《通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第二板块第1讲应用“三类典型运动”破解电磁场计算题讲义含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第二板块第1讲应用“三类典型运动”破解电磁场计算题讲义含解析.pdf（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、应用“三类典型运动”破解电磁场应用“三类典型运动”破解电磁场 考法 学法 分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有： 带电粒子(体)在电场、磁场中的运动；带电粒子(体)在组合场、叠加场中 的运动；带电粒子(体)在交变场中的运动。本讲主要应用“直线运动”“圆 周运动” “类平抛运动” 这三类典型运动破解电磁场计算题。 用到的思想方法有 ： 假设法；合成法；正交分解法；临界、极值问题的分析方法；等效 思想；分解思想。 命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动 研一题 如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、 电荷量为e，初速度 与重力均忽略不计 )被加速后从金属板的小
2、孔穿出进入偏转电场(小 孔与上、 下极板间的距离相等)。 已知偏转电场两极板间距离为d， 当 加速电压为U1、 偏转电压为U2时， 电子恰好打在下极板的右边缘M点， 现将偏转电场的下极板向下平移 。 d 2 (1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？ 解析 (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E，电子在偏转电场 中的加速度大小分别为a、a， 加速电压改变前后， 电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1 因偏转电压不变，所以有EdEd， 3 2 即EE 2 3 由qEma及qEma知aa 2 3 设极板长度为L，
3、则da 2， a 2，解得v12 1 2( L 2v1) d 2 1 2( L v0) v02 12 在加速电场中由动能定理知 eU1mv02，eU1mv12 1 2 1 2 解得U1，即加速电压应减为原来的，才能使电子打在下极板的中点。 U1 12 1 12 (2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场 中运动的时间t相等， 设极板移动前后， 电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2， 则有 a1t2，da2t2， d 2 1 2 1 2 即a22a1 由牛顿第二定律知a1，a2 eU2 md eU2 m3 2d 解得U23U2，即偏转电压变为原来的
4、 3 倍，才能使电子仍打在M点。 答案 (1)加速电压应减为原来的，即 1 12 U1 12 (2)偏转电压变为原来的 3 倍，即 3U2 悟一法 带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程 通一类 (2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场 中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突 然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大 小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原
5、来的大，试给出相应的t1 和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好 等于B、A两点间距离的两倍。 解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。 在t0 时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向 向上，大小a1满足 qE2mgma1 油滴在t1时刻的速度为 v1v0a1t1 电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2mgma2 油滴在t22t1时刻的速度为 v2v1a2t1 由式得 v2v02gt1。 (2)由题意，在t0 时刻前有 qE1mg 油滴从t0 到t
6、1时刻的位移为 s1v0t1a1t12 1 2 油滴在从t1时刻到t22t1时刻的时间间隔内的位移为 s2v1t1a2t12 1 2 由题给条件有 v022g2h 式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上，依题意有 s1s2h 由式得 E2E1 22 v0 gt1 1 4( v0 gt1) 2 为使E2E1，应有 22 21 v0 gt1 1 4( v0 gt1) 即当 0 (1 3 2) v0 g 才是可能的，条件式和式分别对应于v20 和v2E1，应有 22 21 v0 gt1 1 4( v0 gt1) 即t1 ( 5 2 1)v 0 g 另一解为负，不合题意，已舍去。 答案：(1
7、)v02gt1 (2)见解析 命题点(二) 带电粒子在磁场中的运动 题型 1 带电粒子在有界磁场中的运动 1磁场中匀速圆周运动问题的分析方法 2求磁场区域最小面积的两个注意事项 (1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。 (2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。 例 1 (2018重庆模拟)如图所示坐标原点O(0,0)处有一带 电粒子源， 沿xOy平面向y0、x0 的区域内的各个方向发射粒子。 粒子的速率均为v、 质量均为m、 电荷量均为q。 有人设计了方向垂 直于xOy平面向里、 磁感应强度为B的匀强磁场区域， 使上述所有带 电粒子从该区域
8、的边界射出时均能沿y轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子 重力。 求： (1)粒子与x轴相交的坐标范围； (2)粒子与y轴相交的坐标范围； (3)该匀强磁场区域的最小面积。 解析 (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R， 由qvBm， v2 R 得R， mv qB 如图所示，粒子与x轴相交的坐标范围为x。 2mv qB mv qB (2)如图所示，粒子与y轴相交的坐标范围为 0y。 2mv qB (3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。 第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1， R2 2 第二象限区域四分之一圆的半径为 2R， 其面积为S2R2， 2R2 4 第二象限区
