第三節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第九章

磁

場(chǎng)一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．復(fù)合場(chǎng)的分類疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、

磁場(chǎng)

、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)共存．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)．2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類(2)

勻速圓周運(yùn)動(dòng)：

當(dāng)帶電粒子所受的

與重力(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(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)．

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)非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，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．AC．b

的質(zhì)量最大，a

的質(zhì)量最小，b、c

都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，c沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)提示：油滴a

靜止不動(dòng)，其受到的合力為零，所以mag＝qE，電場(chǎng)力方向豎直向上，油滴帶負(fù)電荷．又油滴b、c

在場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其重力和受到的電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由左手定則可判斷，b、c

都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)．故A

正確．(2)原理：粒子由靜止在加速電場(chǎng)中被加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式 ．粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻v2速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m

r

.由以上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．

q，m＝

，m＝

．1qU＝2mv

21r＝

B2mU

q2Uqr2B2

2UB2r22．速度選擇器(如圖所示)(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，所以叫做速度選擇器．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是E

，即v＝B.qE＝qvBC提示：由左手定則知，A、B

兩束離子均帶正電，A

錯(cuò)誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，由

R＝mv

，半徑大的離子對(duì)應(yīng)的比荷小，但離子的質(zhì)量qB可知不一定相同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度選擇器中的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里，D

錯(cuò)誤．(2)作用：

用來對(duì)粒子(質(zhì)子、α

粒子等)加速，1圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等，f＝T＝

2πm

；電場(chǎng)

磁場(chǎng)

用來使粒子回旋從而能反復(fù)加速．(3)加速原理①回旋加速器中所加交變電壓的頻率f，與帶電粒子做勻速

qB

k12②回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式E

＝

mv2q

B

R

2

2

2＝

2m

來計(jì)算，在粒子電荷量、質(zhì)量m

和磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．粒子最終得到的能量與加速電壓的大小

無關(guān)

．電壓大，粒子在盒中回旋的次數(shù)少；電壓小，粒子回旋次數(shù)多，但最后獲得的能量一定．A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小有關(guān)

C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D．不改變B

和f，該回旋加速器也能用于加速α

粒子提示：由T＝2πRv1，T＝f

，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)A

正確、B

錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項(xiàng)C

錯(cuò)誤；要加速α

粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣?/p>

粒子在其中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，即T＝qαB2πmα，故D

錯(cuò)誤．內(nèi)能正BLv

U

BdπdU4BBCA．A

板為發(fā)電機(jī)的正極B．B

板為發(fā)電機(jī)的正極C．發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為BdvD．發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為BSv解析：選BC.根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向上偏轉(zhuǎn)，所以B

板帶正電，為直流電源正極，A錯(cuò)誤，B

正確．最終帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有

qvB＝

E

E＝Bdv，C

正確，D

錯(cuò)誤．qd，解得②粒子先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)．在電場(chǎng)中利用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度．(2)從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)①粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向相同或相反，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)(不計(jì)重力)．②粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)．2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，由于磁場(chǎng)中洛倫茲力不做功，所以粒子的運(yùn)動(dòng)形式一般只有以下兩種情況：直線運(yùn)動(dòng)：要么帶電粒子沿著磁感線運(yùn)動(dòng)，要么帶電粒子受到的重力或電場(chǎng)力或重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力平衡．勻速圓周運(yùn)動(dòng)：受到的重力和電場(chǎng)力平衡．[審題指導(dǎo)]

粒子在運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場(chǎng)力做功使其加速，而磁場(chǎng)使其偏轉(zhuǎn)，則計(jì)算速度大小的問題只看電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)問題只看磁場(chǎng)．還要關(guān)注磁場(chǎng)與電場(chǎng)之間的轉(zhuǎn)折點(diǎn)的變化．[解析]

(1)粒子在進(jìn)入第

2

層磁場(chǎng)時(shí)，經(jīng)過兩次電場(chǎng)加速，中間穿過磁場(chǎng)時(shí)洛倫茲力不做功．122由動(dòng)能定理，有2qEd＝2mv

