二轮文档：专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动 Word版含答案

1．(2015·江苏单科·15)一台质谱仪的工作原理如图1所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．图1(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)答案 (1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)3次解析 (1)离子在电场中加速：qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子运动半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点时r ＝56L ， U ＝100U 081离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 09，则电压的范围100U 081≤U ≤16U 09 (3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调节电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1U 0此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则：L r 1＝U 2U 0，56Lr 2＝U 2U 0解得r 2＝⎝⎛⎭⎫563L同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝⎛⎭⎫56n ＋1L 检测完整，有r n ≤L 2解得n ≥lg2lg (65)－1≈2.8最少次数为3次2．(2014·全国大纲·25)如图2所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负方向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图2(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间． 答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知 R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得 E B ＝12v 0tan 2θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 t ＝2d v 0tan θ.1．题型特点(1)带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、重力场依次出现)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以上的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频率极高，特别是计算题，题目难度大，涉及面广．(2)试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起，主要考查考生的空间想象力、分析综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力．以及考查考生综合分析和解决复杂问题的能力． 2．解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法： (1)明确组合场是由哪些场组合成的．(2)判断粒子经过组合场时的受力和运动情况，并画出相应的运动轨迹简图． (3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动知识分析． (4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动知识结合几何知识来处理．考题一 带电粒子在组合场中的运动1．如图3所示，在直角坐标系xOy 的第二象限存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E 1，在y 轴的左侧存在垂直于纸面的匀强磁场．现有一质量为m ，带电荷量为－q 的带电粒子从第二象限的A 点(－3L ，L )以初速度v 0沿x 轴正方向射入后刚好做匀速直线运动，不计带电粒子的重力．图3(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)撤去第二象限的匀强磁场，同时调节电场强度的大小为E 2，使带电粒子刚好从B 点(－L,0)进入第三象限，求电场强度E 2的大小；(3)带电粒子从B 点穿出后，从y 轴上的C 点进入第四象限，若E 1＝2E 2，求C 点离坐标原点O 的距离．答案 (1)E 1v 0 磁场方向垂直纸面向外 (2)m v 202qL(3)(2－1)L解析 (1)带电粒子做匀速直线运动，其所受合力为零，由于粒子带负电荷，带电粒子受到的电场力方向沿y 轴负方向，所以带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y 轴正方向，根据左手定则判断磁场方向垂直纸面向外根据带电粒子受的洛伦兹力等于电场力，即：qv 0B ＝qE 1① 解得：B ＝E 1v 0②(2)撤去磁场后，带电粒子仅受电场力作用做类平抛运动．根据牛顿第二定律：qE 2＝ma ③ x 轴方向：2L ＝v 0t ④ y 轴方向：L ＝12at 2⑤联立③④⑤解得：E 2＝mv 202qL⑥(3)带电粒子穿过B 点时竖直速度：v 1＝at ⑦ 由④⑤⑦解得：v 1＝v 0⑧则通过B 点时的速度v ＝v 20＋v 21＝2v 0⑨与x 轴正方向的夹角为θ，则sin θ＝v 1v ＝22⑩即θ＝45°⑪带电粒子在第三象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2R ⑫由E 1＝2E 2⑬ 由(1)知B ＝E 1v 0＝2E 2v 0⑭由⑥⑨⑫⑭解得：R ＝2L ⑮ CO ＝(2－1)L2．如图4所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标(－L,0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上A 点(0,0.5L )射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，进入第四象限，经过矩形磁场区域，电子过磁场中的Q 点(36L ，－L )，不计电子重力，求：图4(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ； (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .答案 (1)3m v 20eL (2)πL 9v 0 (3)3L 218解析 (1)设电子在电场中运动的加速度为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v ，则L ＝v 0t a ＝eE m v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°联立解得：E ＝3mv 20eL(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，OD 距离为x D ， 则x D ＝0.5L tan 30°＝36L 所以，DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ， 则evB ＝m v 2r v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋r sin 30°＝L 即r ＝L3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子转过的圆心角为120°.