《2019高考物理 快速提分法 模型十三 帶點粒子在電磁場中運動學案（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理 快速提分法 模型十三 帶點粒子在電磁場中運動學案（含解析）.docx（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

帶電粒子在電磁場中的運動 經(jīng)典例題如圖1所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）。A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示。將一個質(zhì)量m=2.010－27kg，電量q=＋1.610－19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求： (1)在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小； (2)若A板電勢變化周期T=1.010－5s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時速度的大小； (3)A板電勢變化周期多大時，在t=T/4時刻從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子恰能到達A板。 分析與解答：（1）電場強度E=Ud，帶電粒子所受電場力F=qE=Uqd，F(xiàn)=ma, 解得a=Uqdm=4.0109m/s2； （2）粒子在0~T2時間內(nèi)走過的距離為12a(T2)2=5.010-2m 故帶電粒子在t=T2時，恰好到達A板， 根據(jù)動量定理，此時粒子動量p=Ft=4.010-23kg?m/s， 又P=mv，解得v=2.0104m/s； （3）帶電粒子在T4~T2向A板做勻加速運動，在T2~3T4向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回．粒子向A板運動可能的最大位移s=212a(T4)2=116aT2 要求粒子恰能到達A板，有s=d，可得T=5.010-2164.0109=210-5s． 變式1如圖甲所示，電荷量為q=110-4C的帶正電的小物塊置于粗糙絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場，電場強度E的大小與時間的關系如圖乙所示，物塊運動速度與時間t的關系如圖丙所示，取重力加速度g=10m/s2。 求： （1）物塊所受的摩擦力大小和0~1秒內(nèi)的加速度大小。 （2）物塊的質(zhì)量。 （3）前2秒內(nèi)電場力做的功。 分析與解答：（1）1-2s，物體做勻速直線運動，則有物塊所受的摩擦力大小f=qE2=2N 0~1秒內(nèi)的加速度大小a=Δvt=2m/s2 （2）0-1s時間內(nèi)由牛頓第二定律可得qE1-f=ma 解得m=0.5kg （3）0~1秒內(nèi)的位移s1=12vt=1m 第1秒內(nèi)電場力做的功W1=qE1s1=3J 第2秒內(nèi)電場力做的功W2=qE2s2=4J 前2秒內(nèi)電場力做的功W=W1+W2=7J 變式2一個質(zhì)量為9.110－31 kg，電荷量為+1.610－19 C的帶點粒子（不計重力），以v0＝4107 m/s的初速度逆著勻強電場的電場線方向飛入勻強電場，已知勻強電場的電場強度大小E＝2105 N/C，求：（結果保留二位有效數(shù)字） (1)粒子在電場中運動的加速度大小； (2)粒子進入電場的最大距離； (3)粒子進入電場最大距離的一半時的動能 分析與解答：(1)電子沿著勻強電場的電場線方向飛入，僅受電場力作用，做勻減速運動，由牛頓第二定律，得：qE=ma， a=qEm=3.51016 m/s2 (2) 電子做勻減速直線運動．由運動學公式得： v02=2ax，得：x= 2.310－2 m (3) 根據(jù)動能定理可得 qEx2=EK-12mv02代入數(shù)據(jù)得EK=3.610－16 J 變式3如圖所示,一根長為l的不可伸長的細絲線一端固定于O點,另一端系住一個質(zhì)量為m的帶電小球.將此裝置放在水平向右的勻強電場E中,待小球穩(wěn)定后,細絲線與豎直方向夾角為α.求: (1)小球帶什么電,電荷量為多少？ (2)剪斷繩子后小球做什么運動？ 分析與解答：（1）對小球進行受力分析：由于小球所受電場力水平向右，E的方向水平向右，所以小球帶正電。小球受力如圖所示，有：qE=mgtanα 即：q=mgtanαE （2）剪斷細繩后，小球受重力和電場力，其合力方向沿細繩方向斜向下，則小球?qū)⒀丶毨K的方向做初速度是零的勻加速直線運動。 變式4如圖所示，空間某區(qū)域存在足夠大的水平方向的勻強電場E=2104 N/C，將一長為L=1m的不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端連接一個質(zhì)量為m=0.1 kg的可視為質(zhì)點小球，小球帶電量q= +5 l0-5 C，現(xiàn)將絕緣細線AO拉至與電場線平行位置，且細線剛好拉直，讓小球從A處靜止釋放，取g= 10 m/s2，求： (1)小球第一次到達O點正下方的B點時細線的拉力F; (2)小球從A運動到B過程中，小球的最大速度vm； (3)若讓小球在如圖所示的豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，則需在A處給小球一個垂直于細線的初速度vo，求vo的最小值。