《帶電粒子在電場、磁場中的運動》計算題專題

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1、. 《帶電粒子在電場、磁場中的運動》計算題專題 [知識要點] 1、帶電粒子運動型計算題 ⑴帶電粒子在電場中運動與在磁場中運動的最顯著差別． 帶電粒子垂直射入勻強電場做類平拋運動,而垂直射入勻強磁場作勻速圓周運動。 ⑵正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提． ①帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動,取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度,因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析,當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時,做勻速直線運動〔如速度選擇器。 ②帶電粒子所受的重力和電場力等值反向,洛倫磁力提供向心力,帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． ③帶電粒子

2、所受的合外力是變力,且與初速度方向不在一條直線上,粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子的運動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線,由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū),因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成． ⑶靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵 ①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時,應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解． ②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． ③當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時,應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解． 說明：由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜,運動情況多變,往往出現(xiàn)臨界問題,

3、這時應(yīng)以題目中的"恰好"、"最大"、"最高"、"至少"等詞語為突破口,挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程,再與其他方程聯(lián)立求解． 2、帶電體在磁場中的臨界問題的處理基本思路 〔1畫軌跡：即畫出運動軌跡,并確定圓心,用幾何方法求半徑． 〔2找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系,在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系． 〔3用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式． 3、帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形 〔1直線邊界<進出磁場具有對稱性,如圖所示> 〔2平行邊界<存在臨界條件,如圖所示> 〔3圓形邊界<沿徑向射入必

4、沿徑向射出,如圖所示> 4、帶電粒子在勻強磁場中的運動 找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提,確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ),建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角θ之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵． 〔1圓心的確定 ①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時,可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心<如圖10甲所示,圖中P為入射點,M為出射點>． ②已知入射方向、入射點和出射點的位置時,可以通過入射點作入射方向的垂線,連接入射點和出射點,作其中垂線,這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心<如圖乙所示,P為入射點,M為

5、出射點>． 〔2半徑的確定 可利用物理學(xué)公式或幾何知識<勾股定理、三角函數(shù)等>求出半徑大?。? 〔3運動時間的確定：電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同．運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關(guān),而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關(guān)．在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關(guān)系是解題關(guān)鍵；粒子在磁場中運動一周的時間為T,當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時,其運動時間表示為：<或> 真題研究 1．<2015XX9月23題>某科研小組設(shè)計了一個粒子探測裝置。如圖1所示,一個截面半徑為R的圓筒<筒長大于2R>水平固定放置,筒內(nèi)分布著垂直于軸線的水平方向勻強

6、磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。圖2為圓筒的入射截面,圖3為豎直方向過筒軸的切面。質(zhì)量為m,電荷量為q的正離子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒內(nèi)。圓筒內(nèi)壁布滿探測器,可記錄粒子到達筒壁的位置。筒壁上的P點和Q點與入射面的距離分別為R和2R。<離子碰到探測器即被吸收,忽略離子間的相互作用> <1>離子從O點垂直射入,偏轉(zhuǎn)后到達P點,求該入射離子的速度v0； <2>離子從OC線上垂直射入,求位于Q點處的探測器接收到的離子的入射速度范圍； <3>若離子以第<2>問求得范圍內(nèi)的速度垂直入射,從入射截面的特定區(qū)域入射的離子偏轉(zhuǎn)后仍能到達距入射面為2R的筒壁位置,畫出此入射區(qū)域的形狀并求其面積。 2．

7、<2016XX4月22題>如圖為離子探測裝置示意圖。區(qū)域I、區(qū)域Ⅱ長均為L=0.10m,高均為H=0.06m。區(qū)域I可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v=1.0×l05m/s水平射入,質(zhì)子荷質(zhì)比近似為=1.0×l08C/kg。<忽略邊界效應(yīng),不計重力> <1>當(dāng)區(qū)域I加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時,求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax； <2>當(dāng)區(qū)域I不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時,求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax； <3>當(dāng)區(qū)域I加電場E小

8、于<1>中的Emax,質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高,求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域I中的電場E之間的關(guān)系式。 3．<2016XX10月23題>如圖所示,在x軸的上方存在垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場,位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負離子,其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后,從小孔O<坐標原點>垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域,最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板．假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布<離子重力不計>． <1>求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； <2

9、>調(diào)整磁感應(yīng)強度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端,求此時的磁感應(yīng)強度大小B1； <3>保持磁感應(yīng)強度B1不變,求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收,20%被反向彈回,彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍,求探測板受到的作用力大?。? 解析：<1>對于初速度為0的粒子：qU＝mvr1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子：qU＝mv－m2r2＝＝2a, 恰好打在x＝4a的位置 打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] <2>由動能定理：qU＝mv－m2 r3＝r3＝a解得：B1＝B0 <3離子束能打到探測板的實際范圍為

