《江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场专题突破十带电粒子在复合场中的运动讲义含解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场专题突破十带电粒子在复合场中的运动讲义含解.pdf（24页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题突破十 带电粒子在复合场中的运动专题突破十 带电粒子在复合场中的运动 命题点一 带电粒子在组合场中的运动命题点一 带电粒子在组合场中的运动 1组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现 2分析思路 (1)划分过程 ： 将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段， 对不同的阶段选取不同的规律处理 (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键 (3)画运动轨迹 ： 根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观 地解决问题 3“磁偏转”和“电偏转”的区别 电偏转磁偏转 偏转条件带电粒子以vE进入匀强电场带电粒子以vB进
2、入匀强磁场 受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力 运动轨迹抛物线圆弧 物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 Lvt yat2 1 2 a tan qE m at v qvBm r v2 r mv qB T t 2m qB T 2 sinL r 做功情况 电场力既改变速度方向，也改变 速度的大小，对电荷要做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变 速度的大小，对电荷永不做功 物理图象 题型 1 “磁磁”组合 例 1 (2018江苏单科15)如图 1 所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为 4d， 宽为d，中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相
3、交于O、O点，各区域磁感 应强度大小相等 某粒子质量为m、 电荷量为q， 从O沿轴线射入磁场 当入射速度为v0时， 粒子从O上方 处射出磁场取 sin530.8，cos530.6. d 2 图 1 (1)求磁感应强度大小B； (2)入射速度为 5v0时，求粒子从O运动到O的时间t； (3)入射速度仍为 5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动 到O的时间增加 t，求 t的最大值 答案 (1) (2) (3) 4mv0 qd( 5372 180) d v0 d 5v0 解析 (1)粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0Bm，由题意知r0 ，解得B v02 r0
4、 d 4 4mv0 qd (2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为. 由几何关系得drsin ， 由洛伦兹力提供向心力得r， 解得sin ， 即 m5v0 qB 5d 4 4 5 53 粒子在一个矩形磁场中的运动时间t1，解得t1 360 2m qB 53d 720v0 直线运动的时间t2 2d 5v0 则粒子从O运动到O的时间t4t1t2() 5372 180 d v0 (3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x. 粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd 3 4 则当xmd时，t有最大值 3 4 粒子直线运动路程的最大值sm(2d2xm)3d 2xm
5、cos 增加路程的最大值 smsm2dd 增加时间的最大值 tm. d 5v0 题型 2 “电磁”组合 例 2 (2018南通市、泰州市一模) 如图 2 所示，两边界MN、PQ相互平行、相距为L，MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁 场的区域足够大 质量为m、 电荷量为q的粒子从与边界MN距离为 2L的O点以方向垂直于 边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为 45，粒子 还能回到O点忽略粒子的重力，求： 图 2 (1)匀强电场的场强大小E； (2)粒子回到O点时的动能Ek； (3)磁场的磁感应强度B和粒子从
6、O点出发回到O点的时间t. 答案 (1) (2)mv (3) mv02 2qL 5 2 02 mv0 3ql 343L 2v0 解析 (1) 粒子向右通过电场的时间t12L v0 离开电场时沿电场方向的分速度vyv0tan 45 在电场中运动的加速度av y t1 由牛顿第二定律有qEma 解得E. mv02 2qL (2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动， 则粒子两次经 过边界MN的位置间的距离 hv0t1atat4L 1 2 12 1 2 12 由动能定理有qEhEkmv 1 2 02 解得Ekmv. 5 2 02 (3)粒子进入磁场的速度vv0v02vy2
7、2 设粒子在磁场中的运动半径为r，由几何关系可知 2rcos 45h2Ltan 45 解得r3L2 由洛伦兹力提供向心力有qvBmv 2 r 解得磁场的磁感应强度Bmv 0 3qL 粒子在磁场中运动时间t2 3 4 2r v 则粒子运动的总时间t2t1t22L v0 解得t. 343L 2v0 命题点二 带电粒子(体)在叠加场中的运动命题点二 带电粒子(体)在叠加场中的运动 1带电体在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能 守恒，由此可求解问题 (2)电场