（以上結果可用根式表示） 分析與解答：（1）因mg=1N，qE=1N，則小球沿圓弧運動，由A到B由動能定理：12mvB2=mgL-EqL解得vB=0， 則F=mg=1N （2）依題意小球運動到AB圓弧中點C時，速度最大，由A到C由動能定理：mgLsin450-qEL(1-cos450)=12mvm2 解得：vm=25(2-1)m/s （3）由題意可知，當小球運動到圓周上與C點對稱的D處時，有：2mg=mvD2L 由A到D由動能定理：-mgLsin450-qEL(1+cos450)=12mvD2-12mv02 解得：v0=302+20m/s 經(jīng)典例題如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與原來入射方向的夾角為θ＝30，求： (1)確定圓心位置，做出運動軌跡，運動半徑多大？ (2)電子的質(zhì)量多大？ (3)穿透磁場的時間是多少？ 分析與解答：（1）電子在磁場中作勻速圓周運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為B⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，由幾何知識知，AB對應的圓心角 θ=30，由幾何知識可得：電子的軌跡半徑 r=dsinθ=2d；軌跡如圖； （2）又由qvB=mv2r，得：m=qBrv=2eBdv （3）AB弧的圓心角是30，則電子穿越磁場的時間為：t=θ360T=30360?2πrv=πd3v． 變式1如圖，正三角形ABC內(nèi)有B＝0.1T的勻強磁場，方向垂直紙面向外，在BC邊右側(cè)有平行于BC足夠長的擋板EF，已知B點到擋板的水平距離BD＝0.5m。某一質(zhì)量m＝410－10kg，電荷量q＝110－4C的帶正電粒子，以速度v0＝1104m/s自A點沿磁場中的AB邊射入，恰可從BC邊水平射出打到擋板上。不計粒子重力。 （1）求粒子從BC邊射出時，射出點距C點的距離； （2）粒子在磁場中運動的時間。（本題計算結果可以保留根號） 分析與解答：（1）粒子在磁場中的運動軌跡如圖， 粒子進入磁場后做勻速圓周運動qvB=mv2r，半徑r=mvqB＝0.4m 射出點距C點的距離MC＝r-rsin300cos300=2153m ⑵磁場中的運動時間t＝60036002πrv0＝4π310－5s 變式2 一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。 分析與解答：粒子進入磁場受洛倫茲力作用偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，粒子帶負電；由射入、射出點的半徑可找到圓心O′，粒子在磁場中運動情況如圖： 由幾何關系得出半徑為r=2a3 由牛頓第二定律：qvB=mv2r 聯(lián)立解得：B=3mv2qa 射出點離O的距離為為d=r+rcos60=3a 故射出點坐標為(0,3a) 變式3 如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，板間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B1的勻強磁場。一個帶正電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動。粒子通過兩平行板后從O點進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場中，在洛侖茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后打在擋板MN上的A點。測得O、A兩點間的距離為L。不計粒子重力。 （1）試判斷P、Q間的磁場方向； （2）求粒子做勻速直線運動的速度大小v； （3）求粒子的電荷量與質(zhì)量之比qm。 分析與解答：（1）粒子做勻速運動，電場力和洛倫茲力平衡（如圖所示）． 根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向里． （2）電場力和洛倫茲力平衡，qE=qvB1， 解得v＝EB1． （3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvB2＝mv2r， 又L=2r， 解得qm＝2ELB1B2． 變式4如圖所示，坐標系xoy在豎直平面內(nèi)，y軸的正方向豎直向上，y軸的右側(cè)廣大空間存在水平向左的勻強電場E1=2N/C，y軸的左側(cè)廣大空間存在勻強磁場和電場，磁場方向垂直紙面向外，B=1T，電場方向豎直向上，E2=2N/C。t=0時刻，一個帶正電的質(zhì)點在O點以v=2m/s的初速度沿著與x軸負方向成450角射入y軸的左側(cè)空間，質(zhì)點的電量為q=10-6C，質(zhì)量為m=210-7kg，重力加速度g=10m/s2。