高三物理總復(fù)習(xí)復(fù)合場專題練習(xí)及答案

高三物理總復(fù)習(xí)：復(fù)合場參考答案及試題解析一、選擇題1．（3分）如圖所示，空間存在著由勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E組成的正交電磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面對里．有一帶負(fù)電荷的小球P，從正交電磁場上方的某處自由落下，那么帶電小球在通過正交電磁場時(shí)（）A．肯定作曲線運(yùn)動(dòng)B．不行能作曲線運(yùn)動(dòng)C．可能作勻速直線運(yùn)動(dòng)D．可能作勻加速直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．分析：對小球受力分析后，得到合力的方向，依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件進(jìn)行推斷．解答：解：小球進(jìn)入兩個(gè)極板之間時(shí)，受到向下的重力，水平向右的電場力和水平向左的洛倫茲力，若電場力及洛倫茲力受力平衡，由于重力的作用，小球向下加速，速度變大，洛倫茲力變大，洛倫茲力不會(huì)始終及電場力平衡，故合力肯定會(huì)及速度不共線，故小球肯定做曲線運(yùn)動(dòng)；故A正確，B錯(cuò)誤；在下落過程中，重力及電場力不變，但洛倫茲力變更，導(dǎo)致合力也變更，則做變加速曲線運(yùn)動(dòng)．故CD均錯(cuò)誤；故選A．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵要明確洛倫茲力會(huì)隨速度的變更而變更，故合力會(huì)及速度方向不共線，粒子肯定做曲線運(yùn)動(dòng)．2．（3分）如圖所示，在某空間同時(shí)存在著相互正交的勻強(qiáng)電場E勻強(qiáng)磁場B電場方向豎直向下，有質(zhì)量分別為m1，m2的a，b兩帶負(fù)電的微粒，a電量為q1，恰能靜止于場中空間的c點(diǎn)，b電量為q2，在過C點(diǎn)的豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在c點(diǎn)a、b相碰并粘在一起后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)以速率做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)、b粘在一起后仍在豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑大于r勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；向心力．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：粒子a、b受到的電場力都及其受到的重力平衡；碰撞后整體受到的重力依舊和電場力平衡，洛倫茲力供應(yīng)向心力，依據(jù)牛頓其次定律列式，再結(jié)合動(dòng)量守恒定律列式求解．解答：解：粒子b受到的洛倫茲力供應(yīng)向心力，有解得兩個(gè)電荷碰撞過程，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，有m2v=（m1+m2）v′解得整體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有故選D．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)狀況，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和牛頓其次定律列式分析計(jì)算．3．（3分）設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止起先自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽視重力，以下說法正確的是（）A．這離子必帶正電荷B．A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度C．離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大D．離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，將沿原曲線返回A點(diǎn)考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）由離子從靜止起先運(yùn)動(dòng)的方向可知離子必帶正電荷；（2）在運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力永不做功，只有電場力做功依據(jù)動(dòng)能定理即可推斷BC；（3）達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動(dòng)．解答：解：A．離子從靜止起先運(yùn)動(dòng)的方向向下，電場強(qiáng)度方向也向下，所以離子必帶正電荷，A正確；B．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，只有靜電力做功，A、B兩點(diǎn)速度都為0，依據(jù)動(dòng)能定理可知，離子從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，電場力不做功，故A、B位于同一高度，B正確；C．C點(diǎn)是最低點(diǎn)，從A到C運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功做大，依據(jù)動(dòng)能定理可知離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大，C正確；D．到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動(dòng)，向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)返回，故D錯(cuò)誤．故選：ABC．點(diǎn)評：本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力狀況，再通過受力狀況分析粒子的運(yùn)動(dòng)狀況，要留意洛倫茲力永不做功，難度適中．4．（3分）回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．假如用同一回旋加速器分別加速氚核（）和α粒子（）比較它們所加的高頻溝通電源的周期和獲得的最大動(dòng)能的大小，有（）A．加速氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲得的最大動(dòng)能也較大B．加速氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲得的最大動(dòng)能較小C．加速氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲得的最大動(dòng)能也較小D．加速氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲得的最大動(dòng)能較大考點(diǎn)：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：回旋加速器是通過電場進(jìn)行加速，磁場進(jìn)行偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期及溝通電源的周期相同，依據(jù)T=比較周期．當(dāng)粒子最終離開回旋加速器時(shí)的速度最大，依據(jù)qvB=m求出粒子的最大速度，從而得出最大動(dòng)能的大小關(guān)系．解答：解：帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期及溝通電源的周期相同，依據(jù)T=，知氚核（13H）的質(zhì)量及電量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期大，則加速氚核的溝通電源的周期較大．依據(jù)qvB=m得，最大速度v=，則最大動(dòng)能EKm=mv2=，氚核的質(zhì)量是α粒子的倍，氚核的電量是倍，則氚核的最大動(dòng)能是α粒子的倍，即氚核的最大動(dòng)能較小．故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．故選：B．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期及溝通電源的周期相同，以及會(huì)依據(jù)qvB=m求出粒子的最大速度．5．（3分）（2013?重慶）如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷．導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面對里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為（）A．，負(fù)B．，正C．，負(fù)D．，正考點(diǎn)：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用．專題：壓軸題．分析：上表面的電勢比下表面的低．知上表面帶負(fù)電，下表面帶正電，依據(jù)左手定則推斷自由運(yùn)動(dòng)電荷的電性．抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求出電荷的移動(dòng)速度，從而得出單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)的電荷數(shù)．解答：解：因?yàn)樯媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?，依?jù)左手定則，知道移動(dòng)的電荷為負(fù)電荷．因?yàn)閝vB=q，解得v=，因?yàn)殡娏鱅=nqvs=nqvab，解得n=．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．故選C．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵駕馭左手定則推斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡．二、解答題6．在同時(shí)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的空間中，取正交坐標(biāo)系O﹣xyz（z軸正方向豎直向上）如圖所示，已知電場方向沿z軸正方向，大小為E；磁場方向沿y軸正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．