10、,對應(yīng)的速度范圍為 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 根據(jù)動量定理吸收的離子受到板的作用力大小 反彈的離子受到板的作用力大小 根據(jù)牛頓第三定律,探測板受到的作用力大小 [答案]〔1；〔2〔3 4．<2017XX4月23題>如圖所示,在xoy平面內(nèi),有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子,形成寬為2b,在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流。電子流沿x方向射入一個半徑為R,中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直xoy平面向里,電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點射出。在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A,其中K板與P點的距離為d,中間開有寬度為2l且關(guān)

11、于y軸對稱的小孔。K板接地,A與K兩板間加有正負、大小均可調(diào)的電壓UAK,穿過K板小孔達到A板的所有電子被收集且導(dǎo)出,從而形成電流,已知,電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略電子間相互作用。 〔1求磁感應(yīng)強度B的大??； 〔2求電子流從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍； 〔3當(dāng)UAK=0時,每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達板A的電子數(shù)； 〔4畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線〔在答題紙的方格紙上。 [解析]由題意可以知道是磁聚焦問題,即軌到半徑：r = R 由圖以及幾何關(guān)系可知,上端電子從P點射出時與負y軸最大夾角θm,由幾何關(guān)系： 同理下端電子從p點射出與負y軸最大夾角也是600 范圍是

12、 每秒進入兩極板間的電子數(shù)為n n=0.82N <4>有動能定理得出遏止電壓 與負y軸成450角的電子的運動軌跡剛好與A板相切,其逆過程是類平拋運動,達到飽和電流所需要的最小反向電壓或者根據(jù)〔3可得飽和電流大小 5．[2016·XX卷]為了進一步提高回旋加速器的能量,科學(xué)家建造了"扇形聚焦回旋加速器"。在扇形聚焦過程中,離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)。 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示,圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域,其中三個為峰區(qū),三個為谷區(qū),峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,谷區(qū)內(nèi)沒有磁場。質(zhì)量為m,電荷量為q的正離子

13、,以不變的速率v旋轉(zhuǎn),其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。 〔1求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針； 〔2求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ,及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； 〔3在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B',新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°,求B'和B的關(guān)系。已知：sin〔α±β=sinαcosβ±cosαsinβ,cosα=1–2 〔3谷區(qū)內(nèi)的圓心角⑧ 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑⑨[來源:學(xué).科.網(wǎng)Z.X.X.K] 由幾何關(guān)系⑩ 由三角關(guān)系? 代入得? 6．<2014·XX卷,25>離子推進器是太空飛行器

14、常用的動力系統(tǒng)．某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖甲所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)．Ⅰ為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ為加速區(qū),長度為L,兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場．Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū),被加速后以速度vM從右側(cè)噴出． Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子．假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖乙所示<從左向右看>．電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角<0<α≤90°>．推進器工作時,向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣．電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效

15、果越好．已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m,電量為e.<電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞> <1>求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大?。? <2>為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向<按圖乙說明是"垂直紙面向里"或"垂直紙面向外">； <3>α為90°時,要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍； <4>要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系． 解析：<1>由動能定理得：eU＝MvU＝ 由牛頓第二定律得：Ee＝Ma①E＝② 聯(lián)立①②得：a＝ <2>由題知電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,則圖乙中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)較好,由

16、左手定則可知,Ⅰ區(qū)中磁場方向應(yīng)為垂直紙面向外． <3>設(shè)電子運動的最大半徑為r,軌跡如圖,則：2r＝R,eBv＝m 所以：v0≤v≤ <4>如圖所示：OA＝R－r,OC＝,AC＝r 根據(jù)幾何關(guān)系得：所以： 7．<2015·XX卷,25>使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出,離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m,速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn),旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓,圓心在O點,軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B． 為引出離子束,使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器。引出器原理如圖所示,一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道,通道的圓心位于O′點

17、未畫出>．引出離子時,令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度降低,從而使離子從P點進入通道,沿通道中心線從Q點射出。已知OQ長度為L,OQ與OP的夾角為θ． <1>求離子的電荷量q并判斷其正負； <2>離子從P點進入,Q點射出,通道內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)降為B′,求B′； <3>換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束,維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強度B不變,在內(nèi)外金屬板間加直流電壓,兩板間產(chǎn)生徑向電場,忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從P點進入,Q點射出,求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小． 解析：<1>離子做圓周運動Bqv＝① q＝,根據(jù)左手定則可判斷離子帶正電荷② <2>離子進入通道前、后的軌跡如圖所示