8、力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) 若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动 能定理求解问题 (3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直) 若三力平衡，一定做匀速直线运动 若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动 若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量 守恒定律或动能定理求解问题 2带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动 和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注
9、意洛伦兹力不做功的 特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解 例 3 (2018金陵中学等三校四模)如图 3 所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有 范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场 的磁感应强度B未知在距离MN为h的O点将带电小球以v0的初速度向右水平抛出，2gh 小球在MN下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为g. 图 3 (1)求带电小球的比荷 ，并指出小球的带电性质 q m (2)若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应 磁场的磁感应强度的值B0. (3)已知磁场磁感应强度为
10、B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN 的最大距离为d(该点在PQ左侧)，求小球经过此点时的加速度a的大小 答案 (1) 粒子带正电 (2)4(2)h (3)g g E 2 21 E 2gh gB12g 2 hd E 解析 (1)因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向 上，所以带正电 因为重力等于电场力即mgqE，所以带电小球的比荷 q m g E (2)小球从O点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示： 根据平抛运动知识可得： xv0t，hgt2 1 2 vygt，v22ghv02vy2gh tan，解得45 vy v0 所以OO1间距离s
11、2xR2 s最小时R最大，此时磁场的磁感应强度有最小值B0. 由图可知s2xR2R，可得R2(2)h，故最小距离s4(2)h222 小球在MN下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 得qvBm，R v2 R mv qB 所以B0 21 E 2gh (3)若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d 根据动能定理得：mg(hd)mvmv 1 2 12 1 2 02 又qv1B1mgma 所以ag. gB12g 2 hd E 命题点三 带电粒子在交变电磁场中的运动命题点三 带电粒子在交变电磁场中的运动 例 4 (2018如皋市模拟四)如图 4 甲所示，xOy平面处于匀强电
12、场和匀强磁场中，电场强 度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为 2t0，y轴正方向为E的正方 向，垂直于纸面向里为B的正方向t0 时刻，一质量为m、电荷量为q的粒子从坐标原 点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为x轴方向已知电场强度大小为E0，磁感应强 度大小B0，不计粒子所受重力求： m qt0 图 4 (1)t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标(x1，y1)； (2)为使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，B0与E0应满足的关系； (3)t4nt0(n为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x. 答案 见解析 解析 (1)0t0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着x轴正方
13、向有：x1v0t0， 沿着y轴正方向，有：vyat0，y1at， 1 2 02 由牛顿第二定律，有qE0ma， 运动的速度大小v1，v02vy2 解得：v1，y1，v02q 2E02t02 m2 E0qt02 2m 故粒子的位置坐标为(v0t0，)； E0qt02 2m (2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T， 由牛顿第二定律，有qv1B0mr1， 42 T2 解得：T2t0； 则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示： 粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B0m， v12 r1 由图可知圆心在y轴上，结合几何关系得到：r1sinv0t0， 且v1cosv0， 解得：v0
14、. E0 B0 (3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为 2t0，即在t02t0时间内粒子转了半圈，在x方向上 向左移动了 x,2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在 2t03t0时间内 粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与 0t0时间内相同，3t0时刻速度 大小为v0，方向沿着x轴负方向，在 3t04t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0， 方向沿着x正方向，如图所示；则 04t0时间内粒子在x方向上向左移动的距离为 x 2r1sin2E 0t0 B0 则粒子的横坐标xnx(n1,2，) 2nE0qt02 m 1(2018无锡市高三期末)如图 5 甲