重力加速度為g，問：一質(zhì)量為m、帶電量為+q的質(zhì)點(diǎn)從原點(diǎn)動(dòng)身能否在坐標(biāo)軸（x、y、z）上以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)？若能，m、q、E、B、v及g應(yīng)滿什么關(guān)系？若不能，說明理由．考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：依據(jù)正電荷受到的電場力及電場線方向相同，受到洛倫茲力及磁場方向相垂直，結(jié)合受力平衡條件，即可求解．解答：解：已知帶電質(zhì)點(diǎn)受電場力的方向沿z軸正方向，大小為qE；質(zhì)點(diǎn)受重力的方向沿z軸負(fù)方向，大小為mg（1）若質(zhì)點(diǎn)在x軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則它受到的洛侖茲力必沿x軸正方向或負(fù)方向，即有：qvB+qE=mg或qE=mg+qvB（2）若質(zhì)點(diǎn)在y軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則它受到的洛侖茲力必為零，即有：qE=mg（3）若質(zhì)點(diǎn)在z軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則它受到的洛侖茲力必平行于x軸，而電場力和重力都平行于z軸，三力的合力不行能為零，即質(zhì)點(diǎn)不行能在z軸上做勻速運(yùn)動(dòng)．答：理由如上．點(diǎn)評：考查正電荷受到的電場力及洛倫茲力的方向，駕馭左手定則的應(yīng)用，留意及右手定則的區(qū)分．同時(shí)理解受力平衡條件的應(yīng)用．7．如圖（甲）所示為電視機(jī)中顯像管的原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出電子，這些電子再經(jīng)加速電場加速后，從O點(diǎn)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖象，不計(jì)逸出電子的初速度和重力．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U，偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，磁場方向垂直紙面，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變更規(guī)律如圖乙所示．在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度都是從﹣B0勻稱變更到B0．磁場區(qū)域的左邊界的中點(diǎn)及O點(diǎn)重合，ab邊及OO′平行，右邊界bc及熒光屏之間的距離為s．由于磁場區(qū)域較小，且電子運(yùn)動(dòng)的速度很大，所以在每個(gè)電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認(rèn)為磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，即為勻強(qiáng)磁場，不計(jì)電子之間的相互作用．（1）求電子射出加速電場時(shí)的速度大?。?）為使全部的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0（3）熒光屏上亮線的最大長度是多少．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的應(yīng)用．專題：壓軸題；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）依據(jù)動(dòng)能定理求出電子射出加速電場時(shí)的速度大?。?）依據(jù)幾何關(guān)系求出臨界狀態(tài)下的半徑的大小，結(jié)合洛倫茲力供應(yīng)向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值．（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，出磁場做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過最大的偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合幾何關(guān)系求出熒光屏上亮線的最大長度．解答：解：（1）設(shè)電子射出電場的速度為v，則依據(jù)動(dòng)能定理，對電子加速過程有解得（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0或﹣B0時(shí)（垂直于紙面對外為正方向），電子剛好從b點(diǎn)或c點(diǎn)射出，設(shè)此時(shí)圓周的半徑為R1．如圖所示，依據(jù)幾何關(guān)系有：R2=l2+（R﹣）2解得R=電子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力供應(yīng)向心力，因此有：，解得（3）依據(jù)幾何關(guān)系可知，設(shè)電子打在熒光屏上離O′點(diǎn)的最大距離為d，則由于偏轉(zhuǎn)磁場的方向隨時(shí)間變更，依據(jù)對稱性可知，熒光屏上的亮線最大長度為答：（1）電子射出加速電場時(shí)的速度大小為．（2）偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值．（3）熒光屏上亮線的最大長度是．點(diǎn)評：考查電子受電場力做功，應(yīng)用動(dòng)能定理；電子在磁場中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用牛頓其次定律求出半徑表達(dá)式；同時(shí)運(yùn)用幾何關(guān)系來確定半徑及已知長度的關(guān)系．8．（2009?重慶）如圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．已知HO=d，HS=2d，∠MNQ=90°．（忽視粒子所受重力）（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM及MN的夾角φ；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍．考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)；運(yùn)動(dòng)的合成和分解；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題．分析：（1）正離子被電壓為U0的加速電場加速后的速度可以通過動(dòng)能定理求出，而正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場后，作類平拋運(yùn)動(dòng)，最終過極板HM上的小孔S離開電場，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的公式及幾何關(guān)系即可求出電場場強(qiáng)E0，φ可以通過末速度沿場強(qiáng)方向和垂直電場方向的速度比求得正切值求解；（2）正離子進(jìn)入磁場后在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力供應(yīng)向心力，依據(jù)向心力公式即可求得半徑；（3）依據(jù)離子垂直打在NQ的位置及向心力公式分別求出運(yùn)動(dòng)的半徑R1、R2，再依據(jù)幾何關(guān)系求出S1和S2之間的距離，能打在NQ上的臨界條件是，半徑最大時(shí)打在Q上，最小時(shí)打在N點(diǎn)上，依據(jù)向心力公式和幾何關(guān)系即可求出正離子的質(zhì)量范圍．解答：解：（1）正離子被電壓為U0的加速電場加速后速度設(shè)為V1，則對正離子，應(yīng)用動(dòng)能定理有eU0=mV12，正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運(yùn)動(dòng)受到電場力F=qE0、產(chǎn)生的加速度為a=，即a=，垂直電場方向勻速運(yùn)動(dòng)，有2d=V1t，沿場強(qiáng)方向：Y=at2，聯(lián)立解得E0=又tanφ=，解得φ=45°；（2）正離子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為V2，解得V2=正離子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力供應(yīng)向心力，qV2B=，解得離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=2；（3）依據(jù)R=2可知，質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)打在S1，運(yùn)動(dòng)半徑為R1=2，質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)打在S2，運(yùn)動(dòng)半徑為R2=2，又ON=R2﹣R1，由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離△S=﹣R1，聯(lián)立解得△S=4（﹣1）；由R′2=（2R1）2+（R′﹣R1）2解得R′=R1，再依據(jù)R1＜R＜R1，解得m＜mx＜25m．答：（1）偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小為，HM及MN的夾角φ為45°；（2）質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2；（3）S1和S2之間的距離為4（﹣1），能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍為m＜mx＜25m．點(diǎn)評：本題第（1）問考查了帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的學(xué)問（即電偏轉(zhuǎn)問題），加速過程用動(dòng)能定理求解，偏轉(zhuǎn)過程用運(yùn)動(dòng)的合成及分解學(xué)問結(jié)合牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第（2）問考查磁偏轉(zhuǎn)學(xué)問，先求進(jìn)入磁場時(shí)的合速度v，再由洛倫茲力供應(yīng)向心力求解R；第（3）問考查用幾何學(xué)問解決物理問題的實(shí)力．該題綜合性強(qiáng)，難度大．9．（2009?