18、O′Q＝R,OQ＝L,O′O＝R－r 引出軌跡為圓弧,B′qv＝③ R＝④ 由余弦定理得R2＝L2＋2＋2Lcos θ 解得：R＝⑤ 故B′＝＝⑥ <3>電場強度方向沿徑向向外⑦ 引出軌跡為圓弧Bqv－Eq＝⑧ 解得：E＝Bv－⑨ 針對性訓(xùn)練 1．如圖所示,在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi),有相互垂直的勻強電場和勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子<不計重力>從O點沿y軸正方向以某一速度射入,帶電粒子恰好做勻速直線運動,經(jīng)t0時間從P點射出． <1>求電場強度的大小和方向； <2>若僅撤去磁場,帶電粒子仍

19、從O點以相同的速度射入,經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動的加速度大?。? <3>若僅撤去電場,帶電粒子仍從O點射入,且速度變?yōu)樵瓉淼?倍,求粒子在磁場中運動的時間． [解析]<1>設(shè)帶正電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度大小為v,電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向,于是可知電場強度沿x軸正方向且有qE＝qvB① 又R＝vt0②則E ＝③ <2>僅有電場時,帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動在y方向位移為y＝v④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 又由x＝a<>2⑥得a＝⑦ <3>僅有磁場時,入射速度v′＝4v

20、,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,設(shè)軌道半徑為r,由牛頓第二定律有qv′B＝m⑧又<2>中qE＝ma⑨ 由②③⑦⑧⑨式得r＝⑩由幾何知識sin α＝? 即sin α＝,α＝?帶電粒子在磁場中的運動周期T＝? 則帶電粒子在磁場中的運動時間tB＝T 所以tB＝t0. 2．如圖所示,空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場的方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小為B。有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋Q。將粒子源置于圓心,則所有粒子剛好都不離開磁場,不考慮粒子之間的相互作用。 <1>求帶電粒子的速率； <2>若粒子源可置于磁場中任

21、意位置,且磁場的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?求粒子在磁場中最長的運動時間t； <3>若原磁場不變,再疊加另一個半徑為R1R0>圓形勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度的大小為,方向垂直于紙面向外,兩磁場區(qū)域成同心圓,此時該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心,求R1的最小值和粒子運動的周期T。 [解析]<1>粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍,即R0＝2r 由qvB＝m得v＝ <2>磁場的大小變?yōu)楹?粒子的軌道半徑為r1＝＝＝2R0 根據(jù)幾何關(guān)系可以得到,當(dāng)弦最長時,運動的時間最長,弦為2R0時,圓心角為60°,有t＝T＝ <3>根據(jù)矢量合成法則,疊加區(qū)域的磁感應(yīng)強度的大小為,方向向里,

22、 以R0為半徑的區(qū)域外磁感應(yīng)強度的大小為,方向向外。粒子運動的半徑為R0。 根據(jù)對稱性畫出情境圖,由幾何關(guān)系可得R1的最小值為<＋1>R0 T＝＝ 3．如圖所示,在以O(shè)1點為圓心、r=0.20m為半徑的圓形區(qū)域內(nèi),存在著方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度大小為B=1.0×10-3的勻強磁場〔圖中未畫出。圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O,右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點,粒子源中,有帶正電的粒子〔比荷為> 不斷地由靜止進入電壓U=800V的加速電場．經(jīng)加速后,沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場區(qū)域,粒子重力不計。 〔1求粒子在磁場中做圓周運動的半徑、速度偏離原來方向的夾角的

23、正切值。 〔2以過坐標原點O并垂直于紙面的直線為軸,將該圓形磁場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°,求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子到A點的最遠距離。 [解析]〔1帶電粒子在電場中加速,由動能定理得 進入磁場后做圓周運動,洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得 設(shè)速度偏離原來方向的夾角為θ,由幾何關(guān)系得 故速度偏離原來方向的夾角正切值 〔2以O(shè)點為圓心,OA為半徑做圓弧AC交y軸于C點；以C點為圓心,CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點。 粒子在磁場中運動的最大圓弧弦長OD＝2r＝0．4 m 由幾何關(guān)系可知 最遠距離代入數(shù)據(jù)可得 4．如圖,質(zhì)量m=1×10﹣3kg、帶電量q=1×10﹣2C的

24、帶電粒子從豎直放置的兩電容器極板AB之間貼著A極板以速度vx=4m/s平行極板飛入兩極板間,恰從極板B上邊緣O點飛出,已知極板長L=0.4m,極板間距d=0.15m．電容器極板上方有寬度為x=0.3m的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中Ⅰ、Ⅲ有勻強磁場,它們的磁感強度大小相等,均垂直紙面且方向相反,O為DC邊中點,P為DC邊中垂線上一點,帶電粒子從O點離開電場,之后進入磁場,運動軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切,不計粒子的重力．求： 〔1該電容器極板AB所加電壓U大?。? 〔2勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B； 〔3若現(xiàn)在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域所加磁感應(yīng)強度大小B′=2T,粒子射入O點后經(jīng)過3次偏轉(zhuǎn)打到P點,則

