習(xí)題課3　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 教學(xué)設(shè)計(jì)

習(xí)題課3帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過(guò)程，在每一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從粒子的受力、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)。(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)①若初速度v0與電場(chǎng)線平行，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②若初速度v0與電場(chǎng)線垂直，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般思路【例1】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L(zhǎng)的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)圓心在M(L，0)點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面向外。一帶正電粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入，恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場(chǎng)，從P(2L，0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比值。[解析](1)設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，qE＝ma粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸正方向的分速度為vy＝at1＝v0tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，故α＝45°粒子在磁場(chǎng)中的速度為v＝eq\r(2)v0Bqv＝eq\f(mv2,r)，由幾何關(guān)系得r＝eq\r(2)L聯(lián)立解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πr,v)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4)。[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)【例2】如圖所示建立空間三維坐標(biāo)系Oxyz，四個(gè)平行于yOz平面的理想場(chǎng)分界面把x>0的區(qū)域分成間距均為L(zhǎng)的三個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，最左側(cè)界面與yOz平面重合。整個(gè)空間中存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小未知。有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小油滴靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力和運(yùn)動(dòng)過(guò)程中油滴的電荷量變化。(1)在Ⅰ區(qū)域加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小也為E，求油滴通過(guò)Ⅰ、Ⅱ區(qū)域分界面時(shí)的速率；(2)在(1)問(wèn)基礎(chǔ)上，在Ⅱ區(qū)域和Ⅲ區(qū)域分別加入沿z軸正方向和負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(3g,2L))，求油滴自O(shè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右側(cè)界面所用時(shí)間和到達(dá)最右側(cè)界面的位置坐標(biāo)；(3)在(2)問(wèn)基礎(chǔ)上，在Ⅱ區(qū)域加入沿z軸正方向的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E，求油滴自O(shè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右側(cè)界面過(guò)程中沿z軸方向的位移。[解析](1)油滴靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，根據(jù)平衡條件得mg＝Eq在Ⅰ區(qū)域加入沿x軸正方向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理得EqL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gL)。(2)油滴在Ⅱ區(qū)域和Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)重力和電場(chǎng)力平衡，油滴只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Bqv1＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)代入數(shù)據(jù)解得r＝eq\f(2\r(3),3)L設(shè)油滴在Ⅱ區(qū)域轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為α，根據(jù)幾何關(guān)系得sinα＝eq\f(L,r)＝eq\f(\r(3),2)解得α＝eq\f(π,3)該過(guò)程油滴沿y軸負(fù)向位移Δy＝r－rcoseq\f(π,3)＝eq\f(r,2)在Ⅱ區(qū)域歷時(shí)t2＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(πm,3Bq)＝eq\f(π,3)eq\r(\f(2L,3g))根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，油滴在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)與Ⅱ區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡中心對(duì)稱(chēng)，所用時(shí)間以及沿y軸負(fù)方向位移相同，則到達(dá)Ⅲ區(qū)域右側(cè)邊界時(shí)，y軸方向上總位移y＝r＝eq\f(2\r(3),3)L油滴在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)油滴自O(shè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右側(cè)界面所用的時(shí)間t＝t1＋2t2＝eq\r(\f(2L,g))＋eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,3g))到達(dá)最右側(cè)界面的位置坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，－\f(2\r(3),3)L，0))。(3)在Ⅱ區(qū)域加入沿z軸正方向的電場(chǎng)，油滴在Ⅱ區(qū)域中產(chǎn)生沿x軸正方向的速度和沿z軸正方向的速度，沿z軸方向的速度與磁場(chǎng)方向平行，不受洛倫茲力。油滴在Ⅱ區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，z軸正方向位移z1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(π2,27)Lz軸正方向速度vz＝gt2＝eq\f(π,3)eq\r(\f(2gL,3))進(jìn)入Ⅲ區(qū)域，油滴運(yùn)動(dòng)軌跡在z軸正方向投影做勻速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間依然為t2，z軸方向位移z2＝vzt2＝eq\f(2π2,27)L全過(guò)程中z軸方向位移z＝z1＋z2＝eq\f(π2,9)L。