9、域一个半径为R的半圆面积为S3， R2 2 则阴影部分面积为SS1S2S3R2。 m2v2 q2B2 答案 (1)x (2)0y (3) 2mv qB mv qB 2mv qB m2v2 q2B2 题型 2 带电粒子在磁场中的多解问题 1解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场 中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周 期公式结合几何知识)求解。 2粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方 向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。 例 2 如图所示为宽度为d的有界匀强
10、磁场，磁感应强度为B，MM 和NN是它的两条边界。现有质量为m、 电荷量为q的带电粒子沿图示方向 垂直磁场射入， 要使粒子不能从边界NN射出，则粒子入射速率v的最大值 可能是多少。 解析 若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN相切的 圆弧， 1 4 轨迹半径： R，又dR mv Bq R 2 解得v(2)。2 Bqd m 若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN相切的 圆弧， 3 4 则有：R，dR， mv Bq R 2 解得v(2)。2 Bqd m 答案 (2)(q为正电荷)或(2)(q为负电荷)2 Bqd m 2 Bqd m 命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动 研一题 (2018全国
11、卷)如图，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的 匀强电场，场强大小为E； 在y0 的区域存在方向垂直于xOy平面向 外的匀强磁场。一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从y轴上yh点以相 1 12 1 同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知 H进入磁场时，速度方 1 1 向与x轴正方向的夹角为 60， 并从坐标原点O处第一次射出磁场。 H 的质量为m，电荷量为q。不计重力。求： 1 1 (1) H 第一次进入磁场的位置到原点O的距离； 1 1 (2)磁场的磁感应强度大小； (3) H 第一次离开磁场的位置到原点O的距离。 2 1 解析 (1) H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运 1 1
12、 动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有 s1v1t1 ha1t12 1 2 H 进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为 1 1 v1tan 1a1t1，其中160 联立以上各式得 s1h。 2 3 3 (2) H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 1 1 qEma1 进入磁场时速度的大小为 vv12a1t12 在磁场中运动时由牛顿第二定律有 qvBm v2 R1 由几何关系得 s12R1sin 1 联立以上各式得B 。 6mE qh (3) H 与 H 初动能相等 2 11 1 2mv22mv12 1 2 1 2 H 在电场中运动时有 2 1 qE2ma2 s2v2t2 ha2t22 1
13、 2 进入磁场时v2tan 2a2t2 vv22a2t22 qvB2m v2 R2 联立以上各式得 s2s1，21，R2R12 所以 H 第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2，由几 2 1 何关系有 s22R2sin 2 联立式得， H 第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 2 1 s2s2(1)h。 2 3 3 2 答案 (1)h (2) (3)(1)h 2 3 3 6mE qh 2 3 3 2 悟一法 解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法 通一类 1 (2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀 强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示 ： 中间是磁
14、场区域， 其边界 与y轴垂直， 宽度为l， 磁感应强度的大小为B， 方向垂直于xOy平面 ； 磁场的上、 下两侧为电场区域， 宽度均为l， 电场强度的大小均为E， 方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线 与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场， 经过一段时间后恰 好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点入射时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及 6 其从M点运动到N点的时间。 解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，
15、在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。 (2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向 的夹角为如图(b)，速度v沿电场方向的分量为v1。 根据牛顿第二定律有 qEma 由运动学公式有 lv0t v1at v1vcos 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB mv2 R 由几何关系得 l2Rcos 联立式得 v0。 2El Bl (3)由运动学公式和题给数据得 tan v0 v1 6 联立式得 q m 4 3 El B2l2 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则 t2tT 2( 2 6) 2 式中T是粒子在磁