中山市模擬）如圖所示，虛線上方有場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面對外，ab是一根長為l的絕緣細(xì)桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)b端，已知小球及絕緣桿間的動(dòng)摩擦系數(shù)μ=0.3，小球重力忽視不計(jì)，當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后，運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓，圓的半徑是，求帶電小球從a到b運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功及電場力所做功的比值．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：依據(jù)對探討對象的受力分析，結(jié)合受力平衡條件，再依據(jù)牛頓其次定律，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，及幾何關(guān)系，可求出小球在b處的速度，并由動(dòng)能定理，即可求解．解答：解：小球在沿桿向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力狀況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力fF=Bqv，N=F=Bqv∴f=μN(yùn)=μBqv當(dāng)小球作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，qE=f=μBqVb小球在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)又R=，∴vb=小球從a運(yùn)動(dòng)到b過程中，由動(dòng)能定理得所以答：帶電小球從a到b運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功及電場力所做功的比值為．點(diǎn)評：考查牛頓其次定律、動(dòng)能定理等規(guī)律的應(yīng)用，學(xué)會(huì)受力分析，理解洛倫茲力供應(yīng)向心力．10．（2009?武漢模擬）如圖，兩個(gè)共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上勻稱分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r．在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的勻稱磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場．一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點(diǎn)動(dòng)身，初速為零．假如該粒子經(jīng)過一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)之后恰好又回到動(dòng)身點(diǎn)S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計(jì)重力，整個(gè)裝置在真空中）考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：帶電粒子從S點(diǎn)動(dòng)身，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進(jìn)入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．粒子再回到S點(diǎn)的條件是能沿徑向穿過狹縫d．只要穿過了d，粒子就會(huì)在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進(jìn)入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點(diǎn)．解答：解：如圖所示，設(shè)粒子進(jìn)入磁場區(qū)的速度大小為V，依據(jù)動(dòng)能定理，有Uq=mv2；設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律，有：Bqv=m由上面分析可知，要回到S點(diǎn)，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r．由以上各式解得：U=；答：兩極間的電壓為．點(diǎn)評：本題看似較為困難，實(shí)則簡潔；帶電粒子在磁場運(yùn)動(dòng)解決的關(guān)鍵在于要先明確粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，只要能確定圓心和半徑即可由牛頓其次定律及向心力公式求得結(jié)果．11．（2004?江蘇）湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量及質(zhì)量之比）的試驗(yàn)裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計(jì)初速、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過A′中心的小孔沿中心軸O1O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P′間的區(qū)域．當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，電子束打在熒光屏的中心O點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點(diǎn)偏離到O′點(diǎn)，（O′及O點(diǎn)的豎直間距為d，水平間距可忽視不計(jì)．此時(shí)，在P和P′間的區(qū)域，再加上一個(gè)方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場．調(diào)整磁場的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到O點(diǎn)．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2（如圖所示）．（1）求打在熒光屏O點(diǎn)的電子速度的大?。?）推導(dǎo)出電子的比荷的表達(dá)式．考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：計(jì)算題；壓軸題；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：當(dāng)電子受到電場力及洛倫茲力平衡時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此由電壓、磁感應(yīng)強(qiáng)度可求出運(yùn)動(dòng)速度．電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解成沿電場強(qiáng)度方向及垂直電場強(qiáng)度方向，然后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．電子離開電場后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從而可以求出偏轉(zhuǎn)距離．解答：（1）當(dāng)電子受到的電場力及洛淪茲力平衡時(shí)，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，亮點(diǎn)重新回復(fù)到中心O點(diǎn)，設(shè)電子的速度為v，則evB=eE得即（2）當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，電子以速度v進(jìn)入后，豎直方向作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為電子在水平方向作勻速運(yùn)動(dòng)，在電場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的距離為離開電場時(shí)豎直向上的分速度為電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間到達(dá)熒光屏t2時(shí)間內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的距離為這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為可解得．點(diǎn)評：考查平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律：將運(yùn)動(dòng)分解成相互垂直的兩方向運(yùn)動(dòng)，因此將一個(gè)困難的曲線運(yùn)動(dòng)分解成兩個(gè)簡潔的直線運(yùn)動(dòng)，并用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式來求解．12．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩個(gè)寬度均為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面對里和向外，磁場區(qū)域右側(cè)有一個(gè)熒光屏，取屏上及S1、S2共線的O點(diǎn)為原點(diǎn)，向下為正方向建立x軸．板左側(cè)電子槍放射出的熱電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽視．求：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時(shí)，求從小孔S2射出的電子的速度v0；（2）兩金屬板間電勢差U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；（3）電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；電勢差；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：帶電粒子在電場中被直線加速，由動(dòng)能定理可求出粒子被加速后的速度大小，當(dāng)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使粒子能打在熒光屏上離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，則粒子必需從磁場中垂直射出，由于粒子已是垂直射入磁場，所以由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反且寬度相同得粒子在兩種磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡是對稱的，在磁場中正好完成半個(gè)周期，則運(yùn)動(dòng)圓弧的半徑等于磁場寬度．若不能打到熒光屏，則半徑須小于磁場寬度，粒子就不行能通過左邊的磁場，也就不會(huì)打到熒光屏．所以運(yùn)動(dòng)圓弧的半徑大于或等于磁場寬度是粒子打到熒光屏的前提條件．