求： （1）質(zhì)點從O點射入后第一次通過y軸的位置； （2）質(zhì)點從O點射入到第二次通過y軸所需時間； 分析與解答：（1）質(zhì)點從O點進入左側(cè)空間后，所受電場力：qE=210-6N=mg 電場力與重力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力qvB=mv2R 則：R=mvqB=0.4m 質(zhì)點第一次通過y軸的位置：y1=2R=225m （2）質(zhì)點的1/4個勻速圓周運動的時間：t1=142πmqB=π10s 質(zhì)點到達右側(cè)空間時，F(xiàn)合=Eq2+mg2=2mg 由牛頓第二定律得：a=2mgm=2g 且F合與v反向，質(zhì)點做有往返的勻變速直線運動，往返時間t2=2va=25s 質(zhì)點從剛射入左側(cè)空間到第二次通過y軸所需的時間：t=t1+t2=π+2210s。 變式5如圖所示，半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域Ⅰ與x軸相切于坐標系的原點O，磁感應強度為B1，方向垂直于紙面向外．磁場區(qū)域Ⅰ右側(cè)有一長方體加速管，加速管底面寬度為2r，軸線與x軸平行且過磁場區(qū)域Ⅰ的圓心，左側(cè)的電勢比右側(cè)高U=2qB12r2m．在加速管出口下側(cè)距離2r處放置一寬度為2r的熒光屏．加速管右側(cè)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ．在O點處有一個粒子源，能沿紙面向y>0的各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能沿軸線進入長方形加速管并打在熒光屏的中心位置．不計粒子重力及其相互作用，求： （1）粒子剛進入加速管時的速度大??； （2）磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小B2（用B1表示）； （3）若磁場Ⅱ的磁感應強度B2減小10%，求熒光屏上有粒子到達的范圍？ 分析與解答：（1）磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)粒子運動軌道半徑為r，qvB1=mv2r 解得v=qB1rm （2）經(jīng)過加速電場：qU=12mv22-12mv2 解得：v2=5qB1rm 粒子在磁場區(qū)域Ⅱ的軌道半徑為2r，qv2B2=mv222r 解得B2=52B1 （3）粒子經(jīng)磁場區(qū)域Ⅰ后，其速度方向均與x軸平行；經(jīng)證明可知：OO1CO2是菱形，所以CO2和y軸平行，v和x軸平行． 磁場Ⅱ的磁感應強度B2減小10%，即B2=910B2，r2=109r2=209r 熒光屏上方?jīng)]有粒子到達的長度為d=2r2-2r2=49r 即熒光屏上有粒子到達的范圍是：距上端49r處到下端，總長度149r 變式6如圖所示，坐標空間中有場強為E=100 N/C的勻強電場和磁感應強度為B=10-3T的勻強磁場，y軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電粒子從電場中坐標位置(-1，0)處，以初速度vo=105 m/s沿x軸正方向開始運動，且已知帶電粒子的比荷qm= 108 C/kg，粒子的重力忽略不計，則： (1)求帶電粒子進入磁場的速度大?。? (2)為使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁場的寬度d應滿足的條件。 分析與解答：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設運動的加速度為a，由牛頓第二定律可得：qE=ma 設粒子出電場、入磁場時的速度大小為v，此時在y方向的分速度為vy，粒子在電場中運動的時間為t，則：vy=at l=v0t 解得vy=v0 v=v02+vy2=2v0=2105m/s （2）設v的方向與y軸夾角為θ，則有cosθ=vyv=22可得θ=450 粒子進入磁場后在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，如圖：則有：qvB=mv2R 可得R=mvqB 要使粒子穿越磁場區(qū)域，磁場的寬度應滿足的條件：d0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場.一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向.已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力。