飛入場(chǎng)區(qū)時(shí)，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng) （1）求電源的電動(dòng)勢(shì)； （2）若將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P調(diào)到R的正中間位置，可以使原帶電質(zhì)點(diǎn)以水平直線從兩板間穿過(guò)，求該質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的初速度； （3）若將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P移到R的最左端，原帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能從金屬板邊緣飛出，求質(zhì)點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)能答案：（1）因帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力F與重力G平衡，有F = mg = Eq兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E = U/d，兩板間電壓U = IR/4由閉合電路的歐姆定

24、律得：I =/ (R + r)得= 4 (R + r) dmg/Rq （2）由（1）知，電場(chǎng)力豎直向上，故質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件得：mg + Bqv0 =F因兩板間電壓U= IR/2 = 2U，得E= 2E， F= 2F = 2 mg解得v0 = mg / Bq （3）因兩板間電壓變?yōu)閁= IR = 4U故電場(chǎng)力F= 4F = 4 mg;由動(dòng)能定理知.得Ek =25如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，在x 0的區(qū)域存在一垂直紙面的矩形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其下邊界和左邊界分別yP = L +at2/2，解得：xP =，yP = （2）設(shè)所加的最小矩形磁場(chǎng)的高和底長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L

25、2，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則：(L r) sin (90) = r所以r =，又L1 = r + rcos，L2 = r，所以Smin = L1L2 =26如圖所示的坐標(biāo)空間中有場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩種場(chǎng)的分界線，圖中虛線為磁場(chǎng)區(qū)的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為 q的帶電粒子（不計(jì)重力），從電場(chǎng)中P點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為（ L，0），且L =試求： （1）要使帶電粒子能穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)而不再返回到電場(chǎng)中，磁場(chǎng)的寬度d應(yīng)滿足什么條件？ （2）要使帶電粒子恰好不能從右邊界穿出磁場(chǎng)區(qū)，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？答案：（1）研究

26、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)：水平方向： L= v0t1，解得：t1 =豎直方向，由動(dòng)量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v =，方向與x軸成45角研究帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)：當(dāng)粒子剛好不從磁場(chǎng)右邊界穿出時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得：Bqv = m，得R =mv/qB又d = R + Rcos 45 解得：d =所以，要使帶電粒子能穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域而不再返回電場(chǎng)中，磁場(chǎng)的寬度d應(yīng)滿足的條件為：d h區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一個(gè)帶電荷量為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作直線運(yùn)動(dòng)（PO與x軸負(fù)方向的夾角為=

27、37O），并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限已知重力加速度為g，sin37o=0.6，cos37o=0.8，問(wèn)：(1)油滴的電性;(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小;(3) 油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和離開(kāi)第一象限處的坐標(biāo)值由OA勻速運(yùn)動(dòng)位移為s1=h/sin37=5h/3知運(yùn)動(dòng)時(shí)間：由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式T=2m/qB知由A的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 由對(duì)稱性知從C的時(shí)間在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 由在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有；由、式解得得到軌道半徑 圖中的 即離開(kāi)第一象限處（點(diǎn)）的坐標(biāo)為，32：如圖所示，第一次粒子經(jīng)U1加速后沿中線O1O2射入AB兩金屬極板間做直線運(yùn)動(dòng)，兩板間充滿相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)

28、，磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為D=L/3。MN為絕緣擋板，MN與中線O1O2的夾角為=60，右側(cè)是垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B，粒子穿過(guò)O3后擊中MN上的P點(diǎn)，第二次AB間磁場(chǎng)撤去，粒子經(jīng)U1加速后沿中線O1O2射入AB兩金屬極板間恰好從A板右側(cè)邊緣射出擊中MN上的Q點(diǎn)，PQ=15L/4且粒子從O1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t。求：（1）粒子的荷質(zhì)比。 （2）加速電場(chǎng)的電壓U1。（3）粒子第一次從O1運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間t1為多少？解：分析粒子在的U1加速：qU1=mv2/2分析粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)Eq=Bqv 分析粒子在兩板間撤去磁場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng) qE