则得t ＝T3T ＝2πm eB (或T ＝2πr v ＝πL 3v 0)，解得t ＝πL 9v 0(3)以切点F 、Q 的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其FQ 的对边，有界匀强磁场区域面积为最小． S min ＝3r ×r 2解得S min ＝3L 218分析带电粒子在组合场中运动问题的方法 (1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等．(2)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况． (3)正确地画出粒子的运动轨迹图．(4)根据区域和运动规律的不同，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．(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．考题二 带电粒子在叠加场中的运动3．如图5所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)，一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g .根据以上信息，能求出的物理量有( )图5A ．圆周运动的速度大小B ．电场强度的大小和方向C ．小球在第Ⅳ象限运动的时间D ．磁感应强度大小 答案 AC解析 带电小球在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设带电小球到达P 点的速度为v .根据机械能守恒定律得：mgd ＝12mv 2，v ＝2gd ，即带电小球做圆周运动的速度大小为2gd ，所以可以求出带电小球做圆周运动的速度大小，故A 正确；带电小球在第Ⅳ象限内做圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE ，E ＝mgq ，由于带电小球的比荷未知，不能求出电场强度E 的大小．根据带电小球第Ⅲ象限内运动情况，由左手定则判断知该带电小球带负电，带电小球在第Ⅳ象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B 错误；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14·2πd v ＝πd2v ，可知能求出小球在第Ⅳ象限运动的时间t ，故C 正确；小球在第Ⅳ象限内运动的半径为d ，由d ＝mvqB 知，由于带电小球的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D 错误．4．如图6所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q ，质量为m 的微粒从原点出发沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．(不计一切阻力)，求：图6(1)电场强度E 大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)粒子在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动， 对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件得： qvB ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l v ＝2gl 联立解得：B ＝mqg l(3)微粒做匀速运动时间：t 1＝2l v＝l g做圆周运动时间：t 2＝34π2l v ＝3π4l g在复合场中运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g带电粒子在叠加场中运动问题的处理方法 (1)弄清叠加场的组成特点．(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点．(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．①若只有两个场且正交．例如，电场与磁场中满足qE ＝q v B 或重力场与磁场中满足mg ＝q v B 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解． ②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝q v B 的方向与速度v 垂直．③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，有mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有q v B ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．考题三 带电粒子在交变电磁场中运动的问题5．如图7甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R,0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化(每个周期内正反向时间相同)．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t ＝0时刻A 落至点(0,3R )，此时，另一带负电的小球B 从圆形区域最高点(2R,2R )处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动；当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点(2R,0)；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开始匀速运动．两球的质量均为m ，电荷量大小均为q .(不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g )求：图7(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离． 答案 (1)mg q (2)πmq2gR(3)25＋(2π＋2)2R 解析 (1)小球B 做匀速圆周运动，则Eq ＝mg解得：E ＝mgq(2)设小球B 做圆周运动的周期为T 对A 小球：Eq ＋mg ＝ma 得a ＝2g R ＝a (T 2)2解得T ＝2R g对B 小球：Bqv ＝m v 2Rv ＝2πR T解得：B ＝πmq2g R(3)分析得：电(磁)场变化周期是B 球圆周运动周期的2倍 对小球A ：在原点的速度为v A ＝3R T ＋a T2在原点下的位移为：y A ＝v A T y A ＝5R2T 末，小球A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球B 的线速度v B ＝π2gR 水平位移为x b ＝v B T ＝2πR 竖直位移为y b ＝12aT 2＝2R2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R,0]则2T 末，AB 两球的距离为AB ＝25＋ 2π＋2 2R6．