25、OP的距離為多少？ [解析]〔1在AB極板間類平拋,L=vxt 代入數(shù)據(jù)有：U=0.45V 〔2設(shè)粒子出極板后速度大小為v,與水平夾角α 所以： 進入右邊磁場恰與右邊界相切,設(shè)在磁場中圓運動半徑為r 故有： 解得：r=0.5 對粒子： 所以：代入數(shù)據(jù)得：B=1T 〔3當(dāng)B′=2T時, 粒子射入O點后經(jīng)過3次偏轉(zhuǎn)打到P點故有：OP==1.3m 5．科研人員利用電場和磁場控制帶電粒子的運動,從而來進行粒子分選,其原理如圖所示：真空環(huán)境中,由a、b、c、d四個平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域,寬度均為。讓包含兩種不同的帶正電粒子組成的粒子束,從界面a上的P點以速度垂直界面射

26、入?yún)^(qū)域Ⅰ,兩種粒子帶電量均為,質(zhì)量分別為和。若在區(qū)域Ⅰ和Ⅲ分別加上垂直紙面、方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為的勻強磁場,粒子能分成兩束從界面d出射；若在區(qū)域Ⅰ和Ⅲ分別加上與界面平行、方向相反的勻強電場,粒子也能分成兩束從界面d出射。不計粒子重力。 〔1求加磁場時兩種粒子在界面d上出射點之間的距離 〔2若加電場時兩種粒子在界面d上出射點之間的距離與加磁場時相等,求電場強度的大小 粒子1在區(qū)域I中的偏移量 粒子1在區(qū)域II中的偏移量 粒子1在區(qū)域III中的偏移量 所以粒子1的總偏移量 粒子2在區(qū)域I中的偏移量 粒子2在區(qū)域II中的偏移量 粒子2在區(qū)域III中的偏移量 所以粒子2的總

27、偏移量 二者的出射點之間的距離 〔2當(dāng)在區(qū)域I、III加如圖所示的反向電場時,兩種粒子的軌跡如圖,兩種粒子在區(qū)域I中均作類平拋,但偏移量不同,在區(qū)域II中均作斜向的勻速直線運動,進入?yún)^(qū)域III做反類平拋運動,然后均垂直邊界d出射。 粒子1在區(qū)域I中： 粒子1在區(qū)域II中有：〔或者 粒子1在區(qū)域III中有： 粒子1的總偏移量有： 同理,粒子2的總偏移量有： 二者的出射點之間的距離 解得： 6．[2016·XX卷]如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線DD＇,過DD＇且垂直于圖面的平面將空間分成I、II兩區(qū)域。區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B〔圖中未畫出；區(qū)域II有固

28、定在水平面上高、傾角的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD＇距離,區(qū)域II可加豎直方向的大小不同的勻強電場〔圖中未畫出；C點在DD＇上,距地面高。零時刻,質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點具有大小、方向與水平面夾角的速度。在區(qū)域I內(nèi)做半徑的勻速圓周運動,經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域II。某時刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點,不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知,g為重力加速度。 〔1求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； 〔2若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時刻tA； 〔3若小球A、P在時刻〔β為常數(shù)相遇于斜面某處,求此情況

29、下區(qū)域II的勻強電場的場強E,并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。 小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA,與小球P在時刻t1相遇于斜面底端,有⑤ ⑥ 聯(lián)立以上方程可得⑦ 〔3設(shè)所求電場方向向下,在t'A時刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP,有 ⑧ ⑨ ⑩ 聯(lián)立相關(guān)方程解得 對小球P的所有運動情形討論可得 由此可得場強極小值為；場強極大值為,方向豎直向上。 7．[2015·XX]如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi),O為圓心,GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域〔Ⅰ區(qū)和小圓內(nèi)部〔Ⅱ區(qū)均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有

30、一勻強電場,上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m,電量為+q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場,由點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。 〔1求極板間電場強度的大小； 〔2若粒子運動軌跡與小圓相切,求區(qū)磁感應(yīng)強度的大?。? 〔3若Ⅰ區(qū),Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為2mv/qD,4mv/qD,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點,求這段時間粒子運動的路程。 [解析]〔1粒子在電場中,根據(jù)動能定理：,解得 〔3若Ⅰ區(qū)域的磁感應(yīng)強度為,則粒子運動的半徑為；Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強度為,則粒子運動的半徑為； 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動公式可得：

31、 ； 據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖所示,根據(jù)對稱性可知,Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同,設(shè)為,Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為,由幾何關(guān)系可得：；； 粒子重復(fù)上述交替運動回到H點,軌跡如圖所示,設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2,可得：； 設(shè)粒子運動的路程為s,由運動公式可知：s=v

32、磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。 〔1求粒子在第2層磁場中運動時速度的大小與軌跡半徑 〔2粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時,速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sinθn 〔3若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之。 [解析]〔1粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功,由動