15、，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有 垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.一比荷大小为c的粒子以某一初速度从 A(R,0)沿x方向射入磁场，并从B(0，R)射出不计粒子重力 图 5 (1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小 (2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场， 粒子从A以原初速度射入磁场， 射出 时速度方向与x轴成 60，求所叠加的磁场的磁感应强度 (3)若在平面内加一个以O为圆心， 从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场， 磁场方向垂直 于纸面向里，如图乙粒子从A以原初速度射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转， 从P(R，R)再次从圆环形磁场进入圆
16、形磁场， 则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒 3 2 1 2 子运动的周期 答案 见解析 解析 (1)由左手定则可知，粒子带正电粒子运动轨迹如图(a)， 由洛伦兹力提供向心力得qvB0m，解得vcB0R v2 R (2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为R1R 3 3 由qvB可知，合磁感应强度应大小变为BB0 mv2 3 3 R 3 若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M射出，则根据B1B0B，有B1(1)B03 若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N射出，则根据B1B0B，有B1(1)B03 (3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知POB， 3 粒子在圆环形磁场区
17、的轨道半径为R2R， 3 3 则要求外径RR22R2R3 粒子完成一个周期运动满足n2m，m、n均为正整数 ( 2 3) 满足条件的m、n的最小值m5、n12 的周期为 Tn( 1 4 2R v 2 3 2 3 3 R v ) . (6 16 3 3) cB0 2.(2018南京市、盐城市一模)如图 6 所示，半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏 转电场，电场与水平方向成 60角，同心大圆半径为r，两圆间有垂直于纸面向里的匀强3 磁场，磁感应强度为B质量为m，电荷量为q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁 场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场，并从最低点C处离开电场不计粒子的 重
18、力求： 图 6 (1)该粒子从A处进入电场时的速率； (2)偏转电场的场强大小； (3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围 答案 见解析 解析 (1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v进入磁场经T的时 1 3 间从内圆最高点A处进入电场 由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，由几何关系得R v2 R 2 3 r 3 解得v. 2 3 rBq 3m (2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示 由几何知识和平抛运动规律可得：2rcos 60vt，2rsin 60at2，Eqma 1 2 解得E 8 3 B2qr 3m (3)带电粒子经加速电场
19、获得一定动能进入磁场 加速电场中由动能定理得U加qmv2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得Bqvm 1 2 v2 R 解得U加B 2qR2 2m 使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R有三种临界值，如图丙所示 当粒子运动半径为R1r，3 则粒子的速度大小为v1r，加速电压大小为U加 1 Bq m 3 3B2qr2 2m 当粒子运动半径为R2r， 31 2 则粒子的速度大小为v2r，加速电压大小为U加 2 Bq m 31 2 (2 3)B2qr2 4m 当粒子运动半径为R3r， 31 2 则粒子的速度大小为v3r, 加速电压大小为U加 3 Bq m 31 2 (2 3)B2qr2 4
20、m 所以加速电压的取值范围： 0U加或U加. 2 3 B2qr2 4m 2 3 B2qr2 4m 3B2qr2 2m 3(2018苏州市模拟)如图 7 所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖 直向上在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，其大小E1；在第二、第 3mg 3q 三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场， 电场强度大小E2 ，磁感应强度大小为B.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点 mg q 为d的P点由静止释放(重力加速度为g) 图 7 (1)求小球从P点开始运动后，第一次经过y轴时速度的大小； (2)求小球