求 （1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離 （2）磁場的磁感應強度大小 （3）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離 分析與解答：（1）11H在電場中做類平拋運動，水平方向：x1=v1t1，豎直方向：h=12a1t12， 粒子進入磁場時豎直分速度：vy=a1t1=v1tan60， 解得：x1=233h； （2）11H在電場中的加速度：a1=qEm， 11H進入磁場時的速度：v=v12+(a1t1)2， 11H在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示：由幾何知識得：x1=2r1sin60， 11H在磁場中做勻速圓運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r1 解得：B=6mEqh； （3）由題意可知：11H和12H的初動能相等，即：12mv12=12?2mv22， 由牛頓第二定律得：qE=2ma2， 12H在電場中做類平拋運動， 水平方向：x2=v2t2， 豎直方向：h=12a2t22， 12H進入磁場時的速度：v′=v22+(a2t2)2，sinθ=vy2v2=a2t2v2， 解得：x2=x1，θ′=θ=60，v′=22v， 12H在磁場中做圓周運動，圓周運動的軌道半徑：r=2mvqB=2r 射出點在原點左側(cè)，12H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點間的距離：x2′=2r′sinθ′， 12H第一次離開磁場時的位置距離O點的距離為：d=x2′-x2， 解得：d=23(2-1)h3； 變式1在xoy平面內(nèi)，第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與負x軸成45°角.在x<0且OM的左側(cè)空間存在著負x方向的勻強電場E，場強大小為0.32N/C，在y<0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大小為0.1T，如圖所示.一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點O沿y軸負方向以v0=2103m/s的初速度進入磁場，已知微粒的帶電量為q=510-18C，質(zhì)量為m=110-24kg，求： (1)帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標； (2)帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間； (3)帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標． 分析與解答：（1）帶電微粒從O點射入磁場，運動軌跡如圖， 第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝mv02r r＝mv0qB＝410?3m A點位置坐標（-410-3m，-410-3m） （2）設帶電微粒在磁場中做圓周運動的周期為T＝2πmqB t=tOA+tAC=14T+34T 代入數(shù)據(jù)解得t=T=1.25610-5s （3）微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動a＝qEm △x＝12at12＝2r △y=v0t1 代入數(shù)據(jù)解得△y=0.2m y=△y-2r=（0.2-2410-3）m=0.192m 離開電、磁場時的位置坐標（0，0.192m）． 變式2如圖所示，在直角坐標系xOy中，在y＜d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，在d＜y＜2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的邊界，在y=2d處放置一垂直于y軸的足夠大金屬擋板，帶電粒子打到板上即被吸收，一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子以初速度v0由坐標原點O處沿x軸正方向射入電場，已知電場強度大小為E=3mv022qd，粒子的重力不計。 （1）求粒子第一次進入磁場時速度v的大小和方向； （2）要使粒子不打到擋板上，磁感應強度應滿足什么條件？ （3）通過調(diào)節(jié)磁感應強度的大小，可讓該粒子兩次經(jīng)過磁場后剛好通過x軸上x=4d的點P（圖中未畫出），求此時磁感應強度的大小。 分析與解答：(1)粒子在電場中只受電場力作用做類平拋運動，有加速度a=qEm vy2=2ad v=v02+vy2 設v與水平方向的夾角為θ，tanθ=vyv0 聯(lián)立解得：θ=600 v=2v0 (2)在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=mv2R 根據(jù)幾何關系可得：要使粒子不打到擋板上，粒子做圓周運動的軌道半徑：R+Rcosθ=d 聯(lián)立解得：B=3mv0qd 從而要滿足題意必須B﹥3mv0qd (3)在電場中做類平拋運動，有d=12at2 x=v0t 聯(lián)立解得：x=233d 由題，有2（2x-2R/sinθ）=4d 解得：R/=2（2-3）3d 又qvB/=mv2R/ 解得：B/=3（2+3）mv0qd 變式3如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一電子（質(zhì)量為m、電量為e）從y軸上A點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動。