如图8甲所示，两个平行正对的水平金属板X 、X ′极板长L ＝0.23m ，板间距离d ＝0.2m ，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×10－3T ，方向垂直纸面向里．现将X ′极板接地，X 极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示．现有带正电的粒子流以v 0＝105m/s 的速度沿水平中线OO ′连续射入电场中，粒子的比荷q m ＝108C/kg ，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)．求：图8(1)带电粒子射出电场时的最大速率；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从O ′点和距O ′点下方d4＝0.05m 处射入磁场的两个粒子，在MN 上射出磁场时两出射点之间的距离．答案 (1)233×105m/s (2)2∶1 (3)0.05m解析 (1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动： 水平：t ＝L v 0＝23×10－6 s竖直：y ＝12at 2＝d 2，其中a ＝qU 1dm ，U 1＝adm q ＝1003V当U >1003 V 时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于1003 V 时刻进入的粒子具有最大速度．所以由动能定理得：q U 12＝12mv 2t －12mv 20，解得v t ＝233×105 m/s(2)计算可得，粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图甲中a 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为240°，时间最长；从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短，因为两粒子的周期T ＝2πmBq相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2∶1.(3)如图乙，从O ′点射入磁场的粒子速度为v 0，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 1＝2R 1由R 1＝mv 1Bq ，得：d 1＝2mv 0Bq从距O ′点下方d 4＝0.05 m 处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ，则它的速度为v 2＝v 0cos φ，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 2＝2R 2cos φ， 由R 2＝mv 2Bq ，得d 2＝2mv 0Bq即两个粒子向上偏移的距离相等所以：两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距，即d4＝0.05 m解决带电粒子在交变电磁场中运动问题“三步走”考题四 磁与现代科技的应用7．如图9所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明：当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为：U ＝K IBd ，式中的比例系数K 称为霍尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )图9A ．载流子所受静电力的大小F ＝q UdB ．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝1nq，其中n 为导体单位长度上的电荷数D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝BInhd ，其中n 为导体单位体积内的电荷数答案 D解析 静电力大小应为F ＝q Uh ，A 项错误；载流子的电性是不确定的，因此B 项错误；n 为导体单位体积内的电荷数，C 项错误；载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝qvB ，其中v ＝Inqdh ，可得F 洛＝BIndh，D 项正确．8．英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图10所示，则下列说法中正确的是( )图10A ．该束带电粒子带正电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm 越小答案 AD解析 根据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在正交场中，受向上的洛伦兹力，故电场力向下，即速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；根据R ＝mvqB 可知，在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量与电荷量的比值越大，或者比荷qm越小，选项C 错误，D 正确． 9．(2015·浙江理综·25)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，图11轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B .为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.图11(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求B ′； (3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小． 答案 (1)m v Br 正电荷 (2)m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)(3)沿径向向外 B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m v qR ＝m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑨几种常见的电磁场应用实例 (1)质谱仪：①用途：测量带电粒子的质量和分析同位素．②原理：由粒子源S 发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U 加速后，以速度v ＝2qU m进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r ＝1B2mUq，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D 上，通过测量D 与入口间的距离d ，进而求出粒子的比荷q m ＝8UB 2d 2或粒子的质量m ＝qB 2d 28U.(2)速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE ＝q v B 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择． (3)回旋加速器： ①用途：加速带电粒子．②原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同．