①由①式解得2v

＝2qEdm

②粒子在第2

層磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qv2B＝mv2r22③由②③式解得2r

＝2B

q.mEd

④(2)設(shè)粒子在第n

層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)．12nqEd＝

mvn2⑤qvnB＝mv2rnn⑥由圖甲看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsin

θn－rn－1sin

θn－1＝d⑨由⑨式看出

r1sin

θ1，r2sin

θ2，…，rnsin

θn為一等差數(shù)列，公差為

d，可得rnsin

θn＝r1sin

θ1＋(n－1)d10○(3)若粒子恰好不能從第n

層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，則πθn＝2，sin

θn＝1在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷m′

q′為

，假設(shè)能穿出第

n

層磁場(chǎng)右側(cè)邊界，粒子穿出時(shí)速度方n

q′

q向與水平方向的夾角為

θ′

，由于

>m′

m則導(dǎo)致sin

θ′n>1說明θ′n

不存在，即原假設(shè)不成立．所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界．[答案]

見解析在第Ⅰ、Ⅲ象限內(nèi)有平行于y

軸，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅳ象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m，電荷量為q

的帶電粒子，從y

軸上的M(0，d)點(diǎn)，以大小為v0

的速度沿x

軸正方向射入電場(chǎng)，通過電場(chǎng)后從

x

軸的

N2 3d，0點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限內(nèi)，又經(jīng)過磁場(chǎng)垂

3

直y軸進(jìn)入第Ⅲ象限，最終粒子從x軸上的P點(diǎn)離開．不計(jì)粒子所受到的重力．求：勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E

和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大小；粒子運(yùn)動(dòng)到P

點(diǎn)的速度大?。涣Ｗ訌腗

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P

點(diǎn)所用的時(shí)間．1v

＝v0cos

θπ聯(lián)立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝3mv23

2qd0.＝m粒子在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qv1B

v21Rsin

θON

4由幾何關(guān)系得：R＝

＝3d2qd聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B＝3mv0.(2)粒子由M

點(diǎn)到P

點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：1

1qEd＋qE(R＋Rcos

θ)＝2mv2

－2mvP201代入(1)中所求數(shù)據(jù)解得：vP＝

10v0.(3)粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：2

3d

3

2

3d

t

＝

＝v0

3v0粒子在第Ⅳ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)周期：T＝12πR

4πdv

＝

3v0π－13π2π4πdt2＝

T＝

9v0粒子在第Ⅲ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)有：12R＋Rcos

θ＝

at233解得：t

＝2

6d3v0粒子從M

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P

點(diǎn)的時(shí)間：1

2t＝t

＋t

＋t3＝（6

3＋6

6＋4π）d9v0.答案：(1)03mv2

3mv

02qd

2qd(2)

10v0(3)（6

3＋6

6＋4π）d9v0已知粒子從外圓上以速度v1

射出，求粒子在A

點(diǎn)的初速度v0

的大小；若撤去電場(chǎng)，如圖乙所示，已知粒子從OA

延長線與外圓的交點(diǎn)C

以速度v2射出，方向與OA

延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；在圖乙中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？解析：(1)電場(chǎng)、磁場(chǎng)都存在時(shí)，只有電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，由動(dòng)能定理211

122

20qU＝

mv

－

mv

①20

12qU得

v

＝

v

－

m

.②(2)由牛頓第二定律qBv2＝mv2R2③如圖1

所示，由幾何關(guān)系確定粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心O′和半徑

RR2＋R2＝(R2－R1)2④聯(lián)立③④得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2qR02mv2⑤粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期2πRT＝

v2

⑥由幾何關(guān)系確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Tt＝4⑦(3)如圖2

所示，為使粒子射出，則粒子在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)大于過A

點(diǎn)的最大內(nèi)切圓半徑，該半徑為Rc＝R1＋R22⑨c由③⑨得磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于B

＝mv32qR0.○10答案：(1)v21—2qUm(2)2mv22πR02qR0

2v2(3)

mv32qR02．解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路首先明確每個(gè)場(chǎng)的性質(zhì)、方向、強(qiáng)弱和范圍；對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，分析粒子的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡；通過分析，確定粒子從一個(gè)場(chǎng)區(qū)進(jìn)入另一場(chǎng)區(qū)時(shí)的位置、速度大小和方向是解題的關(guān)鍵．[審題指導(dǎo)]