可設(shè)任一圓弧軌道半徑，由幾何關(guān)系可列出及磁場寬度的關(guān)系式，再由半徑公式及加速公式可得出打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系．解答：解：（1）依據(jù)動(dòng)能定理，得：解得：（2）欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上，應(yīng)有r＜d而：，由此即可解得：（3）若電子在磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為x，則由軌跡圖可得：，留意到：和：所以，電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為：答：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時(shí)，求從小孔S2射出的電子的速度v0為；（2）兩金屬板間電勢差U在范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；（3）電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為．點(diǎn)評：題中隱含條件是：粒子能打到熒光屏離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的即為圓弧軌道半徑及磁場寬度相等時(shí)的粒子．13．如圖所示，在地面旁邊有一范圍足夠大的相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平并垂直紙面對外，電場沿水平方向，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的帶電微粒在此區(qū)域沿及水平方向成45°斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示（重力加速度為g）．求：（1）電場強(qiáng)度的大小和方向及帶電微粒的速度大?。唬?）若某時(shí)刻微粒運(yùn)動(dòng)到場中距地面高度為H的P點(diǎn)時(shí)，將電場方向改成豎直向下，微粒至少須經(jīng)多長時(shí)間運(yùn)動(dòng)到距地面最高點(diǎn)？（3）微粒運(yùn)動(dòng)P點(diǎn)時(shí)，突然撤去磁場，電場強(qiáng)度不變，則該微粒運(yùn)動(dòng)中距地面的最大高度是多少？考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）帶電粒子在電場和磁場及重力場能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有三力合力為零，從而依據(jù)平衡條件可確定電場強(qiáng)度的大小及方向；（2）由粒子所受洛倫茲力供應(yīng)向心力，從而求出運(yùn)動(dòng)圓弧的半徑及周期，再依據(jù)幾何關(guān)系來確定圓弧最高點(diǎn)及地面的高度及運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）當(dāng)撤去磁場時(shí)，粒子受到重力及電場力作用，從而做曲線運(yùn)動(dòng)．因此此運(yùn)動(dòng)可看成豎直方向及水平方向兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用動(dòng)能定理可求出豎直的高度，最終可算出結(jié)果．解答：解：（1）微粒受力分析如圖，依據(jù)平衡條件可知電場力方向向右，電場力大小為：qE=mg則E=，方向水平向左；qvB=mg則有：v=；若某時(shí)刻微粒運(yùn)動(dòng)到場中距地面高度為H的P點(diǎn)時(shí)，將電場方向改成豎直向下，則電場力豎直向上，大小為mg，及重力合力為零，微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R，qvB=m依據(jù)幾何關(guān)系可確定，最高點(diǎn)及地面的距離為：Hm=H+R（1+cos45°）解得：Hm=H+（1+2）該微粒運(yùn)動(dòng)周期為：T=依據(jù)運(yùn)動(dòng)圓弧對應(yīng)的圓心角，可得粒子運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所用時(shí)間為：t=T=．（3）設(shè)粒子上上升度為h，由動(dòng)能定理得：﹣mgh﹣qEhcot45°=0﹣mv2解得：h==．微粒離地面最大高度為H+．答：（1）此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小，方向?yàn)樗较蜃?；?）該微粒至少須經(jīng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)到距地面最高點(diǎn)；最高點(diǎn)距地面高度為Hm=H+（1+2）；（3）該微粒運(yùn)動(dòng)中距地面的最大高度是H+．點(diǎn)評：運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件、牛頓其次定律、動(dòng)能定理等規(guī)律，及由洛倫茲力供應(yīng)向心力來確定線速度大小及周期．同時(shí)借助于數(shù)學(xué)的幾何關(guān)系來確定已知長度及圓弧半徑的關(guān)系．14．（2009?福建）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10﹣3T，在x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器．現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的M處被觀測到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計(jì)其重力．（1）求上述粒子的比荷；（2）假如在上述粒子運(yùn)動(dòng)過程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場起先計(jì)時(shí)經(jīng)過多長時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場；（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）依據(jù)粒子的入射點(diǎn)P和出射點(diǎn)M，以及運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小的條件，可以判定出，以MP為直徑的圓軌跡的半徑最小，然后由洛倫茲力供應(yīng)粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，求出粒子的比荷．（2）加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力及此時(shí)洛倫茲力平衡．解答：解：（1）設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r，依題意MP連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得，由洛倫茲力供應(yīng)粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得，聯(lián)立解得：=4.9×107C/kg（2）此時(shí)加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力及此時(shí)洛倫茲力平衡，qE=qvB，代入數(shù)據(jù)得：E=70V/m．所加電場的場強(qiáng)方向沿x軸正方向．設(shè)帶點(diǎn)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，所求時(shí)間為t=T/8，而，解得t=7.9×10﹣6s（3）該區(qū)域面積S=2r2=0.25m2，矩形如圖所示．答：（1）上述粒子的比荷為4.9×107C/kg；（2）該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為70V/m方向，從粒子射入磁場起先計(jì)時(shí)經(jīng)過7.9×10﹣6s加這個(gè)勻強(qiáng)電場；（3）此矩形磁場區(qū)域的最小面積為0.25m2，矩形框如圖．．點(diǎn)評：該題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于推斷出運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小的條件是以MP為直徑的圓軌跡的半徑最?。畬儆谥袡n題．15．（2011?懷寧縣模擬）如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E．一質(zhì)量為m、電量為﹣q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)x軸時(shí)，它及點(diǎn)O的距離為L，求此粒子射出時(shí)的速度v和運(yùn)動(dòng)的總路程s（重力不計(jì)）．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)半周后到達(dá)電場先減速再反向加速，以大小不變的速度反向進(jìn)入磁場，再次偏轉(zhuǎn)；由題意可知半徑大小，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得粒子的速度；粒子的總路程包括電場中的路程和磁場中的路程，求出兩場中的過程即可求出總路程．解答：解：由題意知第3次經(jīng)過x軸的運(yùn)動(dòng)如圖所示由幾何關(guān)系：L=4R設(shè)粒子初速度為v，則有：qvB=m可得：v=；設(shè)粒子進(jìn)入電場作減速運(yùn)動(dòng)的最大路程為L′，加速度為a，則有：v2=2aL′qE=ma則電場中的路程：L′=粒子運(yùn)動(dòng)的總路程：s=2πR+2L′=答：粒子射出的速度為，粒子的總路程為．點(diǎn)評：帶電粒子在磁場中的題目關(guān)鍵在于明確圓心和半徑，留意要依據(jù)題意找出合理的運(yùn)動(dòng)過程，從而得出正確的結(jié)論．16．（12分）如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷=106C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過×10﹣5s后，電荷以v0=1.5×l04m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場及紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變更（圖b中磁場以垂直紙面對外為正，以電荷第一次通過MN時(shí)為t=0時(shí)刻）．