考點(diǎn)強(qiáng)化練40帶電粒子在組合場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點(diǎn)垂直于電場(chǎng)線(xiàn)以速度v0射入電場(chǎng)中,恰好能從下板邊緣以速度v1飛出電場(chǎng)。若其他條件不變,在兩板間加入垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出。不計(jì)重力,則()A.2v0=v1+v2B.v0=v12+v222C.v0=v1v2D.v0<v1=v22.(2018浙江寧波重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,相距為d的平行板A和B之間有電場(chǎng)強(qiáng)度為E方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)中C點(diǎn)距B板的距離為0.3d,D點(diǎn)距A板的距離為0.2d,有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線(xiàn)所示的直線(xiàn)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),若重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是()A.該微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的大B.該微粒做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為0.5mgdD.該微粒帶正電,所帶電荷量大小為q=mgE3.(多選)一個(gè)帶電粒子以初速v0垂直于電場(chǎng)方向向右飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,穿出電場(chǎng)后接著又飛入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(不計(jì)重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現(xiàn)的是()4.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的P環(huán)套在固定的水平長(zhǎng)直絕緣桿上(桿表面不光滑),整個(gè)裝置處在垂直于桿的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0,則下列情況可能發(fā)生的是()A.環(huán)將保持勻速運(yùn)動(dòng),環(huán)的機(jī)械能不變B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機(jī)械能是12mv02C.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是12mv02D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是12mv02-12m(mgqB)25.(多選)如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m,電荷量為+q,電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2qE-mg2qBD.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2qE+mg2qB6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng),經(jīng)過(guò)加速后從0點(diǎn)垂直邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。圖1圖2(1)求乙離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)距離xm;(3)若離子進(jìn)入O孔時(shí)速度方向分布在y軸兩側(cè)各為=30的范圍內(nèi)如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊,求離子最大初速度v應(yīng)滿(mǎn)足的條件。7.(2018浙江教育綠色評(píng)價(jià)聯(lián)盟高考適應(yīng)性試卷)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1.010-3 T,在離軸線(xiàn)R2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線(xiàn)的截面上運(yùn)動(dòng),截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線(xiàn)成(0<90)角。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不能與外器壁碰撞。為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)產(chǎn)生的銫離子以接近0的初速度進(jìn)入?yún)^(qū),被加速后以速度v0=7.25104 m/s從右側(cè)噴出。這種高速粒子流噴射出去,可推動(dòng)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng),電子在區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子荷質(zhì)比qM=7.25105 Ckg-1,銫離子M=2.210-25 kg,電子質(zhì)量為m=0.910-30 kg,電量為e=1.6010-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。(1)求區(qū)的加速電壓;(2)為取得好的電離效果,請(qǐng)判斷區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖2說(shuō)明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與角的關(guān)系;(4)若單位時(shí)間內(nèi)噴射出N=1018個(gè)銫離子,試求推進(jìn)器的推力(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。8.(2018浙江溫州市十五校聯(lián)合體高二下學(xué)期期末)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中,y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于xOy平面向里。P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-L,0),M1、M2兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0,L)、 (0,-L)。平行金屬板板間電壓大小可調(diào),質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負(fù)電粒子,從靠近負(fù)極板由靜止開(kāi)始加速,恰能沿PM1方向運(yùn)動(dòng),從M1進(jìn)入磁場(chǎng)。在坐標(biāo)為-,0處的C點(diǎn)固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板,C為擋板中點(diǎn)。假設(shè)帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度大小不變、方向相反。不計(jì)粒子的重力及與擋板碰撞的時(shí)間。(1)若粒子第一次通過(guò)磁場(chǎng)后恰好通過(guò)O點(diǎn),求粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸的坐標(biāo);(2)若粒子第一次通過(guò)磁場(chǎng)后恰好直接通過(guò)M2,求加速電壓的大小;(3)若粒子與擋板碰撞兩次后返回P點(diǎn),求粒子從P點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)到返回P點(diǎn)的時(shí)間。9.(2018浙江杭州高考命題預(yù)測(cè))如圖所示,在x軸上方有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,電場(chǎng)強(qiáng)度為E=500 V/m。x軸下方分布有很多磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,其寬度均為d1=3 cm,相鄰兩磁場(chǎng)區(qū)域的間距為d2=4 cm?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=510-13 kg、電荷量為q=110-8 C的帶正電的粒子(不計(jì)重力)從y軸上的某處?kù)o止釋放。(1)若粒子從坐標(biāo)(0,1.25 cm)點(diǎn)由靜止釋放,求粒子剛剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度大小。