16、场中做匀速圆周运动的周期， T 2m qB 由式得 t。 Bl E(1 3 l 18l) 答案：(1)见解析图(a) (2) (3) 2El Bl 4 3 El B2l2 Bl E(1 3 l 18l) 2(2018宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD内存 在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段COODl，30。在第四象 限正方形ODFG内存在沿x轴正方向、电场强度E的匀强电场，在第三象限沿AC放置 B2el 3m 一面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰 好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m、电荷量为e，不
17、计重力。 (1)求电子P射入磁场时的速度大小； (2)求电子P经过y轴时的坐标； (3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场， 且P、 Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间。 解析：(1)电子P恰好不从AD边射出磁场，则电子P的运动轨迹与AD边相切， 由几何关系可得：rl r sin 电子P在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： ev0Bmv 02 r 解得：r ，v0。 l 3 eBl 3m (2)假设电子P从OG边离开电场，则电子P在电场中做类平抛运动，有： 2rat12 1 2 yPv0t1 eEma 解得：t1，yPl 2m eB
18、 2 3 由于yPll，故假设成立，电子P从OG边射出电场，经过y轴时的坐标 ：。 2 3(0， 2 3l) (3)对于电子P，设射出电场时速度方向与y轴负方向成角，射在荧光屏上的位置距 离x轴为Y，则： vPxat1 tan v Px v0 由几何关系有：YyP l tan 对于电子Q， 设其在电场中运动的时间为t2， 射出电场时速度方向与y轴负方向成角， 在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的点的竖直距离为yQ2， 有：yQ1yQ2Y yQ1v0t2 yQ2 l tan tan v Qx v0 vQxat2 解得：t2。 3m 2eB(另一个解t 22m eB是电
19、子P在电场中运动的时间，故舍弃) 答案：(1) (2) (3) eBl 3m(0， 2 3l) 3m 2eB 命题点(四) 带电粒子(体)在叠加场中的运动 研一题 如图所示， 在平面直角坐标系xOy中， 第一象限内存在正交 的匀强电场和匀强磁场， 其中电场强度E140 N/C； 第四象限内存 在一方向向左的匀强电场，电场强度E2 N/C。 一质量为m 160 3 2103 kg 的带正电的小球， 从M(3.64 m,3.2 m)点以v01 m/s 的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动， 从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，2.28 m)点(图中未标出)
20、(g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求 ： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)小球由P点运动至N点的时间。 解析 (1)由题意可知 qE1mg 解得q5104 C 小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。 则Rcos xMxP Rsin RyM 可得R2 m，37，tan 0.75 由qv0Bmv 02 R 解得B2 T。 (2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。 tan 0.75tan ，即37 mg qE2 可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂 直， 由图甲可知合力沿PA方向 由图甲中几何关系可得OAOPtan 1.53 m
21、 ANONOA0.75 m 过N点作PA延长线的垂线NQ，易知OAP与QAN相似， 所以QNAOPA 得QNANcos 0.6 m 由QNv0t，解得t0.6 s。 答案 (1)2 T (2)0.6 s 悟一法 带电粒子在叠加场中运动的解题思路 通一类 (2019 届高三惠州四校联考)平面OM和水平面ON之间 的夹角为 30，其横截面如图所示， 平面OM和水平面ON之间同 时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B， 方向垂 直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量 为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场， 速 度方向与OM成30
22、角， 带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的 运动轨迹与ON恰好相切，且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。 (1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？ (2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大？ (3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO上，此点到O点的距离 为多大？ 解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力 与重力平衡， 小球所受电场力竖直向上， 电场力方向与电场强度方向相同， 则小球带正电荷 ； 电场力与重力大小相等， 则qEmg，解得：E。 mg q (2)小球进入磁场后做匀速圆
23、周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qv0Bm，解得：r， v02 r mv0 qB 根据题意， 带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点 为运动轨迹与ON的切点，I点为入射点，P点为出射点， 则IP为 圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为 30，由几何关系可得，QP为圆轨迹的直径， 可知OP的长度为：s4r。 QP sin 30 2r sin 30 4mv0 qB (3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T点，竖直位移为y， 水平位移：xv0t， 解得：t， x v0 scos 30 v0 2 3 m qB 竖直位移：ygt2， 1 2 6m