[答案](1)eq\r(2gL)(2)eq\r(\f(2L,g))＋eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,3g))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，－\f(2\r(3),3)L，0))(3)eq\f(π2,9)L[針對(duì)訓(xùn)練1]如圖所示，有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，從O點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，又從P點(diǎn)穿出磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是(不計(jì)粒子所受重力)()A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場(chǎng)B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場(chǎng)C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場(chǎng)D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場(chǎng)解析：選D。由題意可得qU＝eq\f(1,2)mv2，k＝eq\f(q,m)，r＝eq\f(mv,qB)，解得r＝eq\f(\r(2kU),kB)。只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場(chǎng)，A錯(cuò)誤；粒子電性不變，不可能向上偏轉(zhuǎn)從ab邊某位置穿出磁場(chǎng)，B錯(cuò)誤；既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場(chǎng)，C錯(cuò)誤；只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場(chǎng)，D正確。[針對(duì)訓(xùn)練2]平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。解析：(1)在電場(chǎng)中，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有2L＝v0t ①L＝eq\f(1,2)at2 ②設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at ③設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)) ⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0。 ⑦(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝Qe ⑨設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R) ⑩由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)L ?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。答案：見(jiàn)解析題型二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．疊加場(chǎng)一般是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)并存，或其中兩種場(chǎng)并存。2．三種場(chǎng)力的特點(diǎn)(1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無(wú)關(guān)，重力做的功等于重力勢(shì)能的減少量。(2)靜電力的方向與電場(chǎng)方向相同或相反，靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，靜電力做功的大小等于電勢(shì)能的變化量。(3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，方向始終垂直于速度v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B共同決定的平面。無(wú)論帶電粒子做什么運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力始終不做功。3．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律及解決辦法帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是由粒子所受靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用來(lái)決定的，對(duì)于有軌道約束的運(yùn)動(dòng)，還要考慮彈力、摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響，帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況及解題方法如下：(1)帶電粒子在疊加場(chǎng)中處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，帶電粒子所受合力為0，應(yīng)利用平衡條件列方程求解。(2)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)利用平衡方程和向心力公式求解。(3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電粒子所受洛倫茲力必不為0，且其大小和方向不斷變化，但洛倫茲力不做功，這類(lèi)問(wèn)題一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解?！纠?】?jī)蓧K金屬板a、b平行放置，板間存在與勻強(qiáng)電場(chǎng)正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，假設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度v0從兩極板中間，沿垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的方向射入場(chǎng)中，無(wú)偏轉(zhuǎn)地通過(guò)場(chǎng)區(qū)，如圖所示，已知板長(zhǎng)l＝10cm，兩板間距d＝3.0cm，兩板間電勢(shì)差U＝150V，v0＝2.0×107m/s(電子所帶電荷量的大小與其質(zhì)量之比eq\f(e,m)＝1.76×1011C/kg，電子電荷量的大小e＝1.60×10－19C)。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)若撤去磁場(chǎng)，求電子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離，以及電子通過(guò)場(chǎng)區(qū)后動(dòng)能的增加量。[解析](1)電子進(jìn)入正交的電場(chǎng)、磁場(chǎng)不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則滿(mǎn)足Bev0＝eeq\f(U,d)，B＝eq\f(U,v0d)＝2.5×10－4T。(2)設(shè)電子通過(guò)場(chǎng)區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離為y1。y1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))＝1.1×10－2mΔEk＝eEy1＝eeq\f(U,d)y1＝8.8×10－18J。