(2)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的位置坐標(biāo)(0,h),要使它經(jīng)過(guò)x軸下方時(shí),不會(huì)進(jìn)入第二磁場(chǎng)區(qū),h應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?(3)若粒子從坐標(biāo)(0,5 cm)點(diǎn)由靜止釋放,求粒子自釋放到第二次過(guò)x軸的時(shí)間。10.如圖甲所示,建立xOy坐標(biāo)系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),極板長(zhǎng)度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子。在03t0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。上述m、q、l、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)(1)求電壓U0的大小;(2)求t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;(3)何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短?求此最短時(shí)間。11.(2018年11月浙江選考,23)【加試題】小明受回旋加速器的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓,周期T0=2mqB。板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。粒子探測(cè)器位于y軸處,僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。t=0時(shí)刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。圖1圖2(1)若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測(cè)到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能;(2)若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系?？键c(diǎn)強(qiáng)化練40帶電粒子在組合場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.B帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),電場(chǎng)力做正功,在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力不做功,電場(chǎng)力做負(fù)功,所以有v2<v0<v1,對(duì)以上兩個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理:qU2=12m(v12-v02),qU2=12m(v02-v22)聯(lián)立解得v0=v12+v222,正確選項(xiàng)是B。2.C電場(chǎng)力豎直向上,電場(chǎng)向下,所以該微粒帶負(fù)電,從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,所以微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的小,故AD錯(cuò)誤;在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為W=Fx=mg(d-0.3d-0.2d)=0.5mgd,故C正確。3.ADA圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),由圖可知,電場(chǎng)力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上。故A正確;B圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),由圖可知,電場(chǎng)力向下,則粒子帶負(fù)電,當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯(cuò)誤;C圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),由圖可知,電場(chǎng)力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯(cuò)誤;D圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),由圖可知,電場(chǎng)力向上,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。4.ABD因?yàn)槌跛俣葀0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運(yùn)動(dòng)方向上處于受力平衡狀態(tài),即向上的合力等于向下的合力。(1)若Bv0q=mg,則沒(méi)有支持力,不會(huì)產(chǎn)生摩擦力,物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),所以A正確。(2)若Bv0q<mg,則支持力豎直向上,摩擦力向左,因此物體做減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則支持力越來(lái)越大,所以最后將會(huì)停止運(yùn)動(dòng),動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量,因此B正確。(3)Bv0q>mg,則支持力豎直向下,摩擦力向左,物體減速。當(dāng)支持力為零,物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),而最終速度應(yīng)該為v=mgBq,根據(jù)能量守恒定律,損失的動(dòng)能即為產(chǎn)生的熱量,所以產(chǎn)生熱量為12mv02-12m(mgqB)2,因此D正確。5.CD小球靜止時(shí)只受電場(chǎng)力、重力、支持力及摩擦力,電場(chǎng)力水平向左,摩擦力豎直向上;開(kāi)始時(shí),小球的加速度應(yīng)為a=mg-Eqm;小球速度將增大,產(chǎn)生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大;故A錯(cuò)誤;當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力時(shí),摩擦力為零,此時(shí)加速度為g,達(dá)最大;此后速度繼續(xù)增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大;加速度將減小,故最大加速度的一半會(huì)有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場(chǎng)力的時(shí)間內(nèi),另一種是在洛倫茲力大于電場(chǎng)力的情況下,則:g2=mg-(Eq-Bqv1)m,計(jì)算得出,v1=2qE-mg2qB,所以C選項(xiàng)是正確的;同理有:g2=mg-(Bqv2-Eq)m,計(jì)算得出v2=2qE+mg2qB,所以D選項(xiàng)是正確的;而在下降過(guò)程中有摩擦力做功,故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故機(jī)械能和電勢(shì)能的總和將減小。6.答案 (1)2qUmv12qUm+v2(2)xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)v=qUm解析 (1)設(shè)離子以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng),離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度為v1,由:qU=12mv12-12mv02解得v1=2qUm+v02由題意可知,乙離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度范圍0v,可得乙離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度范圍為:2qUmv12qUm+v2(2)粒子在磁場(chǎng)中只受洛倫茲力作用,有qBv1=mv12r解得r=2mUqB2+m2v02q2B2經(jīng)判斷知,以v進(jìn)入電場(chǎng)的甲離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)處rm=2mUqB2+m2v2q2B2,xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)當(dāng)乙離子平行于y軸且以最大速度射出時(shí)能打到最遠(yuǎn),此時(shí)距O孔最遠(yuǎn)處為2r乙=2mqB2qUm+v2當(dāng)甲離子沿與y軸成30且以最小速度射出時(shí)能打到最近,此時(shí)距O孔最近處為2r甲cos 30=4mqBqUmcos 30當(dāng)2r乙=2r甲cos 30時(shí),即v=qUm所以要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊,離子最大初速度v<qUm。