當電子第一次穿越x軸時，恰好到達C點；當電子第二次穿越x軸時，恰好到達坐標原點.已知A、C點到坐標原點的距離分別為d、2d。不計電子的重力。求 （1）電場強度E的大小； （2）磁感應強度B的大小； 分析與解答：電子的運動軌跡如圖所示： （1）電子在電場中做類平拋運動，設電子從A到C的時間為t1， 則2d=v0t d=12at2 a=eEm 解得E=mv022ed （2）設電子進入磁場時速度為v，v與x軸的夾角為θ，則tanθ=at1v0 解得θ=45　 解得v=2v0 電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，得evB=mv2r 由圖可知　r=2d 解得B=mv0ed 變式4如圖所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應強度的大小分別為E=2106N/C和B1=0.1T，極板的長度l=33m，間距足夠大．在板的右側(cè)還存在著另一圓形區(qū)域的勻強磁場，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形區(qū)域的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形區(qū)域的半徑R=33m。有一帶正電的粒子以某速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60，不計粒子的重力，粒子的比荷qm=2108C/kg。 （1）求粒子沿極板的中線飛入的初速度v0； （2）求圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B2的大??； （3）在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場B1撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形區(qū)域的磁場，求圓形區(qū)域的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應滿足的條件． 分析與解答：（1）粒子在極板間做勻速直線運動，有：qv0B1=qE，代入數(shù)據(jù)解得：v0=2107m/s． （2）設粒子的初速度大小為v，粒子在極板間勻速直線運動，則：qvB1=qE 設粒子在圓形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得：qvB2=mv2r 粒子運動軌跡如圖所示，粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60，由數(shù)學知識可得：r=Rcot30 解得：B2=0.1T （3）撤去磁場B1后粒子在極板間做平拋運動，設在板間運動時間為t，運動的加速度為a 飛出電場時豎直方向的速度為vy，速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，由牛頓第二定律得：qE=ma 水平方向：l=vt，豎直方向：vy=at，tanθ=vyv 解得：tanθ=33，即θ=30 設粒子飛出電場后速度恰好與圓形區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d，如圖所示： 由幾何關系得：d=Rsinθ-12，解得：d=32m 所以圓心O離極板右邊緣的水平距離d應滿足d>32m（或d≥32m）。 變式5如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于紙面向內(nèi)，磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺邊緣，另一質(zhì)量為m不帶電的絕緣小球P以水平初速度v0向Q運動，v0=mg2qB，已知小球P、Q正碰過程中沒有機械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移，已知勻強電場的電場強度E=mgq，水平臺面距離地面高度h=2m2gq2B2，重力加速度為g，不計空氣阻力。 （1）求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，小球Q的速度大小。 （2）P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)多少時間小球P落地，落地點與平臺邊緣的水平距離多大？ 分析與解答：（1）P、Q兩球發(fā)生彈性碰撞，遵守動量守恒和機械能守恒，據(jù)此列式，可求得碰撞后小球Q的速度大?。?）兩球碰撞后交換速度，Q球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，經(jīng)過一個周期時間再次與P球碰撞，交換速度，P球做平拋運動．