33、能定理,有：解得： 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有：聯(lián)立解得： 由圖根據(jù)幾何關(guān)系可以得到： 聯(lián)立可得： 由此可看出,,…,為一等差數(shù)列,公差為d,可得： 當(dāng)n=1時,由下圖可看出： 聯(lián)立可解得： 9．"太空粒子探測器"是由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成的,其原理可簡化如下：如圖所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓,圓心為O,外圓的半徑,電勢,內(nèi)圓的半徑,電勢,內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小、方向垂直紙面向里的勻強磁場,收集薄板MN與內(nèi)圓的一條直徑重合,收集薄板兩端M、N與內(nèi)圓間各存在狹縫．假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量、電荷量的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到外圓面上,

34、并被加速電場從靜止開始加速,進入磁場后,發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在收集薄板MN上并被吸收<收集薄板兩側(cè)均能吸收粒子>,不考慮粒子相互間的碰撞和作用． <1>求粒子剛到達內(nèi)圓時速度的大??； <2>以收集薄板MN所在的直線為軸建立如圖的平面直角坐標系．分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運動．指出該位置并求出這些粒子運動一個周期內(nèi)在磁場中所用時間． 因為r=R2,所以由幾何關(guān)系可知,從收集板左端貼著收集板上表面進入磁場的粒子在磁場中運動圓周后,射出磁場,進入電場,在電場中先減速后反向加速,并返回磁場,如此反復(fù)的周期運動。其運動軌跡如圖所示。則在磁場中運動的時間為T。 解得： 粒子進入電

35、場的四個位置坐標分別為〔0, 2m,〔2m, 0,〔0, -2m,〔-2m, 0 10．如圖所示為一人工轉(zhuǎn)變核反應(yīng)探測儀,裝置有α粒子源、粒子加速區(qū)、核反應(yīng)區(qū)和粒子探測區(qū)四部分組成。α粒子源可以單位時間發(fā)射出N=1015個α粒子,其初速度為v＝3×107m/s,隨后又進入電壓為U＝7×106V的加速電場,從電場中射出后與靜止在反應(yīng)區(qū)A點的鈹核發(fā)生核反應(yīng),兩個反應(yīng)產(chǎn)物經(jīng)EF垂直邊界飛入探測區(qū),探測區(qū)有一圓形磁場和粒子探測器,圓形磁場半徑為R=15m,其內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B=0.5T的的勻強磁場,圓形磁場邊界與EF相切,探測器與EF平行距圓心距離為d=0.5m。實驗中根據(jù)碰撞點的位置便可分析

36、核反應(yīng)的生成物。為簡化模型,假設(shè)α粒子均可與鈹核發(fā)生核反應(yīng),實驗中探測器上有兩個點〔P點和Q點持續(xù)受到撞擊,AOP在一直線上,且PQ=m,打在P點粒子50%穿透探測器,50%被探測器吸收,其中穿透的粒子能量損失75%,打在Q點的粒子全部被吸收。已知質(zhì)子和中子的質(zhì)量均為m=1.6×10–27kg,原子核的質(zhì)量為核子的總質(zhì)量,如α粒子的質(zhì)量為mα＝4m＝6.4×10-27,質(zhì)子電量為e=1.6×10-19C,不計粒子間相互作用〔核反應(yīng)過程除外求 〔1α粒子射出加速電場后的速度為多少； 〔2打在Q點的是什么粒子；打在Q粒子的速度為多少； 〔3探測器上單位時間受到的撞擊力為多少。 [解析]〔1

37、根據(jù)動能定理可得：〔1分 則m/s 〔2分 〔2由于打在P點的粒子在磁場中不偏轉(zhuǎn),故此粒子不帶電,因此打在Q點的粒子為6e,因此為, 核反應(yīng)方程為,打在P點為中子 1分 對于碳核,在磁場中偏轉(zhuǎn),由幾何關(guān)系得：, 則,m 〔1分 由得〔1分 〔3根據(jù)動量守恒可得：,得〔1分 P點,對于吸收的中子,由動量定理得： N,方向向上〔1分 對于穿透的中子,由動量定理得 N ,方向向上 1分 Q點,對于吸收的C粒子由動量定理得： N 方向斜向上,與板成300 〔1分 因此探測器受到豎直方向的合力為：N,

38、豎直向上 探測器受到水平方向的合力為：,豎直向上〔1分 因此探測器上單位時間受到的撞擊力為：〔寫出x,y分量也可 11．位于豎直平面內(nèi)的粒子探測器裝置如圖所示．C、G兩點位于x軸上,A、D兩點位于y軸上,∠ACO=30°,AO的長度為d,△AOC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場〔圖中未畫出,矩形ODFG區(qū)域內(nèi)有與y軸平行的勻強電場〔圖中未畫出,其電場強度的大小及方向均可調(diào)節(jié),已知DF的長度為2d,FG的長度為d,在勻強電場右側(cè)有一長度為d的粒子接收器,它與y軸平行放置,與FG的距離為d,且上邊緣恰好在DF的延長線上．一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子以速度v垂直x軸射入磁場,且離開磁場時速度