求：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E（2）圖b中t=×10﹣5s時(shí)刻電荷及O點(diǎn)的水平距離（3）假如在O點(diǎn)右方d=68cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)動(dòng)身運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間．（sin37°=0.60，cos37°=0.80）考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓其次定律結(jié)合可求出電場強(qiáng)度E．（2）電荷進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分別求出電荷在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出t=×10﹣5s時(shí)刻電荷及O點(diǎn)的水平距離．（3）電荷在周期性變更的磁場中運(yùn)動(dòng)，依據(jù)周期性分析電荷到達(dá)檔板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)，即可求出荷沿ON運(yùn)動(dòng)的距離．依據(jù)電荷擋板前的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出其運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即得總時(shí)間．解答：解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有：v0=at1Eq=ma解得：E==7.2×103N/C（2）當(dāng)磁場垂直紙面對外時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：=5cm周期=當(dāng)磁場垂直紙面對里時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：=3cm周期=故電荷從t=0時(shí)刻起先做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．×10﹣5s時(shí)刻電荷及O點(diǎn)的水平距離：△d=2（r1﹣r2）=4cm（3）電荷從第一次通過MN起先，其運(yùn)動(dòng)的周期為：T=依據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)狀況可知，電荷到達(dá)檔板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)，有：電荷沿ON運(yùn)動(dòng)的距離：s=15△d=60cm故最終8cm的距離如圖所示，有：r1+r1cosα=d﹣s解得：cosα=0.6則α=53°故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：=3.86×10﹣4s答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E為7.2×103N/C．（2）圖b中t=×10﹣5s時(shí)刻電荷及O點(diǎn)的水平距離為4cm．（3）電荷從O點(diǎn)動(dòng)身運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間為3.86×10﹣4s．點(diǎn)評：本題是帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，電荷在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合探討是最常用的方法，也可以由動(dòng)量定理處理．電荷在周期性磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，要抓住周期性即重復(fù)性進(jìn)行分析，依據(jù)軌跡求解時(shí)間．17．如圖所示，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=4V/m，方向水平向左，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直紙面對里．一個(gè)質(zhì)量為m=1g、帶正電的小物塊A，從M點(diǎn)沿絕緣粗糙的豎直壁無初速度下滑，當(dāng)它滑行0.8m到N點(diǎn)時(shí)就離開壁做曲線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，恰好處于平衡狀態(tài)，此時(shí)速度方向及水平成45°角，設(shè)P及M的高度差H為1.6m．求：（1）A沿壁下滑時(shí)克服摩擦力做的功．（2）P及M的水平距離s是多少？考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．分析：對小球進(jìn)行受力分析，再依據(jù)各力的變更，可以找出合力及加速度的變更；即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)．解答：解：（1）小物體A下落至N點(diǎn)時(shí)起先離開墻壁，說明這時(shí)小物體A及墻壁之間已無擠壓，彈力為零．故有：qE=qvNB∴vN===2m/s對小物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，這一過程電場力和洛侖茲力均不做功，應(yīng)有：mgh﹣Wf克=∴Wf克=mgh﹣=10﹣3×10×0.8﹣×10﹣3×22=6×l0﹣3（J）（2）小物體離開N點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力狀況如圖所示，由于θ=45°，物體處于平衡狀態(tài)，建立如圖的坐標(biāo)系，可列出平衡方程．qBvpcos45°﹣qE=0（1）qBvpsin45°﹣mg=0（2）由（1）得vp==2m/s由（2）得q==2.5×l0﹣3cN→P過程，由動(dòng)能定理得mg（H﹣h）﹣qES=代入計(jì)算得S=0.6m答：（1）A沿壁下滑時(shí)克服摩擦力做的功6×l0﹣3J．（2）P及M的水平距離s是0.6m．點(diǎn)評：本題要留意分析帶電小球的運(yùn)動(dòng)過程，屬于牛頓其次定律的動(dòng)態(tài)應(yīng)用及電磁場結(jié)合的題目，此類問題要求能精確找出物體的運(yùn)動(dòng)過程，并能分析各力的變更，對學(xué)生要求較高．18．如圖所示，坐標(biāo)系xOy所在的豎直面內(nèi)，有垂直平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x＜0的空間內(nèi)，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E．一個(gè)帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點(diǎn)沿著及水平方向成α=30°的方向斜向下做直線運(yùn)動(dòng)，直到進(jìn)入x＞0的區(qū)域，要使油滴在x＞0的區(qū)域在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并通過x軸上的N點(diǎn)，且=，則（1）帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速率為多少？（2）在x＞0的區(qū)域需加何種電場？（3）粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為多少？考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）油滴沿著直線MP做勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零，作出油滴的受力示意圖，依據(jù)平衡條件和洛倫茲力公式列式，即可求得速率v．（2）在x＞0的區(qū)域，油滴要做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其所受的電場力必及重力平衡，則可由平衡條件列式求得場強(qiáng)．（3）分段求時(shí)間，勻速直線運(yùn)動(dòng)過程，依據(jù)位移和速率求解；勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程，畫出軌跡，依據(jù)軌跡的圓心角求時(shí)間．解答：解：（1）帶電油滴在x＜0區(qū)域內(nèi)受重力mg，電場力qE和洛侖茲力f，油滴沿直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場力為恒力，則及運(yùn)動(dòng)方向垂直的洛侖茲力f的大小肯定不能變更，因此油滴肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)．由平衡條件可知：qvB=…①mg=qEcotα…②由①②兩式代人數(shù)據(jù)得：v=…③=…④（2）因油滴進(jìn)入x＞0區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受電場力qE'及重力等大反向，即：qE'=mg…⑤由④⑤得：E′=E…⑥，方向豎直向上．（3）油滴從P點(diǎn)進(jìn)入x＞0區(qū)域，然后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，油滴從P到N的時(shí)間t2==…⑦由④⑦得：t2=…⑧由幾何關(guān)系可知：圖中MP=R，油滴從M到P的時(shí)間t1=…⑨又R=…⑩又④⑨⑩得：t1=從M到N的總時(shí)間為：t=t1+t2=（3+）答：（1）油滴運(yùn)動(dòng)的速度是v=；（2）在x＞0區(qū)域內(nèi)所加電場的場強(qiáng)大小E′=E，方向豎直向上；（3）油滴從M點(diǎn)到N點(diǎn)所用的時(shí)間t=（3+）．點(diǎn)評：本題是帶電體在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的類型，分析受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況是基礎(chǔ)，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，畫出軌跡，由幾何學(xué)問確定圓心角是求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)鍵．19．（16分）（2011?安徽）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面對里．一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射人，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出．（1）電場強(qiáng)度的大小和方向．