1、專題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)梳理一、復(fù)合場(chǎng)1 復(fù)合場(chǎng)的分類(1)疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存(2)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)2 三種場(chǎng)的比較項(xiàng)目名稱力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大?。篏mg方向：豎直向下重力做功與路徑無(wú)關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能靜電場(chǎng)大?。篎qE方向：a.正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同b.負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)WqU電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)洛倫茲力FqvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式1 靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子

2、在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)2 勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)3 較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線4 分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的組合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成【典型選擇題】1 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向

3、B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法正確的是()A小球一定帶正電 圖1B小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能增大2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)如圖2所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是 ()A小球一定帶正電 圖2B小球一定帶負(fù)電C小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)3 質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上

4、有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)下列表述正確的是 ()A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 圖3B速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小4 回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可忽略磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q，在加速器中被加速， 且加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的

5、影響則下列說(shuō)法正確的 是 () 圖4A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2RfB質(zhì)子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比C質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變【規(guī)律總結(jié)】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1 質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成圖5(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qUmv2.粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvBm.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r ，m，.2

6、 回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖6所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速由qvB，得 Ekm，可見(jiàn)粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒 圖6 半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān)特別提醒這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場(chǎng)中加速、在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動(dòng))的原理3 速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫做速度 選擇器(2)帶電粒子能夠沿直

7、線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是qEqvB，即v. 圖74 磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能(2)根據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機(jī)正極(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L(zhǎng)，等離子體速度為v，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qEqqvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì) 圖8差UBLv.5 電磁流量計(jì)工作原理：如圖9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù) 離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就 圖9保持穩(wěn)定，即：qvBqEq，所以v，

8、因此液體流量QSv·.【考點(diǎn)】考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1 帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(1)磁場(chǎng)力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題(3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做

9、復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問(wèn)題2 帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤

10、去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)時(shí)間打到極板上圖10(1)求兩極板間電壓U；(2)若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？突破訓(xùn)練1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度均為E，在兩個(gè)電場(chǎng)的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場(chǎng)力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b，當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來(lái)的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已 圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等，b

11、所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(jì)(1)求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)求液滴b開(kāi)始下落時(shí)距液滴a的高度h.考點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1 近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場(chǎng)模型，或是一個(gè)電場(chǎng)與一個(gè)磁場(chǎng)相鄰，或是兩個(gè)或多個(gè)磁場(chǎng)相鄰2 解題時(shí)要弄清楚場(chǎng)的性質(zhì)、場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱、范圍等3 要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)4 分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵例2(2012·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬

12、極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻通過(guò)S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng))圖12(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上

13、和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場(chǎng)，并垂直豎直邊界 圖13CD進(jìn)入?yún)^(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中求：(1)粒子在區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò)CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間專題三帶電粒子在交變電場(chǎng)和交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型問(wèn)題的分析 突破訓(xùn)練3如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2.5×102 N/C的勻強(qiáng)

14、電場(chǎng)(上、下及左側(cè)無(wú)界)一個(gè)質(zhì)量為m0.5 kg、電荷量為q2.0×102 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在t0時(shí)刻以大小為v0的水平初速度向右通過(guò)電場(chǎng)中的一點(diǎn)P，當(dāng)tt1時(shí)刻在電場(chǎng)所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)，使得小球能豎直向下通過(guò)D點(diǎn)，D為電場(chǎng)中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為L(zhǎng)，D到豎直面MN的距離DQ為L(zhǎng)/.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正(g10 m/s2)圖15(1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，使得小球能豎直向下通過(guò)D點(diǎn)，求磁場(chǎng)每一次作用時(shí)間t0的最小值(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時(shí)刻t1的表達(dá)式(用題

15、中所給物理量的符號(hào)表示)；(3)若小球能始終在電磁場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小(用題中所給物理量的符號(hào)表示)參考答案【典型選擇題】1、答案CD解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場(chǎng)，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場(chǎng)方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場(chǎng)力必水平向右，但電場(chǎng)具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場(chǎng)力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于電場(chǎng)力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確2、答案BC解析小球

16、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，C正確，D錯(cuò)誤3、答案ABC解析粒子在題圖中的電場(chǎng)中加速，說(shuō)明粒子帶正電，其通過(guò)速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確；由EqBqv可知，vE/B，選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D，可見(jiàn)D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯(cuò)誤4、答案AC解析

17、粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v2Rf，故A正確；粒子離開(kāi)回旋加速器的最大動(dòng)能Ekmmv2m×42R2f 22m2R2f 2，與加速電壓U無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R，Uqmv，2Uqmv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm2m2R2f 2與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤【考點(diǎn)】例1解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)L(L2R)t0，解得L4R粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L2Rv0·aRa()2在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)：qqv0B聯(lián)立各式解得v0，U(2)設(shè)粒子

18、在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可知：45°，rrR因?yàn)镽()2，所以根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，解得v所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<答案(1)(2)0<v<技巧點(diǎn)撥帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法1弄清疊加場(chǎng)的組成2進(jìn)行受力分析3確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合4畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解(

19、3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解(4)對(duì)于臨界問(wèn)題，注意挖掘隱含條件5記住三點(diǎn)：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵；(3)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解突破訓(xùn)練1答案(1)(2)解析液滴在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場(chǎng)力和重力作用(1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時(shí)有qEmg a、b相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為2m，電荷量為q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場(chǎng)力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvBqE2mg 由、兩式

20、，可得相撞后速度v(2)對(duì)b，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至與a相撞之前，由動(dòng)能定理有WEWGEk，即(2qEmg)hmv a、b碰撞后速度減半，即v，則v02v再代入式得h【例2】審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是什么？2要在t3T0時(shí)使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由S1至S2的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU0mv2 由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得da()2 聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm 要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿足2R> 聯(lián)立式得B< (3)設(shè)

21、粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程所用時(shí)間為t1，有dvt1 聯(lián)立式得t1 若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得dt2 聯(lián)立式得t2 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt3T0t1t2 聯(lián)立式得t 設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T由題意可知Tt 聯(lián)立式得B.答案(1) (2)B< (3)方法點(diǎn)撥解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法突破訓(xùn)練2答案(1)(2) (3)審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是怎樣的？2嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡3注意進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小與方向解析(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其在區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Bqvm，所以R(2)設(shè)粒子在區(qū)域的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a.則有qEma，v0tan 60°at1，即t1O、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)at(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2則由幾何關(guān)系知t2設(shè)粒子在區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，a則t32×粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò)CD邊界所用時(shí)間