根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解即可． （1）小球PQ首次發(fā)生彈性碰撞時：mv0=mvP+mvQ 12mv02=12mvP2+12mvQ2 聯(lián)立解得：vP=0,vQ=v0=mg2qB （2）對于小球Q，由于qE=mg，故Q球做勻速圓周遠動，洛倫茲力提供向心力，qv0B=mv02r 經(jīng)t1=T=2πmqB小球PQ再次發(fā)生彈性碰撞，由（1）可知碰后：vP=v0=mg2qB，vQ=0 小球P離開平臺后做平拋運動，平拋的時間為t2，t2=2hg=2mqB 所以，P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過的時間t=2πmqB+2mqB=2mqB(1+π) 落地點與平臺邊緣的水平距離xP=vPt=m2gq2B2 變式6如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿+y方向的勻強電場，電場強度E=8π103N/C。在y軸上放置一足夠大的擋板。t=0時刻，一個帶正電粒子從P點以v=2104m/s的速度沿+x方向射入磁場。已知電場邊界MN到x軸的距離為π-210m，P點到坐標原點O的距離為1.1m，粒子的比荷qm=106C/kg，不計粒子的重力。求粒子： 1 在磁場中運動時距x軸的最大距離； 2 ⑵連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間； 3 最終打在擋板上的位置到坐標原點O的距離。 分析與解答：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=mv2R 解得半徑R=0.2m 粒子在磁場中運動時，到x軸的最大距離ym=2R=0.4m (2)如答圖甲所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T=2πRv=2π0.22104=2π10-5s 由磁場變化規(guī)律可知，它在0-3π210-5s(即0-34T) 時間內(nèi)做勻速圓周運動至A點，接著沿-y方向做勻速直線運動直至電場邊界C點， 用時t2=R+y0v=π210-5s=T4 進入電場后做勻減速運動至D點，由牛頓定律得粒子的加速度：a=qEm=8π109m/s2 粒子從C點減速至D再反向加速至C所需的時間 t3=2va=221048π109=π210-5s=T4 接下來，粒子沿+y軸方向勻速運動至A所需時間仍為t2，磁場剛好恢復，粒子將在洛倫茲力的作用下從A做勻速圓周運動，再經(jīng)3π210-5s時間，粒子將運動到F點，此后將重復前面的運動過程．所以粒子連續(xù)通過電場邊界MN有兩種可能： 第一種可能是，由C點先沿-y方向到D再返回經(jīng)過C，所需時間為t=t3=π210-5s 第二種可能是，由C點先沿+y方向運動至A點開始做勻速圓周運動一圈半后，從G點沿-y方向做勻速直線運動至MN，所需時間為t=T4+3T2+T4=2T=4π10-5s (3)由上問可知，粒子每完成一次周期性的運動，將向-x方向平移2R(即答圖甲中所示從P點移到F點)，OP=1.1m=5.5R，故粒子打在擋板前的一次運動如答圖乙所示，其中I是粒子開始做圓周運動的起點，J是粒子打在擋板上的位置，K是最后一段圓周運動的圓心，Q是I點與K點連線與y軸的交點。 由題意知，QI=OP-5R=0.1m KQ=R-QI=0.1m=R2，則JQ=R2-(KQ)2=32R J點到O的距離JO=R+32R=2+310m≈0.37m 變式7如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第一象限有沿y軸負方向、場強為E＝200N/C的勻強電場，第二象限有垂直于xoy平面向外的勻強磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝2.010－11kg，電量q＝1.010－5C帶正電的粒子，從負x軸上的A點以v＝1.0104m/s的速度垂直x軸進入磁場，恰好垂直通過y軸上的P點并進入電場，經(jīng)過電場后通過x軸上的Q點。已知OP的長度h＝2m，不計粒子重力，求： (1)磁感應強度B的大?。? (2)OQ的長度L； (3)粒子從A點運動到Q點的總時間t總。 分析與解答：(1)微粒進入磁場后做勻速圓周運動，設軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有：qvB=mv2r① 由幾何關系知:r=h② 由①②式代入數(shù)據(jù)解之得：B=0.01T ③ (2)設微粒在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為t, 加速度為a，做類平拋運動 水平方向：L=vt④ 豎直方向：qE=ma⑤ h=12at2⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解之得：L=2m⑦ (3)由⑥式代入數(shù)據(jù)解之得：t=210－4s 粒子在磁場中運動時間為：t1=T4=14?2πrv=3.1410-4s 粒子從A點運動到Q點的總時間：t總=t1+t=5.1410－4s.