39、與y軸垂直,其運動軌跡與AC邊相切,不計粒子重力． 〔1判斷△AOC區(qū)域內(nèi)的磁場方向并求出磁感應(yīng)強度的大小B； 〔2若粒子最終打在接收器的上邊緣,求粒子從射入磁場到打在接收器上所用的時間,并求出在這種情況下矩形ODFG區(qū)域內(nèi)電場強度的大小E0； 〔3若粒子剛進入電場時,將電場強度大小調(diào)節(jié)為E,方向沿y軸正方向,當(dāng)粒子的橫坐標為d時,電場強度突然反向,大小變?yōu)樵瓉淼囊话?要使粒子打在接收器上,求電場強度E的大小范圍． [解析]〔1帶正電的粒子以速度v垂直x軸射入磁場,且離開磁場時速度與y軸垂直,其運動軌跡與AC邊相切,因為∠ACO=30°,AO的長度為d,所以,,, 由圖可知,粒子進入

40、磁場時,洛倫茲力作為向心力,方向水平向右；由帶正電的粒子速度方向豎直向上,根據(jù)左手定則,可知磁場方向為垂直紙面向外；因為洛倫茲力作為向心力,所以 ,所以,； 〔2由〔1可知,粒子在磁場中運動時間； 然后粒子在電場中做類平拋運動；因為粒子最終打在接收器的上邊緣,所以電場力豎直向上,在電場中粒子運動時間；在電場中,粒子受到的電場力F=qE0,所以,加速度, 粒子離開磁場時,水平速度vx=v,,y軸坐標； 粒子離開磁場做勻速直線運動打在接收器的上邊緣,因為粒子接收器,它與y軸平行放置,與FG的距離為d, 所以,粒子在這段路程運動的時間,縱向位移； 所以粒子從射入磁場到打在接收器上所用的

41、時間； 所以,； 〔3根據(jù)運動的合成分解原理,可知,改變縱向電場的大小和方向時,粒子的水平運動不變, 所以,有粒子進入電場時,所在位置為, 在0≤x≤d時,粒子受到豎直向上的電場力F1=qE,所以,在x=d時,粒子的豎直速度=,豎直位移； 在d≤x≤2d時,粒子受到豎直向下的電場力,所以,在x=2d時,粒子的豎直速度,豎直位移y2=； 在2d≤x≤3d時,粒子做勻速直線運動,所以,在x=3d時,豎直位移； 要使粒子打在接收器上,則,所以,． 12．如圖所示,真空室內(nèi)有一個點狀的α粒子放射源P,它向各個方向發(fā)射α粒子〔不計重力,速率都相同．a(chǎn)b為P點附近的一條水平直線〔P到直線a

42、b的距離PC=L,Q為直線ab上一點,它與P點相距PQ=〔現(xiàn)只研究與放射源P和直線ab同一個平面內(nèi)的α粒子的運動,當(dāng)真空室內(nèi)〔直線ab以上區(qū)域只存在垂直該平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時,水平向左射出的α粒子恰到達Q點；當(dāng)真空室〔直線ab以上區(qū)域只存在平行該平面的勻強電場時,不同方向發(fā)射的α粒子若能到達ab直線,則到達ab直線時它們動能都相等,已知水平向左射出的α粒子也恰好到達Q點．〔α粒子的電荷量為+q,質(zhì)量為m；sin37°=0.6；cos37°=0.8求： 〔1α粒子的發(fā)射速率； 〔2勻強電場的場強大小和方向； 〔3當(dāng)僅加上述磁場時,能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間

43、的比值． [解析]〔1設(shè)α粒子做勻速圓周運動的半徑R,過O作PQ的垂線交PQ于A點,如圖所示, 由幾何知識可得：, 代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑：, 洛侖磁力提供向心力：,解得粒子發(fā)射速度為：； 〔3真空室只加磁場時,圓弧和直線ab相切于D點,α粒子轉(zhuǎn)過的圓心角最大,運動時間最長,如圖所示． 則：,, 最大圓心角：, 最長時間：, 13．如圖所示,O'PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓．在PQMN區(qū)域有均勻輻向電場,PQ與MN間的電壓為U。一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場加速后都會從O'進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面向外,

44、大小為B,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出。在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K,金屬板長均為4R,其中K板接地,A與K兩板間加有電壓UAK>0,忽略極板電場的邊緣效應(yīng)。已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切,O'在y軸上。 <1>求帶電粒子的比荷q/m <2>求帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標范圍； <3>若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能達到K板上,則電壓UAK至少為多大？ [解析]〔1由動能定理可知： 1分 O x y O′ M N P Q B A K U E O1 O2 a b 由已知條件可知,帶