21、从P点开始运动后，第二次经过y轴时的纵坐标； (3)若小球第二次经过y轴后， 第一、 第四象限内的电场强度大小变为E1， 方向不变， 3mg q 求小球第三次经过y轴时的纵坐标 答案 (1) (2)d(3)d 8 3 gd 3 m qB 8 3 gd 3 3 m qB 8 3 gd 3 25 3 9 解析 (1)设小球在第一、四象限中的加速度为a，由牛顿第二定律得mamg2 qE12 得到a，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为，则 2 3 g 3 tan，小球移动的位移x2d，所以经过y轴时速度的大小为v0 mg qE1 3 d cos 2ax .2 2 3 g 3 2
22、d 8 3 gd 3 (2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内，由于qE2mg，电场力与重力平衡，故小球 做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示设轨迹半径为R， 由洛伦兹力提供向心力qv0Bm，得R v02 R mv0 qB 由几何关系知 yR，OPdtand mv0 qB m qB 8 3 gd 3 3 故小球第二次经过y轴时的纵坐标y1d. m qB 8 3 gd 3 3 (3)从第二次经过y轴到第三次经过y轴过程， 小球在第一、 四象限内的受力分析如图乙所示 由图可知 tan，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球 mg qE1 3 3 做类平抛运动，加速度a2gqE
23、 1 m 2 mg m 2 小球第三次经过y轴时， 由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知v0t 2gt23 1 2 得小球运动时间t 3v0 3g 3 3g 8 3 gd 3 8 3 gd 3g 小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为： yd v0t sin60 2 3 8 3 gd 3 8 3 gd 3g 16 3 9 故小球第三次经过y轴时的纵坐标为： y2y1yd. m qB 8 3 gd 3 25 3 9 1(2018扬州市一模)在如图 1 所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等 腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，
24、AC边有一挡板 可吸收电子，AC长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d.电场右侧的x轴上 1 2 有足够长的荧光屏现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电 子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d， 电子电荷量为e， 质量为m， 1 2 不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求： 图 1 (1)电子通过磁场区域的时间t； (2)偏转电场的电压U； (3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上 答案 (1) (2) (3) m 2eB 8eB2d2 3m eBd 3 3m 解析 (1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得： ev
25、Bm，得到：r v2 r mv eB 运动周期T 2r v 2m eB OAC和OQC均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为 90， 故通过磁场区域的时间为tT. 90 360 m 2eB (2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示， 由几何知识得rd，由r解得v mv eB eBd m 通过电场的时间t1 d 2v m 2eB 电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，由几何关系有： ， y1 y2 1 4d 1 2d 1 2 又y1y2d 解得y1d 1 3 即 td 1 2 eU md 12 1 3 代入数据解得U. 8eB2d2 3m (3)若电子恰好打
26、在下极板右边缘，如图所示 磁场中rmv eB 电场中水平方向：dvt 1 2 竖直方向：r t2 1 2 eU md 由上述三式代入数据解得v. eBd 3 3m 2.(2019高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加 速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图 2 所示：MN和PQ为足 够长的水平边界， 竖直边界EF将整个区域分成左右两部分， 区域的磁场方向垂直纸面向里， 磁感应强度为B， 区域的磁场方向垂直纸面向外 调节区域的磁感应强度的大小可以使正、 负电子在测量区内不同位置进行对撞经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D同时
27、入射，入射方向平行EF且垂直磁场已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN 和PQ的间距为 8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为e和e，忽略电子进入 加速器的初速度 图 2 (1)试判断从注入口C入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器 的加速电压U； (2)若将区域的磁感应强度大小调为B，正、负电子以v1的速率同时射入，则正、负 deB m 电子经多长时间相撞？ (3)若将区域的磁感应强度大小调为 ，正、负电子仍以v1的速率射入，但负电子射 B 3 deB m 入时刻滞后于正电子 t，求正、负电子相撞的位置坐标 m eB 答案 (1)正电子 (2) (3)(