29、=ma； tan=at/v0 tan=（L/2）/（D/2） 所以=30分析粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng) Bqv0=Mv02/R,；所以 R=/L分析幾何關(guān)系： O3P=2Rsin ；O3P+ O3Q=PQ ；O3Q=（L/2+O2O3）sin分析粒子第二次從O1運(yùn)動(dòng)到O2水平方向是勻速：vOt=（L+ O2O3）O3Qcos所以q/m=13/24Bt ；U1=13BL2/16t分析第一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=（L+ O2O3）v0t2=（2/360）T T=2m/Bq所以t1= t1+ t2=t（1+/3）33在xoy平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM是電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界，OM與負(fù)x軸成45角。在x0且OM的左側(cè)空間存

30、在著負(fù)x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，場(chǎng)強(qiáng)大小為0.32N/C， 在y0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T，如圖所示。一不計(jì)重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向以v0=2103m/s的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，已知微粒的帶電量為q=51018C，質(zhì)量為m=11024kg，（不計(jì)微粒所受重力），求：（1）帶電微粒第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界的位置坐標(biāo)（2）帶電微粒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；（3）帶電微粒最終離開(kāi)電、磁場(chǎng)區(qū)域的位置坐標(biāo)。解析：（1）帶電微粒從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界上的A點(diǎn)由 得m A點(diǎn)位置坐標(biāo)（-410-3m, -410-3m） (2)設(shè)帶電微粒

31、在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則t=tOA+tAC= T= 代入數(shù)據(jù)解得：T=1.256105s 所以 t=1.256105s （3）微粒從C點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，做曲線運(yùn)動(dòng) 代入數(shù)據(jù)解得：m y=-2r=0.22410-3m=0.192m ；離開(kāi)電、磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo) (0, 0.192m) 34如圖所示，MN、PQ是平行金屬板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子以速度v0從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進(jìn)磁場(chǎng)，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進(jìn)電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。試求：（1）兩金屬板間所加電

32、壓U的大小;（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）在圖中畫(huà)出粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，并標(biāo)出粒子再次從電場(chǎng)中飛出的位置與速度方向。解：（1）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有：； ；解得：（2），解得： （3）畫(huà)圖正確給2分。36如圖所示，在y軸的右方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸的下方有一場(chǎng)強(qiáng)為E的方向平行x軸向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一鉛板放置在y軸處，且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過(guò)加速電壓為U的電場(chǎng)加速，然后以垂直于鉛板的方向從A處沿直線穿過(guò)鉛板，而后從x軸上的D處以與x軸正向夾角為60的方向進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)疊加的區(qū)域，最后到達(dá)y軸上的C點(diǎn)。已知O

33、D長(zhǎng)為l，求：(1)粒子經(jīng)過(guò)鉛板時(shí)損失了多少動(dòng)能？ (2)粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度多大？解：由動(dòng)能定理可知此帶電粒子穿過(guò)鉛板前的動(dòng)能根據(jù)，得又由幾何知識(shí)可得（如圖）, 即， 故。由于洛倫茲力不做功，帶電粒子穿過(guò)鉛板后的動(dòng)能，因此粒子穿過(guò)鉛板后動(dòng)能的損失為（2）從D到C只有電場(chǎng)力對(duì)粒子做功，電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理，有 解得4如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域是緊鄰的且寬度相等均為d，電場(chǎng)方向在紙平面內(nèi)，而磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從A點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)方向的位移為電場(chǎng)寬度的一半，當(dāng)粒子從

34、C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與進(jìn)入電場(chǎng)O點(diǎn)時(shí)的速度方向一致，（帶電粒子重力不計(jì)）求：（1）粒子從C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度v；（2）電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t總= tt = 37如圖所示，在紙平面內(nèi)建立的直角坐標(biāo)系xoy，在第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為e的電子從第一象限的某點(diǎn)P（L，）以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)x軸上的點(diǎn)Q（L/4，0）進(jìn)入第四象限，先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入垂直紙面的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合，電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，并沿y軸的正方向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子的重力求（1）電子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度v； （2）該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