24、2g q2B2 小球打在光屏上的T点到O点的距离为： H2ry。 2mv0 qB 6m2g q2B2 答案：(1)正电荷 (2) (3) mg q 4mv0 qB 2mv0 qB 6m2g q2B2 命题点(五) 带电粒子(体)在交变场中的运动 题型 1 电场的周期性变化 例 1 (2018宜昌调研)如图甲所示， 两水平金属板A、B间的距离为d， 极板长为l，A、 B右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为 0.7l。A、B两板间加上如图乙 所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可视为匀强电场， 且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电
25、子束，以速度v0沿A、B两板 间的中心线OO射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。 (1)求电子通过偏转电场的时间t0； (2)若UAB的周期Tt0，求电子飞出偏转电场时离OO的最大距离； (3)若UAB的周期T2t0，求电子击中荧光屏上O点时的速率。 解析 (1)电子在水平方向做匀速运动，有：v0t0l，解得t0。 l v0 (2)当Tt0时，t0 时刻进入偏转电场的电子飞出时离OO的距离最大 设最大距离为ym，加速度大小为a，则有： ym2a 2 1 2( t0 2) aeU 0 md 解得最大距离ym。 eU0l2 4mdv02 (3)当T2t0时，电子要到达
26、O点，则在电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减 速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O 到O的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为 t，则 在竖直方向上有： y上2at2 1 2 y下a(t02t)2a(t02t) 1 2 0.7l v0 要到达O点，则有y上y下 解得 t0.4t0，另一解 t3t0舍去 所以到达O点的电子在竖直方向上的速度大小为 vya(t02t) 到达荧光屏上O点的电子的速率为vv02vy2 解得电子击中荧光屏上O点时的速率：v 。v02( eU0l 5mdv0) 2 答案 (1) (2) (3) l
27、 v0 eU0l2 4mdv02 v02( eU0l 5mdv0) 2 题型 2 磁场的周期性变化 例 2 (2018肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强 电场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E40 N/C，磁感应 强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t0 时刻， 一质量m8104 kg、 电荷量q2104 C 的微粒在O点具有竖直向下的速度v0.12 m/s，O是挡板MN上一点，直线OO与挡板MN垂直，取g10 m/s2。求： (1)微粒再次经过直线OO时与O点的距离x； (2)微粒在运动过程中离开直线OO的
28、最大高度H； (3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足的条件。 解析 (1)根据题意可知，微粒所受的重力 Gmg8103 N 电场力大小FqE8103 N 因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 qvBmv 2 R 解得：R0.6 m 由T2R v 解得：T10 s 则微粒在 5 s 内转过半个圆周，再次经直线OO时与O点的距离：x2R 解得：x1.2 m。 (2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为 t5 s，轨迹如图所示，位移大小：svt 解得：s1.88 m 因此，微粒离开直线OO的最大高度： HsR2.48 m。 (3)
29、若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO下方时，由图像可知，挡板MN 与O点间的距离应满足： L(2.4n0.6)m (n0,1,2，) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO上方时， 由图像可知， 挡板MN与O 点间的距离应满足： L(2.4n1.8)m (n0,1,2，) 综上，挡板MN与O点间的距离应满足： L(1.2n0.6)m (n0,1,2，)。 答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L(1.2n0.6)m (n0,1,2，) 系统通法 带电粒子在交变场中运动的解题思路 专题强训提能 1(2019 届高三包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带 正电的小球质
30、量为m，所带的电荷量为q， 用一根长为L且不可伸长 的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右， 分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点 无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间t是多少？(已知：OAOCL，重力加速度为g) 解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得 mgLqEL0 解得E。 mg q (2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动， F合mgqE2mg22 ag 2mg m 2 由几何关系易知，C
31、BL，则2 Lat22 1 2 解得t 。 2L g 答案：(1) (2) mg q 2L g 2 (2018全国卷)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子， 由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动， 自M点垂直于 磁场边界射入匀强磁场， 磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖 直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出 ； 乙种离子在MN的中 点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 解析 ： (1)设甲种离子所带电荷量为q1、 质量为m1， 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1， 磁场的磁感