(1)入射的粒子經(jīng)

Δt＝

2TB時(shí)間恰能垂直打在P

板上，粒子應(yīng)運(yùn)動(dòng)四分之一圓?。?B(2)入射的粒子經(jīng)

Δt＝3T

時(shí)間恰能垂直打在

P

板上，粒子應(yīng)連續(xù)運(yùn)動(dòng)三個(gè)四分之一圓?。?(3)當(dāng)B

＝4mv0qd時(shí)，如何求運(yùn)動(dòng)周期？[解析]

(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

R1，洛倫茲力提供向心力，則有qv0B0＝mv2R10①據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d②聯(lián)立①②式得B0＝

qdmv0.③(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a＝v2R20

④據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d⑤3v2聯(lián)立④⑤式得

a＝

0.⑥d(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動(dòng)公2πR式得

T＝

v0

⑦由牛頓第二定律得qv0B0＝mv2R0⑧0＝

qd由題意知

B

4mv0，代入⑧式得

d＝4R⑨π2＋θT＝T

2π

2B⑩設(shè)經(jīng)歷完整TB

的個(gè)數(shù)為n(n＝0，1，2，3…)若在A

點(diǎn)擊中P

板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2(R＋Rsin

θ)n＝d當(dāng)n＝0

時(shí)，無解當(dāng)

n＝1

時(shí)，聯(lián)立⑨

式得π

1θ＝6(或sin

θ＝2)B聯(lián)立⑦⑨⑩ 式得

T

＝πd3v0當(dāng)n≥2

時(shí)，不滿足0<θ<90°的要求若在B

點(diǎn)擊中P

板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2Rsin

θ＋2(R＋Rsin

θ)n＝d當(dāng)n＝0

時(shí)，無解當(dāng)

n＝1

時(shí)，聯(lián)立⑨

式得θ＝arcsin

1(或sin

θ＝14

4)聯(lián)立⑦⑨⑩ 式得π1

d

TB＝2＋arcsin

42v0當(dāng)n≥2

時(shí)，不滿足0<θ<90°的要求．mv0

3v20[答案] (1)

qd

(2)

d3v02(3)

πd

或π＋arcsin

1

d

42v0解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R

時(shí)v2qvB＝mRm12且

E

＝

mv2q2B2R22m解得

Em＝

.(2)粒子被加速n

次達(dá)到功能Em，則Em＝nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n

次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為Δt加速度a＝qU0md勻加速直線運(yùn)動(dòng)

nd＝1

·(Δt)22aT由t0＝(n－1)·2＋Δt，解得t0＝πBR2＋2BRd2U0πm－qB.(3)只有在

0～

T

Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，(2－則所占的比例為η＝T－Δt2

T2100qB2R由

η>99%，解得

d<

πmU0

.答案：見解析(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)．②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(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)能定理求解問題．2．帶電體在疊加場(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，除受場(chǎng)力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運(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．求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C

點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；求小滑塊從A

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C

點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf；若D

點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D

點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P

點(diǎn)．已知小滑塊在D

點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P

點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P

點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.[審題指導(dǎo)]

(1)理解帶電體運(yùn)動(dòng)到

C

點(diǎn)時(shí)的臨界條件，進(jìn)行受力分析求解問題．A

到C

過程中運(yùn)用動(dòng)能定理求解．撤去磁場(chǎng)后帶電體將做類平拋運(yùn)動(dòng)．[解析]