28、d，d) mv02 2e 2m eB 3 3 2 5 2 解析 (1)由左手定则判断，从C入射的为正电子，由动能定理 eUmv， 1 2 02 解得：加速电压Umv 02 2e (2)电子射入后的轨迹如图甲所示 电子在、区域中运动时半径相同，设为r， 由洛伦兹力提供向心力eBv1m，解得：rd v12 r 周期T2m eB 对撞时间：tT2m eB (3)电子射入后的轨迹如图乙所示 电子在区域中运动时半径r1d，周期T12m eB 电子在区域中运动时半径r23d，周期T2，t 6m eB m eB T2 6 设正、负电子在A点相撞，由几何关系可知A与圆心的连线与水平方向夹角30，A的 横坐标x
29、r2cosd，A的纵坐标y4dr2sind 3 3 2 5 2 正、负电子相撞的位置坐标为(d，d) 3 3 2 5 2 3(2018海安中学月考)如图 3 甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场匀 强磁场分为、 两个区域， 其边界为MN、PQ， 两区域磁感应强度大小均为B， 方向如图所示， 区域高度为d，区域的高度足够大，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从磁场上方 的O点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动(重力加速度为g) 图 3 (1)求电场强度E的大小； (2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h； (3)若带电小球从距
30、MN高度为 3h的O点由静止开始下落， 为使带电小球运动一定时间后仍 能回到O点，需将磁场向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场向下移动的距离y及 小球从O点释放到第一次回到O点的运动时间T. 答案 见解析 解析 (1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qEmg， 解得Emg q (2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点，如图甲所示 由动能定理得：mghmv2 1 2 Bqvmv 2 R 由几何关系得：Rd 2 3 3 联立解得：h2d 2q2B2 3gm2 (3)当带电小球从距MN的高度为 3h的O点由静止开始下落时，应有 mg3h
31、mv，小球运动轨迹半径R1 1 2 12 mv1 qB 联立解得：R12d 画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方 向成 30角，根据几何关系有，R1sin 60R1(1cos 30)ytan 30，可得磁场向下 移动距离y(62)d3 小球自由落体和竖直上抛的总时间t12 2 3h g 4dqB mg 小球做圆周运动的总时间t25m 3qB 小球做匀速直线运动的总时间t3 24 34d v1 4 31 m qB 第一次回到O点的运动时间Tt1t2t3. 4dqB mg 5m 3qB 4 31 m qB 4.(2018常州市一模)如图 4 所示的xOy
32、平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域 内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x 轴相距为 y(未知)，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E； 在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向 外电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经 过原点O进入x轴下方的电场已知电子质量为m，电荷量为e，E，B2，不 3mv02 2eR 3mv0 2eR 计电子重力 图 4 (1)求磁感应强度B1的大小； (2)若电场沿y轴负方向，欲使电子
33、a不能到达MN，求 y的取值范围； (3)若电场沿y轴正方向，yR，欲使电子b能到达x轴且距原点O距离最远，求矩形3 磁场区域的最小面积 答案 (1) (2)yR (3)4(2)R2 mv0 eR 3 3 3 解析 (1)电子射入圆形区域后做圆周运动， 轨道半径大小相等， 设为r， 电子a射入， 经过O 点进入x轴下方，则rR， 洛伦兹力提供向心力得ev0B1m，解得B1 v02 R mv0 eR (2)匀强电场沿y轴负方向， 电子a从O点沿y轴负方向进入电场做匀减速运动， 设电子a速 度减小为 0 时位移是 y0，此过程由动能定理有eEy0mv，可求出 y0R， 1 2 02 mv02 2e
34、E 3 3 则电子a不能到达MN时 yR 3 3 (3)匀强电场沿y轴正方向， 电子b从O点进入电场做类平抛运动， 设电子b经电场加速后到 达MN时的速度大小为v， 电子b在MN下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r1， 电子b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图甲所示 由动能定理有eEymv2mv， 1 2 1 2 02 解得v2v0，在电场中的加速度a， eE m 3v02 2R 在电场中运动的时间t1， 2y a 2R v0 电子在x轴方向上的位移xv0t12R； 由牛顿第二定律，有：evB2m，代入得：r1R， v2 r1 4 3 3 cos ，故； v0 v 1 2 3 由几何关系可知，在MN下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出， 且射出方向与水平方向夹角为时，粒子能够到达x轴且与原点O距离最远，如图乙所 3 示由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1r1r1sin ， 竖直边长为l2r1r1cos ， 最小面积为Sl1l2r(1sin )(1cos )4(2)R2. 12 3