③粒子获得的最大动能E k ＝q 2B 2r 2n 2m，其中r n 表示D 形盒的最大半径．专题综合练1．如图12所示，平面直角坐标系第一象限存在竖直向上的匀强电场，距离原点O 为3a 处有一个竖直放置的荧光屏，荧光屏与x 轴相交于Q 点，且纵贯第四象限．一个顶角等于30°的直角三角形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，三角形区域的一条直角边ML 与y 轴重合，且被x 轴垂直平分．已知ML 的长度为6a ，磁感应强度为B ，电子束以相同的速度v 0从LO 区间垂直y 轴和磁场方向射入直角三角形区域．从y ＝－2a 射入磁场的电子运动轨迹恰好经过原点O ，假设第一象限的电场强度大小为E ＝B v 0，试求：图12(1)电子的比荷；(2)电子束从＋y 轴上射入电场的纵坐标范围；(3)从磁场中垂直于y 轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的最远距离． 答案 (1)v 0Ba (2)0≤y ≤2a (3)94a 解析 (1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r ＝a ，由圆周运动规律得： ev 0B ＝m v 20r ，解得电子的比荷：e m ＝v 0Ba(2)电子能进入电场中，且离O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN 相切，电子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．O ′M ＝2aOO ′＝OM －O ′M ＝a ，即粒子从D 点离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为：OD ＝y m ＝2a ，所以电子束从＋y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a ；(3)假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0t ，y ＝12eE mt 2解得：y ＝92a >2a ，所以电子应射出电场后打到荧光屏上．电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间t ，竖直方向位移为y ，水平位移为x ，水平：x ＝v 0t ，竖直：y ＝12eE mt 2，代入数据解得：x ＝2ay设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时与x 轴的夹角为θ有： tan θ＝v y v 0＝eE m ×x v 0v 0＝2ya，H ＝(3a －x )tan θ＝(3a －2y )2y 当3a －2y ＝2y ，即y ＝98a 时，H 有最大值，由于98a <2a ，所以H max ＝94a2．如图13甲所示，有一磁感应强度大小为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP 与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为L 、间距为d 的平行金属板M 、N ，磁场边界上的O 点与N 板在同一水平面上，O 1、O 2为电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．某时刻从O 点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m 、电荷量为＋q 的粒子a 和b .结果粒子a 恰好从O 1点水平进入板间电场运动，由电场中的O 2点射出；粒子b 恰好从M板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T 未知．求：图13(1)粒子a 、b 从磁场边界射出时的速度v a 、v b ；(2)粒子a 从O 点进入磁场到O 2点射出电场运动的总时间t . 答案 (1)qBd 2m qBd m (2)πm 2qB ＋m (2L ＋d )qBd解析 (1)根据题意，粒子a 、b 在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，圆心分别为O a 、O b ，作出其运动轨迹如图所示，粒子a 从A 点射出磁场．由几何关系有：r a ＝d2，r b ＝d由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2r联立解得：v a ＝qBd 2m v b ＝qBdm(2)设粒子a 在磁场中运动时间为t 1，从A 点到O 2点的运动时间为t 2，则：t 1＝T a 4，T a ＝2πmqB ，t 2＝ r b －r a ＋L v a ，t ＝t 1＋t 2联解得：t ＝πm 2qB ＋m 2L ＋d qBd3．如图14所示的xOy 坐标系中，y 轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xOy 平面向里．P 点的坐标为(－2L,0)，Q 1、Q 2两点的坐标分别为(0，L )，(0，－L )．坐标为(－13L,0)处的C 点固定一平行于y 轴放置的长为23L 的绝缘弹性挡板，C 为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y 方向分速度不变，沿x 方向分速度反向，大小不变．带负电的粒子质量为m ，电荷量为q ，不计粒子所受重力．若粒子从P 点射出沿PQ 1方向进入磁场，经磁场运动后，求：图14(1)从Q 1直接到达Q 2处的粒子初速度大小；(2)从Q 1直接到达O 点，粒子第一次经过x 轴的交点坐标； (3)只与挡板碰撞两次并能回到P 点的粒子初速度大小． 答案 (1)5qBL 2m (2)(12L,0) (3)25qBL 9m解析 (1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ 1与x 轴方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得：R 1cos θ＝L ，其中：cos θ＝255粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： q v 1B ＝m v 21R 1，解得：v 1＝5qBL 2m.(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x 轴交点为F ，由几何关系得：R 2＝54L .设F 点横坐标为x F ，由几何关系得：x F ＝12L .则F 点坐标为：(12L,0)．(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ 1与x 轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 3，偏转一次后在y 轴负方向偏移量为Δy 1，由几何关系得：Δy 1＝2R 3cos θ，为保证粒子最终能回到P ，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ 1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y 轴上这段距离Δy 2(如图中A 、E 间距)可由题给条件，有Δy 22L 3＝tan θ，得Δy 2＝L 3. 当粒子只碰二次，其几何条件是3Δy 1－2Δy 2＝2L ， 解得：R 3＝259L粒子在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2R 3，解得：v ＝25qBL9m.。