(1)小滑塊沿

MN

運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足

qvB＋N＝qE小滑塊在C

點(diǎn)離開MN

時(shí)N＝0解得

v

＝EC

B.(2)由動(dòng)能定理得f12mgh－W

＝

mvC2

－0mE2解得Wf＝mgh－2B2

.[答案]E(1)BmE2(2)mgh－

2B2(3)2Dv

＋

qE2

m

＋g

2t2(2)運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)：帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中可以設(shè)計(jì)出多階段、多形式、多變化、具有周期性的運(yùn)動(dòng)過程．在分析物體的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)，主要把握住以下幾個(gè)方面：①在全面把握粒子受力以及力的變化特點(diǎn)的基礎(chǔ)上，始終抓住力和運(yùn)動(dòng)之間相互促進(jìn)、相互制約的關(guān)系．如速度的變化引起洛倫茲力變化，洛倫茲力變化又可能引起彈力和摩擦力的變化，從而引起合外力的變化，合外力的變化又引起加速度和速度的變化，速度變化反過來又引起洛倫茲力的變化，在這一系列變化中，力和運(yùn)動(dòng)相互促進(jìn)、相互制約．②準(zhǔn)確劃分粒子運(yùn)動(dòng)過程中的不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式，以及不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式之間的轉(zhuǎn)折點(diǎn)和臨界點(diǎn)，只有明確粒子在某一階段的運(yùn)動(dòng)形式后，才能確定解題所用到的物理規(guī)律．③明確不同運(yùn)動(dòng)階段、不同的運(yùn)動(dòng)形式所遵循的物理規(guī)律，包括物理規(guī)律使用時(shí)所必須滿足的條件；設(shè)定未知量，表述原始物理規(guī)律式．(3)能量的觀點(diǎn)：由于帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力、電場(chǎng)力以外還有洛倫茲力參與，而洛倫茲力是隨運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變而變化，使合外力是一個(gè)變力，運(yùn)動(dòng)形式可能為變加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)這類問題應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)不能有效解決．但從力對(duì)物體做功的角度看，由于洛倫茲力方向始終垂直于速度方向，洛倫茲力對(duì)粒子不做功，運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒的觀點(diǎn)來處理這類問題時(shí)往往能“柳暗花明”．小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v

的大小和方向；從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P

點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t.qvB＝

q2E2＋m2g2①代入數(shù)據(jù)解得v＝20

m/s②速度v的方向斜向右上方，與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足mgtan

θ＝qE③代入數(shù)據(jù)解得tan

θ＝3，θ＝60°.④(2)法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有y＝12at2⑦a

與mg

的夾角和v

與E

的夾角相同，均為θ，又ytan

θ＝x⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2

3 s≈3.5

s.法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P

點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsin

θ⑤若使小球再次經(jīng)過P

點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向y上分位移為零，則有v

t－12gt2＝0⑥3 s≈3.5

s．⑦聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2答案：見解析電荷量q＝＋8×10－6

C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3

N的作用，沿CD

向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D

點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1

到達(dá)傾斜軌道底端G

點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2

在GH

頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝0.1

s

與P1

相遇．P1

和P2

與軌道CD、GH

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10

m/s2，

sin37°＝0.6，cos

37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：小物體P1

在水平軌道CD

上運(yùn)動(dòng)速度v

的大??；傾斜軌道GH

的長度s.解析：(1)設(shè)小物體P1

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則

F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由題意，水平方向合力為零F－f＝0③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v＝4

m/s.④(2)設(shè)P1

在G

點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理1

2

－1qErsin

θ－mgr(1－cos

θ)＝2mvG

2mv2⑤P1

在GH

上運(yùn)動(dòng)，受到重力、支持力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律qEcos

θ－mgsin

θ－μ(mgcos

θ＋qEsin

θ)＝ma1⑥P1

與P2

在GH

上相遇時(shí)，設(shè)P1

在GH

上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則1

G121s

＝v t＋

a

t2⑦設(shè)

P2

質(zhì)量為

m2，在

GH

上運(yùn)動(dòng)的加速度為

a2，則m2gsin

θ－μm2gcos

θ＝m2a2⑧P1

與P2

在GH

上相遇時(shí)，設(shè)P2

在GH

上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則12s

＝

a2

22t

⑨s＝s1＋s2⑩聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)得s＝0.56

m.答案：(1)4

m/s(2)0.56

m.D[審題指導(dǎo)]

若兩粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開，則意味著其運(yùn)動(dòng)半徑相等，由磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑公式代入求解即可．[解析]設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，原來磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價(jià)正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動(dòng)能定理得，eU＝1221mv

，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供v2r向心力，ev1B＝m

1；一價(jià)正離子在入口處從靜止開始加速，1222由動(dòng)能定理得，eU＝

Mv

，該正離子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為12B

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提v2r供向心力，ev2·12B＝M

2；聯(lián)立解得

M∶m＝144∶1，選