35、（3）磁場(chǎng)的最小面積S解：（1）得經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度大小為與水平方向夾角為（2）電子進(jìn)入第四象限先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用磁場(chǎng)速度偏轉(zhuǎn)角為120由幾何關(guān)系得解得；由向心力公式；解得方向垂直于紙面向里矩形磁場(chǎng)右邊界距y軸的距離下邊界距x軸的距離r=L/12最小面積為S=d r=L2/9638如圖所示，一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在ad邊中點(diǎn)O，方向垂直磁場(chǎng)向里射入一速度方向跟ad邊夾角 = 30、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ab邊足夠長(zhǎng)，粒子重力不計(jì)，求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v0

36、大小范圍。（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。解：（1）若粒子速度為v0，則qv0B =，所以有R =，（2）由t =及T =可知，粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)過(guò)的弧所對(duì)的圓心角越長(zhǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也越長(zhǎng)。由圖可知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑rR1時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，弧所對(duì)圓心角為（22），所以最長(zhǎng)時(shí)間為t =39如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m =2.01011kg，電荷量q = +1.0105C的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開(kāi)始經(jīng)U1=100V電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中。金屬板長(zhǎng)L=20cm，兩板間距d =10cm。求：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0是

37、多大？ （2）若微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為=30， 并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 區(qū)，則兩金屬板間的電壓U2是多大？ （3）若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為D =10cm，由聯(lián)立得： 代入數(shù)據(jù)解得：B 0.20T40設(shè)金屬板左側(cè)有一個(gè)方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且面積足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，涂有熒光材料的金屬小球P（半徑忽略不計(jì)）置于金屬板上的A點(diǎn)的正上方，且A、P同在紙面內(nèi)，兩點(diǎn)相距L，如圖所示，當(dāng)強(qiáng)光束照射到A點(diǎn)時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)，小球由于受到光電子的沖擊而發(fā)出熒光，在紙面內(nèi)若有一個(gè)與金屬板成8射出的比荷為e/m的光電子恰能擊中小球P，求：該光電子逸出金屬板時(shí)速度的大小；光電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

38、時(shí)間解：由題意可知，光電子的出射方向有兩種可能：情況一：若光電子的出射方向是沿斜向左下方的方向，如圖所示：由牛頓第二定律得： 由幾何關(guān)系得： 由、式得： 情況二：若光電子的出射方向是沿著斜向左上方的方向，如圖所示：由圖可知，軌道半徑也為 即光電子的出射速度大小也為： 光電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期： 情況一：光電子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 由、式得 情況二：光電子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為3，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 由、式得 41如圖中甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D，上面分別開(kāi)有正對(duì)的小孔O1和O2，金屬板C、D接在正弦交流電源上，C、D兩板間的電壓UCD隨時(shí)間t變化的圖線如圖中乙所示。t0時(shí)刻開(kāi)

39、始，從C板小孔O1處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量為m3.21021kg、電荷量q1.61015C的帶正電的粒子（設(shè)飄入速度很小，可視為零）。在D板外側(cè)有以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與金屬板C相距d10cm，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的大小為B0.1T，方向如圖中所示，粒子的重力及粒子間相互作用力不計(jì)，平行金屬板C、D之間的距離足夠小，粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可忽略不計(jì)。求：（1）帶電粒子經(jīng)小孔O2進(jìn)入磁場(chǎng)后，能飛出磁場(chǎng)邊界MN的最小速度為多大？（2）從0到0.04s末時(shí)間內(nèi)哪些時(shí)刻飄入小孔O1的粒子能穿過(guò)電場(chǎng)并飛出磁場(chǎng)邊界MN？（3）以O(shè)2為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，在圖甲中畫(huà)出粒子在有界磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的區(qū)域（用斜線標(biāo)出），并標(biāo)出該區(qū)域與磁場(chǎng)邊界交點(diǎn)的坐標(biāo)。要求寫(xiě)出相應(yīng)的計(jì)算過(guò)程