[答案](1)2.5×10－4T(2)1.1×10－2m8.8×10－18J[針對(duì)訓(xùn)練3]空間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，其方向垂直于紙面向里，另有一個(gè)點(diǎn)電荷＋Q形成的電場(chǎng)，如圖所示，一電荷量為－q的粒子以初速度v0從某處垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向入射，初位置到點(diǎn)電荷的距離為r，則粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能為()A．以點(diǎn)電荷＋Q為圓心，以r為半徑的在紙平面內(nèi)的圓周B．開(kāi)始階段在紙面內(nèi)向右偏轉(zhuǎn)的曲線C．開(kāi)始階段在紙面內(nèi)向左偏轉(zhuǎn)的曲線D．沿初速度v0方向的直線解析：選D。當(dāng)電場(chǎng)力大于洛倫茲力時(shí)，如果電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力剛好提供向心力，A不符合題意；如果電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力大于所需向心力，C不符合題意；當(dāng)電場(chǎng)力小于洛倫茲力時(shí)，B不符合題意；由于電場(chǎng)力方向變化，合力方向不會(huì)總與v0方向在一條直線上，故D符合題意。[針對(duì)訓(xùn)練4](多選)如圖，空間中同時(shí)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與電場(chǎng)方向垂直。一帶電微粒在該區(qū)域剛好能沿直線ab向上運(yùn)動(dòng)，則微粒()A．帶正電B．做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能減少D．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能減少解析：BC。因?yàn)閹щ娢⒘Ｊ艿街亓?、電?chǎng)力以及洛倫茲力的作用做直線運(yùn)動(dòng)，所以帶電微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；帶電微粒的受力示意圖如圖所示。根據(jù)受力分析可知，帶電微粒受的電場(chǎng)力和電場(chǎng)線方向相反，所以帶電微粒帶負(fù)電，由于帶電微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)帶電微粒做正功，所以電勢(shì)能減小，帶電微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變大，所以機(jī)械能增加，故C正確，A、D錯(cuò)誤。[A級(jí)——基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]1．如圖所示，豎直平面內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v與磁場(chǎng)方向垂直，與電場(chǎng)方向成45°角射入復(fù)合場(chǎng)中，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，正確的是(重力加速度為g)()A．E＝eq\f(mg,q)B＝eq\f(\r(2)mg,qv)B．E＝eq\f(\r(2)mg,q)B＝eq\f(mg,qv)C．E＝eq\f(mg,q)B＝eq\f(mg,qv)D．E＝eq\f(\r(2)mg,q)B＝eq\f(\r(2)mg,qv)解析：選A。假設(shè)粒子帶負(fù)電，則其所受電場(chǎng)力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與v垂直，可以從力的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子應(yīng)帶正電荷，受力情況如圖所示。根據(jù)合外力為0得mg＝qvBsin45°qE＝qvBcos45°聯(lián)立可得B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，E＝eq\f(mg,q)。2．(多選)一帶電小球在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平且垂直于紙面向里，如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．沿垂直于紙面方向向里看，小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼．小球一定帶正電且小球的電荷量q＝eq\f(mg,E)C．由于洛倫茲力不做功，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒D．由于合外力做功等于0，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變解析：選BD。帶電小球在疊加場(chǎng)中，只有滿(mǎn)足重力與電場(chǎng)力大小相等、方向相反時(shí)，小球受的合力只表現(xiàn)為洛倫茲力，洛倫茲力提供向心力，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故小球所受電場(chǎng)力向上，小球帶正電，小球受的洛倫茲力方向要指向圓心，由左手定則判斷運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，由mg＝qE可得q＝eq\f(mg,E)，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力不做功，但電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；由于合外力做功等于0，根據(jù)動(dòng)能定理，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，D正確。3．(多選)如圖所示，實(shí)線表示在豎直平面內(nèi)的電場(chǎng)線，電場(chǎng)線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說(shuō)法正確的是()A．液滴一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．電場(chǎng)方向一定斜向上D．液滴一定帶正電解析：選CD。帶電液滴受豎直向下的重力G、平行于電場(chǎng)線方向的電場(chǎng)力F、垂直于速度方向的洛倫茲力f，帶電液滴做直線運(yùn)動(dòng)，因此三個(gè)力的合力一定為0，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場(chǎng)線方向斜向上時(shí)，帶電液滴受豎直向下的重力、沿電場(chǎng)線向上的電場(chǎng)力、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力，這三個(gè)力的合力能夠?yàn)?，使帶電液滴沿虛線L做勻速直線運(yùn)動(dòng)；如果帶電液滴帶負(fù)電或電場(chǎng)線方向斜向下，帶電液滴所受合力不為0，帶電液滴不可能沿直線運(yùn)動(dòng)，C、D正確。4．(多選)如圖所示，A板發(fā)出的電子(重力不計(jì))經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N之間，M、N之間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子通過(guò)磁場(chǎng)后最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域所用時(shí)間不變C．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大解析：選AC。