（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射人，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運(yùn)動(dòng)加速度大小（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題．分析：（1）帶電粒子沿y軸做直線運(yùn)動(dòng)，說明粒子的受力平衡，即受到的電場力和磁場力大小相等，從而可以求得電場強(qiáng)度的大小；（2）僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得粒子運(yùn)動(dòng)加速度大??；（3）僅有磁場時(shí)，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可以求得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的大小，由周期公式可以求得粒子的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解答：解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E．可推斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有qE=qvB①又R=vt0②則E=③（2）僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移④由②④式得y=⑤設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x=R又有x=a⑥得a=⑦（3）僅有磁場時(shí)，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓其次定律有qv′B=m⑧又qE=ma⑨由③⑦⑧⑨式得r=R⑩由幾何關(guān)系sinα=（11）即sinα=所以α=（12）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期T=則帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB=T所以tB=t0（13）點(diǎn)評：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要駕馭住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．20．（18分）（2013?天津）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O．筒內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷．N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子及圈筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子及圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的狀況下，求：（1）M、N間電場強(qiáng)度E的大?。唬?）圓筒的半徑R：（3）保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，及圓筒的碰撞次數(shù)n．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）粒子在勻強(qiáng)電場中在加速運(yùn)動(dòng)，電場力做功等于粒子動(dòng)能的增加；（2）運(yùn)用洛倫茲力供應(yīng)向心力．求出粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再依據(jù)題意，正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，依據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑及磁場的半徑的關(guān)系，從而求出磁場的半徑；（3）運(yùn)用動(dòng)能定理求出粒子的速度，再求出運(yùn)動(dòng)的半徑，最終判定及圓筒的碰撞次數(shù)n．解答：解：（1）粒子從起先運(yùn)動(dòng)到射入磁場的過程，電場力做功．由動(dòng)能定理：勻強(qiáng)電場中有：U=Ed聯(lián)立上式，得：（2）粒子進(jìn)入磁場后又從S點(diǎn)射出，關(guān)鍵幾何關(guān)系可知，兩碰撞點(diǎn)和S將圓筒三等分．設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，得：依據(jù)幾何關(guān)系：聯(lián)立上式，解得：（3）保持MN之間的電場強(qiáng)度不變，僅將M板向上平移后，于是：，此時(shí)粒子經(jīng)過圓后及圓筒發(fā)生碰撞，所以粒子將在于圓筒壁發(fā)生三次碰撞后由S點(diǎn)射出．答：（1）M、N間電場強(qiáng)度E的大??；（2）圓筒的半徑：（3）保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移，粒子及圓筒的碰撞3次．點(diǎn)評：解決該題的關(guān)鍵是依據(jù)題目的要求，正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并依據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑及磁場的半徑的關(guān)系．該題對空間思維的實(shí)力要求比較高．21．（2008?安徽）如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，過原點(diǎn)的直線OC及x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側(cè)有一勻強(qiáng)電場，在其次、三象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，其上邊界及電場邊界重疊，右邊界為y軸，左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對里．一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點(diǎn)射入磁場區(qū)域，并從O點(diǎn)射出，粒子射出磁場的速度方向及x軸的夾角θ=30°，大小為v，粒子在磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時(shí)間后再次離開磁場．已知粒子從A點(diǎn)射入到其次次離開磁場所用時(shí)間恰好粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期．忽視重力的影響．求：（1）粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度方向和A點(diǎn)到x軸的距離；（2）勻強(qiáng)電場的大小和方向；（3）粒子從其次次離開磁場到再次進(jìn)入電場所用的時(shí)間．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）結(jié)合運(yùn)動(dòng)的軌跡圖象，推斷出圓周運(yùn)動(dòng)的圓心即兩虛線的交點(diǎn)，再依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，粒子的速度和A到y(tǒng)軸的距離；（2）粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場區(qū)域說明電場力的方向肯定及運(yùn)動(dòng)的方向相反，則電場方向必及v相反；依據(jù)時(shí)間關(guān)系求出粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)而求出電場的強(qiáng)度和方向；（3）粒子出磁場后到進(jìn)入電場是勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)軌跡圖象，就可以求出從其次次離開磁場到再次進(jìn)入電場所用的時(shí)間．解答：解：（1）粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，如圖做運(yùn)動(dòng)的軌跡，則圓周運(yùn)動(dòng)的圓心即兩虛線的交點(diǎn)．進(jìn)入磁場時(shí)速度必垂直于磁場邊界，由洛倫茲力供應(yīng)向心力：，得：R=，A點(diǎn)到x軸的距離為：，（2）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則：vT=2πR所以：，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場區(qū)域說明電場力的方向肯定及運(yùn)動(dòng)的方向相反，則電場方向必及v相反，再次進(jìn)入磁場時(shí)速度方向也及v相反，將向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示：運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：那么在電場中的運(yùn)動(dòng)有：﹣v=v﹣t2，求得：（3）粒子出磁場后到進(jìn)入電場是勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到電場的距離為（如上圖），所用時(shí)間為答：（1）粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度方向平行于X軸，A點(diǎn)到x軸的距離，（2）電場方向及v相反，大??；（3）其次次離開磁場到再次進(jìn)入電場所用的時(shí)間．點(diǎn)評：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，正確地畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡是解題的關(guān)鍵，象該題須要兩次畫出不同的軌跡．題目的難度較大．22．（2014?湖北二模）如圖，在0≤x≤a區(qū)域內(nèi)存在及xy平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．在t=0時(shí)刻，一位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xy平面內(nèi)放射出大量同種帶電粒子，全部粒子的初速度大小相同，方向及y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)．已知沿y軸正方向放射的粒子在t=t0時(shí)刻剛好從磁場邊界上P（a，a）點(diǎn)離開磁場．