45、電粒子在磁場中運動的半徑R0=R 1分 得： 1分 〔2沿QN方向入射的帶電粒子,在磁場中做圓周運動的圓心為O1,對應(yīng)的圓心角為135°,離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O′的距離為： a點的縱坐標： 同理可得,沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標 1分 帶電粒子進入電場時的坐標范圍~ 〔3只要沿QN方向入射的帶電粒子打在K板上,則從其它位置入射也一定打在K板上,則在電場中 1分 1分 1分 應(yīng)滿足 1分 得 1分 14．如圖所示

46、,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場B,A為磁場邊界上的一點,有大量完全相同的帶電粒子平行紙面向各個方向以相同的速度大小v通過A點進入磁場,最后這些粒子從右側(cè)圓弧AC上射出磁場區(qū)域〔有粒子從C點射出。AC圓弧的弧長是圓周長的1/3,不計粒子之間的相互作用,粒子的質(zhì)量為m,電量為q,求： 〔1圓形磁場區(qū)域的半徑R； 〔2粒子在磁場中運動軌跡的最大長度； 〔3若只把磁場撤去,在圓形區(qū)域內(nèi)加場強大小為E的平行于紙面的勻強電場,從圓弧射出電場的粒子中,C點射出的粒子動最大,求最大動能Ek [解析]〔1當(dāng)軌道半徑小于或等于磁場區(qū)半徑時,粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑如圖一所示,當(dāng)粒子

47、從1/3圓周射出磁場時,粒子在磁場中運動的軌道直徑為AB 粒子都從圓弧AB之間射出,根據(jù)幾何關(guān)系可得軌道半徑30°,解得 粒子在磁場中做圓周運動 解得 〔2帶電粒子在磁場中運動的半徑不變,粒子在磁場中運動的最大實際為圖乙軌跡1所對應(yīng)的軌跡長度最大,故 〔3把磁場撤去,加平行于紙面的電場,從A點射入的粒子,從B點離開時動能最大,說明電場線的方向沿半徑OB方向,根據(jù)動能定理： 代入解得： 15．如圖所示,一足夠大的光滑絕緣水平桌面上建一直角坐標系xOy,空間存在垂直桌面向下的勻強磁場。一帶電小球A〔可視為質(zhì)點從坐標原點O以速度v沿著軸正方向向射,沿某一軌跡運動,從〔0,d坐標向左離開

48、第I象限。若球A在第I象限的運動過程中與一個靜止、不帶電的小球B〔可視為質(zhì)點發(fā)生彈性正碰,碰后兩球電量均分,不論球B初始置于何處,球A碰后仍沿原軌跡運動。球A、B的質(zhì)量之比為3:1,不計兩球之間的庫侖力。 〔1判斷帶電小球A的電性； 〔2若兩球碰后恰好在〔-d/2,d/2坐標首次相遇,求球B在第I象限初始位置的坐標； 〔3若將球B置于〔d/2,d/2坐標處,球A、B碰后,在球B離開第I象限時撤去磁場,再過時間恢復(fù)原磁場,要使得兩球此后的運動軌跡沒有交點,求Δt的最小值。 [解析]〔1球A帶正電荷〔2分 α 圖1 〔2碰撞前后球A運動半徑r=保持不變 = =〔1分 碰后球A速度

49、v1=v 〔1分 彈性正碰,系統(tǒng)動量守恒： m1v=m1v1+m2v2〔1分 且 = 得：v2=3v1=v 〔1分 如圖1所示,設(shè)兩球從碰撞位置運動到〔－,半徑所夾圓心角是α,球B比球A多轉(zhuǎn)2π,兩球角速度之比1:3, 則α+2π=3α〔1分 解得α=π,所以球B被碰時在第一象限的位置為〔,〔1分 60° S M N d 圖3 60° 圖2 vB vA 〔3如圖2所示,球B離開第一象限時,兩球運動軌跡半徑所夾圓心角是60°。磁場消失后,各自沿著圖中速度方向做勻速直線運動,當(dāng)磁場恢復(fù)后,兩球又做勻速圓周運動,且半徑相等都是。撤去磁場時,兩球運

50、動軌跡的圓心位置均為圖3中的M點,恢復(fù)磁場,當(dāng)兩球的圓形運動軌跡恰好相切時,△t為最小,此時球A、B的圓心位置分別為N、S。：=1:3,見圖3,根據(jù)幾何知識,可得： △t= 〔2分 16．地球同步衛(wèi)星在運行若干年的過程中,不可能準確地保持初始的位置和速度,需要及時調(diào)整,以保證相對地球的位置長期不變。在同步衛(wèi)星上安裝離子推進器,就可以達到上述目標。離子推進器簡化的原理示意圖如圖所示。推進劑在P處進入,在S處電離為一價正離子,后進入電場區(qū)加速〔加速電壓為U,形成正離子束。在出口處,燈絲C發(fā)射的電子注入正離子束中。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動。 〔1通常用銫做為推進劑,已知銫離子