7.答案 (1)U=3.625103 V(2)垂直紙面向外(3)vm=83(2-sin)108 m/s(4)F=1.6102 N解析 (1)帶電粒子在區(qū)加速,根據(jù)動(dòng)能定理得:qU=12mv2,解得:U=3.625103 V(2)要取得較好的電離效果,電子須在出射方向左邊做勻速圓周運(yùn)動(dòng),即為按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,此刻區(qū)磁場(chǎng)應(yīng)該是垂直紙面向外。(3)當(dāng)電子以角入射時(shí),最大速度對(duì)應(yīng)軌跡如圖所示軌跡圓與圓柱腔相切,此時(shí)有:OCO=90-,OC=R2,OC=r,OO=R-r,由余弦定理得:(R-r)2=R22+r2-2rR2cos(90-),又cos(90-)=sin ,聯(lián)立解得:r=3R4(2-sin)在磁場(chǎng)中有:evmB=mvm2r聯(lián)立解得:vm=83(2-sin)108 m/s(4)根據(jù)動(dòng)量定理得:Ft=NMv0代入數(shù)據(jù)得:F=1.6102 N8.答案 (1)(L,0)(2)qB2L2m(3)9m2qB+6mqB解析 (1)由題意畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示甲由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過(guò)x軸的坐標(biāo)為(L,0)乙(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示;由幾何關(guān)系可以知道粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑:r=2L對(duì)粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2r電場(chǎng)中加速,由動(dòng)能定理:qU=12mv2由以上各式解得:U=qB2L2m丙(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑設(shè)為R,由題設(shè)畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與PM1方向平行,每次在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次,沿y軸的負(fù)方向下移距離:y1=2R從磁場(chǎng)出來(lái)與C板碰撞再進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),粒子沿y軸正方向上移的距離:y2=23R,其中qvB=mv2R根據(jù)題意經(jīng)過(guò)兩次與C板碰撞后回到P點(diǎn),則有:2L=3y1-2y2,在磁場(chǎng)中的時(shí)間t1=33m2qB在磁場(chǎng)外的時(shí)間:t2=22Lv+222L3v運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2=9m2qB+6mqB9.答案 (1)5102 m/s(2)1.810-2 m(3)3.5710-4 s解析 (1)由Eqh1=12mv12得到v1=2Eqh1m=5102 m/s(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速,經(jīng)過(guò)x軸時(shí)速度大小為v,滿(mǎn)足:Eqh=12mv2之后進(jìn)入下方磁場(chǎng)區(qū),依據(jù)題意可知運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)滿(mǎn)足R1<d1又由qvB=mv2R1,得R1=mv1qB由以上三式可得:h1<qB2d122Em=1.810-2 m(3)當(dāng)粒子從h2=5 cm的位置無(wú)初速釋放后,先在電場(chǎng)中加速,加速時(shí)間為t1滿(mǎn)足h2=12Eqmt12解得t1=2h2mEq=110-4 s進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v2,圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R2Eqh2=12mv22,解得v2=2Eqh2m=1103 m/sR2=mv2qB解得R2=2Emh2qB=5 cm根據(jù)粒子在空間運(yùn)動(dòng)軌跡可知,它最低能進(jìn)入第二個(gè)磁場(chǎng)區(qū)它在磁場(chǎng)區(qū)共運(yùn)動(dòng)時(shí)間為半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=mqB=1.5710-4 s它經(jīng)過(guò)第一無(wú)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向與x軸的夾角滿(mǎn)足:sin =d1R2=0.6所以它在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)的路程s=2d2cos=0.1 m無(wú)磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3=sv2=110-4 s總時(shí)間t=t1+t2+t3=3.5710-4 s10.答案 (1)ml2qt02(2)5ml2qBt0(3)2t0m2qB解析 (1)t=0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),t0時(shí)刻剛好從極板邊緣射出,則有y=12l,x=l,電場(chǎng)強(qiáng)度:E=U0l,由牛頓第二定律得Eq=ma,偏移量:y=12at02,由解得U0=ml2qt02。(2)12t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,前12t0時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),后12t0時(shí)間兩極板沒(méi)有電場(chǎng),帶電粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0=lt0帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度vy=a12t0帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度v=vx2+vy2設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=mv2R,由解得R=5ml2qBt0。(3)在t=2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),飛出極板時(shí)速度方向與磁場(chǎng)邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識(shí)可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度vy=at0設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為,則tan =v0vy,由解得=4,帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖如圖所示,圓弧所對(duì)的圓心角=2=2,所求最短時(shí)間tmin=14T,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2mqB,聯(lián)立以上兩式解得tmin=m2qB。11.答案 (1)x0=y0(qBy0)22m(2)Ek0>2qU0,x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+(yqB)2+4mqU0);qU0<Ek0<2qU0,x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0;Ek0<qU0,x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0解析 (1)發(fā)射源的位置x0=y0粒子的初動(dòng)能Ek0=(qBy0)22m(2)分下面三種情況討論()見(jiàn)圖1,Ek0>2qU0由y=mv2qB、R0=mv0qB、R1=mv1qB和12mv12=12mv02-qU0、12mv22=12mv12-qU0及x=y+2(R0+R1)得x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+2qB(yqB)2+4mqU0()見(jiàn)圖2,qU0<Ek0<2qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB,和12mv02=12mv22+qU0及x=3(-y-d)+2R0得x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0()見(jiàn)圖3,Ek0<qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB和12mv02=12mv22-qU0及x=-y-d+4R0得x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0