求：（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R及粒子的比荷；（2）此時(shí)刻仍在磁場中的粒子的初速度方向及y軸正方向夾角的取值范圍；（3）從粒子放射到全部粒子離開磁場所用的時(shí)間．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓其次定律；洛侖茲力．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）由幾何關(guān)系可確定粒子飛出磁場所用到的時(shí)間及半徑，再由洛侖茲力充當(dāng)向心力關(guān)系，聯(lián)立可求得荷質(zhì)比；（2）由幾何關(guān)系可確定仍在磁場中的粒子位置，則可由幾何關(guān)系得出夾角范圍；（3）最終飛出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角應(yīng)為最大，由幾何關(guān)系可知，其軌跡應(yīng)及右邊界相切，則由幾何關(guān)系可確定其對應(yīng)的圓心角，則可求得飛出的時(shí)間．解答：解：（1）初速度及y軸方向平行的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1中的弧OP所示，其圓心為C．由幾何關(guān)系可知，∠POC=30°；△OCP為等腰三角形故∠OCP=①此粒子飛出磁場所用的時(shí)間為t0=②式中T為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期．設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小為v，半徑為R，由幾何關(guān)系可得R=a③由洛侖茲力公式和牛頓其次定律有qvB=m④T=⑤聯(lián)立②③④⑤解得⑥（2）仍在磁場中的粒子其圓心角肯定大于120°，這樣粒子角度最小時(shí)從磁場右邊界穿出；角度最大時(shí)從磁場左邊界穿出．依題意，同一時(shí)刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O點(diǎn)距離相同．在t0時(shí)刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以O(shè)點(diǎn)為圓心、OP為半徑的弧上．如圖所示．設(shè)此時(shí)位于P、M、N三點(diǎn)的粒子的初速度分別為vP、vM、vN．由對稱性可知vP及OP、vM及OM、vN及ON的夾角均為．設(shè)vM、vN及y軸正向的夾角分別為θM、θN，由幾何關(guān)系有⑦⑧對于全部此時(shí)仍在磁場中的粒子，其初速度及y軸正方向所成的夾角θ應(yīng)滿意≤θ≤（3）在磁場中飛行時(shí)間最長的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)及磁場右邊界相切，其軌跡如圖2所示．由幾何關(guān)系可知：OM=OP由對稱性可知ME=OP由圖可知，圓的圓心角為240°，從粒子放射到全部粒子飛出磁場所用的時(shí)間2t0；點(diǎn)評：本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，并能依據(jù)幾何關(guān)系確定可能的運(yùn)動(dòng)軌跡．23．（2003?江蘇）串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置．圖中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地（電勢為零）．現(xiàn)將速度很低的負(fù)一價(jià)碳離子從a端輸入，當(dāng)離子到達(dá)b處時(shí)，可被設(shè)在b處的特別裝置將其電子剝離，成為n價(jià)正離子，而不變更其速度大?。@些正n價(jià)碳離子從c端飛出后進(jìn)入一及其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．已知碳離子的質(zhì)量為m=2.0×10﹣26kg，U=7.5×105V，B=0.50T，n=2，基元電荷e=1.6×10﹣19C，求R．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；功能關(guān)系．專題：計(jì)算題；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：先依據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算粒子直線加速獲得的動(dòng)能，再依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力得到粒子的軌道半徑．解答：解：設(shè)碳離子到達(dá)b處時(shí)的速度為v1，從c端射出時(shí)的速度為v2，由能量關(guān)系得：mv12=eU①mv22=mv12+neU②進(jìn)入磁場后，碳離子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力nevB=m解得R=③由①②③解得=0.75m即粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為0.75m．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵依據(jù)動(dòng)能定理求電場加速后的速度，由洛倫茲力供應(yīng)向心力求軌道半徑．24．（20分）（2009?黃岡模擬）如圖為回旋加速器示意圖，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側(cè)D形盒圓心處放有粒子源S，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示．質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q．設(shè)質(zhì)子從粒子源S進(jìn)入加速電場時(shí)的初速度不計(jì)，加速質(zhì)子時(shí)的電壓恒為U，質(zhì)子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不考慮磁場的影響．求：（1）質(zhì)子能達(dá)到的最大速度；（2）通過計(jì)算說明當(dāng)R＞＞d時(shí)，質(zhì)子在電場中加速的總時(shí)間相對于在D形盒中回旋的總時(shí)間可忽視不計(jì)；（3）若D形盒內(nèi)存在的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度周期遞增，質(zhì)子便可在電場中加速，而繞行半徑不變．為使質(zhì)子繞行半徑恒為R0，求：質(zhì)子第i次進(jìn)入磁場時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi及質(zhì)子從起先運(yùn)動(dòng)到第i次進(jìn)入磁場時(shí)所用的總時(shí)間t0（i＞1，不計(jì)質(zhì)子在電場中加速的時(shí)間）．考點(diǎn)：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理．專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力求出軌道半徑的大小，當(dāng)半徑等于D形盒的半徑時(shí)，速度最大．（2）粒子在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式求出在電場中加速的時(shí)間，結(jié)合粒子在磁場中運(yùn)行的周期，求出粒子在磁場中的運(yùn)行時(shí)間，通過比值的方法證明當(dāng)R＞＞d時(shí)，質(zhì)子在電場中加速的總時(shí)間相對于在D形盒中回旋的總時(shí)間可忽視不計(jì)；（3）依據(jù)動(dòng)能定理求出粒子第i次進(jìn)入磁場時(shí)的速度，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的通項(xiàng)表達(dá)式，通過粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求出質(zhì)子第i次在磁場中的繞行時(shí)間，從而依據(jù)數(shù)學(xué)方法求出粒子從起先運(yùn)動(dòng)到第i次進(jìn)入磁場時(shí)所用的總時(shí)間．解答：解：（1）質(zhì)子在磁場中作圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)得，半徑，①當(dāng)r=R時(shí)有最大速度②（2）設(shè)質(zhì)子在電場中經(jīng)n次加速后，速度達(dá)到vm，加速的時(shí)間為t1，從電場對質(zhì)子速率變更的角度可將質(zhì)子在電場中的運(yùn)動(dòng)等效為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：質(zhì)子在電場中的平均速度為，③可得：④設(shè)質(zhì)子在磁場中作圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，有：⑤⑥由②﹣⑥可得：即當(dāng)R＞＞d時(shí)，t1＜＜t2，故在計(jì)算質(zhì)子在D型盒中的總時(shí)間可忽視電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．（3）設(shè)質(zhì)子經(jīng)i次加速后速度為vi，由動(dòng)能定理得，iqU=，⑦質(zhì)子第i次進(jìn)入磁場時(shí)，由①、⑦得質(zhì)子第i次在磁場中的繞行時(shí)間⑧由⑧式可得質(zhì)子從起先運(yùn)動(dòng)到第i次進(jìn)入磁場時(shí)所用的總時(shí)間：（i＞1）答：（1）質(zhì)子能達(dá)到的最大速度為．（2）證明計(jì)算過程如上所述．（3）質(zhì)子第i次進(jìn)入磁場時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度，質(zhì)子從起先運(yùn)動(dòng)到第i次進(jìn)入磁場時(shí)所用的總時(shí)間．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道粒子在電場中加速，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在磁場中偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．對于第（3）問，對數(shù)學(xué)實(shí)力的要求較高，抓住半徑不變，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的通項(xiàng)表達(dá)式．25．（2011?福建）如圖甲，在x＞0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xoy平面對里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一質(zhì)量為m，帶電量為q（q＞0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見圖甲，不計(jì)粒子的重力．