32、应强度大小为B，由动能定理有 q1Um1v12 1 2 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1Bm1 v12 R1 由几何关系知 2R1l 由式得 B。 4U lv1 (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆 周运动的半径为R2。同理有 q2Um2v22 1 2 q2v2Bm2 v22 R2 由题给条件有 2R2 l 2 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 14。 q1 m1 q2 m2 答案：(1) (2)14 4U lv1 3.如图所示， 在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、 磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿x方向、电
33、场强 度为E的匀强电场。 某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区 发射速度大小不等的带正电的同种粒子， 速度方向范围与y方向成 45135角，且在xOy平面内。 结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打 到x轴上， 然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。 已知带电粒子所带电荷 量均为q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。 (1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围； (2)试求所有粒子到达y轴上的时间范围(即最后到达y轴与最先到达y轴的粒子 的时间间隔)。 解析 ： (1)设粒子速度v与y轴的夹角为， 如图所示， 垂直打到x轴 上满足dRsin 又qvBmv 2 R 解得
34、v qBR m qBd msin 当90时，vminqBd m 当45和135时，vmax 2qBd m 带电粒子进入磁场的速度大小范围为 v。 qBd m 2qBd m (2)由(1)分析可知当135时，射入的粒子最先到达y 轴，所用时间最短 其在磁场中运动时间t1 T 8 m 4Bq 由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(1)d，粒子在电场中做类平抛运动2 在电场中运动的时间满足(1)d t222 1 2 qE m 即t2 2 21md qE 所以tmint1t2 m 4qB 2 21md qE 由(1)分析可知当45时，射入的粒子最后到达y轴，所用时间最长 其在磁场中运动的时间t3 3
35、T 8 3m 4Bq 由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(1)d，粒子在电场中做类平抛运动2 在电场中运动的时间满足(1)d t42，2 1 2 qE m 即t4 2 21md qE 所以tmaxt3t4 3m 4qB 2 21md qE 所有粒子到达y轴上的时间范围为 ttmaxtmin 。 m 2qB 2 21md qE 2 21md qE 答案：(1)v (2) qBd m 2qBd m m 2qB 2 21md qE 2 21md qE 4 (2018江苏高考)如图所示， 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
36、相交于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 sin 530.8，cos 530.6。 d 2 (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。 解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， qv0Bmv 02 r0 由题意知r0d 4 解得B。 4mv0 qd (2)当初速度v5v0时，由qvB得rd，粒子运动轨迹如图，设粒
37、子在矩形磁场 mv2 r 5 4 中的偏转角为。 由几何关系知drsin ，得 sin ，即53 4 5 在一个矩形磁场中的运动时间t1， 360 2m qB 解得t153d 720v0 粒子做直线运动的时间t22d v 解得t2 2d 5v0 则t4t1t2。 5372d 180v0 (3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。 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 粒子做直线运动路程的最大值 sm(2d2xm)3d 2xm cos 增加路程的最大值 smsm2dd 增加时间的最大值 tm。 sm v
38、d 5v0 答案：(1) (2) (3) 4mv0 qd 5372d 180v0 d 5v0 5.(2018太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标 系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向 右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为 45。 已知带电粒 子质量为m、电荷量为q，磁感应强度大小为B，电场强度大小 E，重力加速度为g。 mg q (1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0； (2)t0 时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变， 而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，
39、在 0 时间内 T 2 的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知 在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆， 粒子经过此点时， 相当于以此圆的半 径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求： 粒子经过M点时的曲率半径； 在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。 解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得 qv0B mg2qE2 解得v0 2mg qB 由左手定则得，v0沿y轴负方向。 (2)重力和电场力的合力为F mg2qE2 粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理 WFdmv2 1 2 得v 2 2gd 由qvBmg2 mv2 得。 2mgd qB2gdmg 轨迹如图所示。 答案：(1)，沿y轴负方向 (2) 见解析图 2mg qB 2mgd qB2gdmg