當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)的加速電壓增大，加速后電子動(dòng)能增大，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的初速度增大，向下偏轉(zhuǎn)程度變小，打在熒光屏上的位置上升；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角變小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，A正確，B錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，打在熒光屏上的速度大小不變，C正確，D錯(cuò)誤。5．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B,2)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O與x軸成30°角斜向上射入磁場(chǎng)，且在x軸上方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R。粒子重力不計(jì)，則()A．粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點(diǎn)OB．粒子在x軸上方和下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為2∶1C．粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子第二次射入x軸上方磁場(chǎng)時(shí)，沿x軸前進(jìn)了3R解析：選D。由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x軸上方和下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1∶2，B錯(cuò)誤；粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，C錯(cuò)誤；粒子第二次射入x軸上方磁場(chǎng)時(shí)沿x軸前進(jìn)了l＝R＋2R＝3R，則粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后不能回到原點(diǎn)O，A錯(cuò)誤，D正確。6.三個(gè)完全相同的小球a、b、c帶有相同電荷量的正電荷，從同一高度由靜止開(kāi)始下落，當(dāng)落下h1高度后a小球進(jìn)入水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，b小球進(jìn)入垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，它們到達(dá)水平面上的速度大小分別用va、vb、vc表示，它們的關(guān)系是()A．va＞vb＝vc B．va＝vb＝vcC．va＞vb＞vc D．va＝vb＞vc解析：選A。a小球下落時(shí)，重力和電場(chǎng)力都對(duì)a做正功；b小球下落時(shí)，只有重力做功；c小球下落時(shí)只有重力做功，重力做功的大小都相同。根據(jù)動(dòng)能定理可知外力對(duì)a小球所做的功最多，即a小球落地時(shí)的動(dòng)能最大，b、c小球落地時(shí)的動(dòng)能相等。7.如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從P點(diǎn)靜止釋放，下落一段距離后進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則小球在通過(guò)正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況是()A．一定做曲線運(yùn)動(dòng)B．軌跡一定是拋物線C．可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析：選A。小球從P點(diǎn)靜止釋放，下落一段距離后進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中后一定會(huì)受到電場(chǎng)力和洛倫茲力。電場(chǎng)力和重力會(huì)對(duì)小球做正功，洛倫茲力不做功。小球的動(dòng)能會(huì)增加，即速度變大，且速度的方向也會(huì)發(fā)生變化。洛倫茲力也會(huì)變大，方向也會(huì)改變。小球運(yùn)動(dòng)的速度和加速度的大小、方向都會(huì)改變。所以運(yùn)動(dòng)情況是一定做曲線運(yùn)動(dòng)。[B級(jí)——能力增分練]8．質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電粒子自靜止開(kāi)始，經(jīng)M、N板間的電場(chǎng)加速后，從A點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，該粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置P偏離入射方向的距離為L(zhǎng)，如圖所示。已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計(jì)。(1)正確畫(huà)出粒子由靜止開(kāi)始至離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖)。(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。解析：(1)作粒子經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡圖，如圖。(2)設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場(chǎng)加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2 ①粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r) ②由幾何關(guān)系得r2＝(r－L)2＋d2 ③聯(lián)立①②③式求解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q))。答案：(1)見(jiàn)解析圖(2)eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q))9.如圖所示的區(qū)域中，OM左邊為垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右邊是一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向平行于OM，且垂直于磁場(chǎng)方向。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子從小孔P以初速度v0沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，初速度方向與邊界線的夾角θ＝60°，粒子恰好從小孔C垂直于OC射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后打在Q點(diǎn)，已知OC＝L，OQ＝2L，不計(jì)粒子的重力，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。解析：(1)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示(O1為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心)∠PO1C＝120°設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，r＋rcos60°＝OC＝L，得r＝eq\f(2L,3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力充當(dāng)向心力，qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3mv0,2qL)。(2)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得加速度為a＝