（1）求該粒子運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=h時(shí)的速度大小v；（2）現(xiàn)只變更入射粒子初速度的大小，發(fā)覺初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動(dòng)軌跡（y﹣x曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時(shí)，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)（y﹣t關(guān)系）是簡諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期．Ⅰ．求粒子在一個(gè)周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離S；Ⅱ．當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時(shí)，其y﹣t圖象如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅A，并寫出y﹣t的函數(shù)表達(dá)式．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的應(yīng)用．專題：壓軸題．分析：（1）在粒子的運(yùn)動(dòng)的過程中，磁場力不做功，只有電場力做功，依據(jù)動(dòng)能定理可以求得粒子的運(yùn)動(dòng)的速度的大小；（2）Ⅰ．由圖乙可知，全部粒子在一個(gè)周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在T時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離．Ⅱ．設(shè)粒子在y軸方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高點(diǎn)處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為v2（方向沿x軸），因?yàn)榱Ｗ釉趛方向上的運(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)．解答：解：（1）由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動(dòng)能定理有①由①式解得②（2）Ⅰ．由圖乙可知，全部粒子在一個(gè)周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在T時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離．設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，則qv1B=qE③又S=v1T④式中由③④式解得⑤Ⅱ．設(shè)粒子在y軸方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高點(diǎn)處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為v2（方向沿x軸），因?yàn)榱Ｗ釉趛方向上的運(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則qv0B﹣qE=﹣（qv2B﹣qE）⑥由動(dòng)能定理有⑦又⑧由⑥⑦⑧式解得可寫出圖丙曲線的簡諧運(yùn)動(dòng)y﹣t函數(shù)表達(dá)式為．點(diǎn)評：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要駕馭住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．26．（2011?江蘇）某種加速器的志向模型如圖1所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變更圖象如圖2所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場．若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場加速．現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了．（粒子在兩極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不計(jì)，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力）（1）若在t=0時(shí)刻將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其其次次加速后從b孔射出時(shí)的動(dòng)能；（2）現(xiàn)在利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時(shí)管內(nèi)無磁場，忽視其對管外磁場的影響），使圖1中實(shí)線軌跡（圓心為O）上運(yùn)動(dòng)的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請?jiān)诖痤}卡圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；（3）若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時(shí)由板內(nèi)a孔處靜止起先加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動(dòng)能？最大動(dòng)能是多少？考點(diǎn)：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理．專題：壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題．分析：（1）求其次次加速后從b孔射出時(shí)的動(dòng)能只需知道加速時(shí)所對應(yīng)的電壓，故圖2求電壓即可．（2）加入屏蔽管后粒子在屏蔽管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開屏蔽管后運(yùn)動(dòng)軌跡及原來的運(yùn)動(dòng)軌跡相像，只是向下平移了l．（3）該粒子的質(zhì)量增加了，周期增加了△T=（圖象中為1），電壓變更為（圖象中為4），所以圖象中電壓分別為50，46，42，38，…10，6，2，共13個(gè)，設(shè)某時(shí)刻t，u=U0時(shí)被加速，此時(shí)刻可表示為，靜止起先加速的時(shí)刻t1為，其中n=12，將n=12代入得，因?yàn)?，在u＞0時(shí)，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)：N=，所以只能取N=25，解得，由于電壓的周期為，所以（n=0，1，2，3…）故粒子由靜止起先被加速的時(shí)刻（n=0，1，2，…）故加速時(shí)的電壓分別，，…，，，加速電壓做的總功，即動(dòng)能的最大值，故粒子的最大動(dòng)能解得．解答：解：（1）質(zhì)量為m0的粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)Bqv=，則當(dāng)粒子的質(zhì)量增加了m0，其周期增加△T=T0依據(jù)題圖2可知，粒子第一次的加速電壓u1=U0經(jīng)過其次次加速，第2次加速電壓u2，如圖2在三角形中，，所以粒子其次次的加速電壓粒子射出時(shí)的動(dòng)能Ek2=qu1+qu2解得（2）因?yàn)榇牌帘喂苁沽Ｗ觿蛩龠\(yùn)動(dòng)至以下L處，出管后仍舊做圓周運(yùn)動(dòng)，可到C點(diǎn)水平射出．磁屏蔽管的位置如圖1所示．粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖3．（3）如圖4（用Excel作圖）設(shè)T0=100，U0=50，得到在四分之一周期內(nèi)的電壓隨時(shí)間變更的圖象從圖象可以看出，時(shí)間每變更（圖象中為1），電壓變更為（圖象中為4），所以圖象中電壓分別為50，46，42，38，…10，6，2，共13個(gè)，設(shè)某時(shí)刻t，u=U0時(shí)被加速，此時(shí)刻可表示為，靜止起先加速的時(shí)刻t1為，其中n=12，將n=12代入得，因?yàn)?，在u＞0時(shí)，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)：N=，得N=25．所以只能取N=25，解得，由于電壓的周期為，所以（n=0，1，2，3…）故粒子由靜止起先被加速的時(shí)刻（n=0，1，2，…）故加速時(shí)的電壓分別，，…，，，加速電壓做的總功，即動(dòng)能的最大值，故粒子的最大動(dòng)能解得．點(diǎn)評：本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)和在電場中的加速運(yùn)動(dòng)以及用數(shù)學(xué)解決物理問題的實(shí)力．關(guān)鍵是推斷怎樣才能得到最大動(dòng)能即何時(shí)加速，加速電壓多大．27．如圖甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xoy平面內(nèi)有及y軸平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有及xoy平面垂直的勻強(qiáng)磁場．在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒放射裝置，它可以連綿不斷地放射具有相同質(zhì)量m、電荷量q（q＞0）和初速為v0的帶電粒子．已知重力加速度大小為g．（1）當(dāng)帶電微粒放射裝置連綿不斷地沿y軸正方向放射這種帶電微粒時(shí)，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并接著沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．求電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向．（2）調(diào)整坐標(biāo)原點(diǎn)．處的帶電微粒放射裝置，使其在xoy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第1象限，如圖乙所示．現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則在保證勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的