51、荷質(zhì)比為q/m約為7.5×105C?kg-1,加速電壓U=2.4kV,求鉛離子通過電場區(qū)后的速度大??；〔以離子發(fā)動機為參考系 〔2若離子發(fā)動機每秒噴射出N=1015個銫離子質(zhì)量m=2.2 ×10-22kg,試求推進器獲得的平均推力大??； 〔3試解釋燈絲C發(fā)射電子注入正離子束的作用。 17．如圖所示,虛線MO與水平線PQ相交于O,二者夾角θ=30°,在MO左側(cè)存在電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場,MO右側(cè)某個區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向里的勻強磁場,O點處在磁場的邊界上,現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v〔0≤v≤垂直于MO從O點射入磁場,所有粒子通過直線MO

52、時,速度方向均平行于PQ向左,不計粒子的重力和粒子間的相互作用力,求： 〔1速度最大的粒子自O(shè)開始射入磁場至返回水平線POQ所用的時間； 〔2磁場區(qū)域的最小面積． [解析]〔1粒子的運動軌跡如圖所示,設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,周期為T,粒子在勻強磁場中運動時間為t1則 即：① ② ③ 設(shè)粒子自N點水平飛出磁場,出磁場后應(yīng)做勻速運動至OM,設(shè)勻速運動的距離為s,勻速運動的時間為t2,由幾何關(guān)系知：S=Rcotθ④ ⑤ 過MO后粒子做類平拋運動,設(shè)運動的時間為,則：⑥ 又由題知：⑦ 則速度最大的粒子自O(shè)進入磁場至重回水平線POQ所用的時間⑧ 解①②③④⑤⑥

53、⑦⑧得： 〔2由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM,則其飛出磁場的位置均應(yīng)在ON的連線上,故磁場范圍的最小面積是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積。 扇形的面積⑨ 的面積為：⑩ 又 聯(lián)立①⑦⑨⑩得：或 18．如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi),存在兩個大小均為E的勻強電場I和II,兩電場的邊界均是邊長為L的正方形〔不計粒子所受重力。 〔1在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子,求電子離開ABCD區(qū)域的位置； 〔2在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子,電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開,求所有釋放點的位置； 〔3

54、若將左側(cè)電場II整體水平向右移動〔n>1,仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開〔D不隨電場移動,在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。 [解析]〔1設(shè)電子的質(zhì)量為m,電量為e,電子在電場I中做勻加速直線運動,出區(qū)域I時的為v0,此后電場II做類平拋運動,假設(shè)電子從CD邊射出,出射點縱坐標為y,有：,, 解得：,所以原假設(shè)成立,即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為〔－2L, 〔2設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中,其坐標為〔x,y,在電場I中電子被加速到v1,然后進入電場II做類平拋運動,并從D點離開,有：,= 解得：xy＝,即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點即為所求位置。 〔3設(shè)電子從〔x,y點釋放,

55、在電場I中加速到v2,進入電場II后做類平拋運動,在高度為y′處離開電場II時的情景與〔2中類似,然后電子做勻速直線運動,經(jīng)過D點,則有 , 解得,即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點即為所求位置 19．如圖所示,在xoy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸負方向的勻強電場,y軸左側(cè)和MN邊界右側(cè)的空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場,MN邊界與y軸平行且間距保持不變．一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場,每次經(jīng)過磁場的時間均為t0,粒子重力不計． <1>求磁感應(yīng)強度的大小B． <2>若t=5t0時粒子回到原點O,求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強度

56、E0． <3>若帶電粒子能夠回到原點0,則電場強度E應(yīng)滿足什么條件? [解析] 粒子t=5t0回到原點,如圖由幾何關(guān)系知,r1=r2,由向心力公式： ,,由勻變速規(guī)律得,每次粒子經(jīng)過電場的時間也是t0,電場寬度： ,出電場的速度,綜上所述：, 如圖所示,由幾何關(guān)系知,要使粒子經(jīng)過原點,應(yīng)滿足 由向心公式得：,, 根據(jù)動能定理知：,解得： 20．如圖所示,xOy為空間直角坐標系,PQ與y軸正方向成θ＝30°角．在第四象限和第一象限的xOQ區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在POy區(qū)域存在足夠大的勻強電場,電場方向與PQ平行,一個帶電荷量為＋q,質(zhì)量為m的帶電粒子從-y軸上的A<0,-L>點,平行于x軸方向射入勻強磁場,離開磁場時速度方向恰與PQ垂直,粒子在勻強電場中經(jīng)時間t后再次經(jīng)過x軸,粒子重力忽略不計．求： <1>從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間t； <2>勻強電場的電場強度E的大小． .