2023年浙江选考高考物理二轮复习专题三电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动学案.pdf

1/22 第 3 讲带电粒子在复合场中的运动考点一以科技应用为背景命题的复合场问题1.(2017浙江11 月选考 8)如图1 所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是()图 1 A粒子一定带负电BEv粒子的速度大小BC若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化答案C错误；当B，选项EBv，可得qEqvB，说明竖直方向受力平衡，即粒子做直线运动解析错误；如果粒子速度大A时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项EBv小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D错误2(多选)(2017 宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图 2 所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，置于匀强磁场B中，D形盒半径为R，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f，则下列说法正确的是()2/22 图 2 A粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大B被加速后的粒子最大速度为2fR，与加速电场的电压无关He4 2粒子，也可以加速H1不改变回旋加速的任何参数，装置可以加速质子CD高频电源不能使用正弦式交变电流答案B知若增.q2B2R22m2mv12kmE动能，则最大qBRmv得，粒子的最大速度v2RmqvB根据解析，可Rf22Tv根据错误；A形盒的半径，或增大磁感应强度，故D大动能，需增大知：最大半径为R，且电场变化的频率的倒数即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不因比荷发生变化，所以周期也粒子，后再加速H1正确；加速质子B，故fR2可能超过变化，因此不能用这个装置，故C错误3(人教版选修31P103“课题研究”改编)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)如图3 所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差.现有载流子是电子的霍尔元件1 和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是()图 3 A若接入元件1 时，前表面电势高；若接入元件2 时，前表面电势低B若接入元件1 时，前表面电势低；若接入元件2 时，前表面电势高C不论接入哪个元件，都是前表面电势高D不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案A解析若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图4 所示，其中加速电压恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种3/22 一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12 倍则此离子和质子的质量比约为()图 4 A11 B 12 C 121 D 144答案D2qUmv得2mv12qU根据动能定理得，解析离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有v2RmqvBmvqBR得qB2R22Um两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，正确，D倍，144倍，则离子质量是质子质量的12，磁感应强度增加到原来的2Bm所以A、B、C错误1.质谱仪(如图 5)图 5.2mv12qU原理：粒子由静止被加速电场加速，4/22.v2rmqvB粒子在磁场中做匀速圆周运动，有.2UB2r2qm，qr2B22Um，2mUq1Br由以上两式可得2回旋加速器(如图 6)图 6 原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB决定，与r形盒半径D和B，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度q2B2r22mkmE，得mv2r加速电压无关3速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量，差别见下表装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0EB，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，qUdqv0B，Uv0Bd电磁流量计UDqqvB，所以vUDB，所以QvSDU4B霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差5/22 考点二带电粒子在组合场中的运动1(2017 浙江4 月选考 23)如图7 所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流已知b32R，dl，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用图 7(1)求磁感应强度B的大小；(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角的范围；的电子数；A上的小孔到达极板K时，每秒经过极板0AKU当(3).变化的关系曲线AKU随i画出电流(4)答案见解析解析轨迹示意图6/22 mveBR模型要求：”磁聚焦(1)“.mveRB解得(2)如图，由几何关系知：在关于y轴左、右对称的60(含)范围内(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角4563sin sin 602Rsin 2b则：.N630N板的电子数：A时每秒到达0AKU则当板A全部到时，到达的电子AKU当(4)Ne63e0N1i板A对应的电子刚好到达451时，1UAKU设当2)1cos v(m1201eU则mv24eAKU解得Ne63e0N2i之间，0)，mv24e(即在区间)该临界角度为(反向再增大时，将出现有电子AKU当刚好打到A板上，而的电子打不到A板Nesin sin 60i2)cos v(m120AKeUNe438eUAK3mv2i解得：图线如图所示AKUi综上所述：2.(2016浙江10 月选考 23)如图8 所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度的一束负离子，q、电荷量为m发射质量为C轴下方的离子源x的匀强磁场，位于0B大小为坐标原(O的电场加速后，从小孔mv022qU这束离子经电势差为.0v30其初速度大小范围为点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上在x轴上 2a 3a区间水平固定放离(轴上的离子数均匀分布x，打到0N假设每秒射入磁场的离子总数为)mv0qB0a(置一探测板7/22 子重力不计)图 8(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应；1B强度大小被板吸80%；若打在板上的离子N不变，求每秒打在探测板上的离子数1B保持磁感应强度(3)收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小答案见解析12mv12qU的粒子：0对于初速度为(1)解析amv1qB01r得v12r1m1qv0B由恰好打在x2a的位置的粒子0v3对于初速度为2)0v3(m1222mv12qU，a2mv2qB02r得v22r2m2qv0B由恰好打在x4a的位置离子束打在x轴上的区间为 2a,4a(2)由动能定理2)0v3(m1222mv12qU得v22r3m2qv1B由mv2qB13ra323r0B431B解得8/22(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2ara0vv0v43对应的速度范围为每秒打在探测板上的离子数为0N232v043v02v0 v00NN根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小8N0mv09)0mv430mv(20.8N2p吸吸F反弹的离子受到板的作用力大小0mv0N1645)0v0.60v(m43)0v0.60v(m20.2N2p反反F根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小0mv0N5645F3(2016 浙江4 月选考 22)如图9 为离子探测装置示意图区域、区域长均为L0.10 m，高均为H0.06 m 区域可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域的右端紧贴着可探测带电粒子位qm水平射入，质子荷质比近似为m/s51.0 10v置的竖直屏质子束沿两板正中间以速度)忽略边界效应，不计重力C/kg.(81.0 10图 9(1)当区域加电场、区域不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值；maxE(2)当区域不加电场、区域加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值；maxB的位置等高，求区和离开区域，质子束进入区域maxE中的(1)小于E加电场当区域(3)域中的磁场B与区域中的电场E之间的关系式2EvB(3)T3(2)5.510(1)200 V/m答案解析(1)质子在电场中做类平抛运动9/22 EqLmv2vyvtan，qELmvatyvH2LL2tan 右下端时，有质子到达区域200 V/m.Hmv23qL2maxE得mvqBR，即v2RmqvB质子在磁场中运动有(2)2L2)H2R(2R根据几何关系有T.35.5 10错误!maxB得(3)质子运动轨迹如图所示设质子进入磁场时的速率为v，错误!错误!atvvyvsin.2EvB，得BqL2mvL2mvBqL2Rsin 由几何关系知4(2017 衢州、丽水、湖州、舟山四地市3 月检测)如图 10 所示，半径r0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R0.1 m、磁感应强度大小B0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN的极板长L0.3 m、间距d 0.1 m，极板间所加电压U6.4 102 V，其中N极板收集的粒子全部中和吸收一位于O处的粒子源向第、象限均匀地发射速度大小v6105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向若粒子重力不计、比荷qm108 C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应sin 370.6，cos 37 0.8.求：10/22 图 10；0R粒子在磁场中的运动半径(1)(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角；(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例.答案见解析mv2R0qvB粒子在磁场中做匀速圆周运动，由(1)解析0.08 mmvqB0R得(2)如图所示，从y0.18 m处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为，轨迹圆心与y轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin 0.8，故53UqL22mdv2y：y如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为(3)0.08 m设此粒子入射时与x轴夹角为，则有：cos 0R0Rsin ry53即43tan 可知100%29.4%53180比例碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是e和正电子e电子对湮灭是指电子5.正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础如图11 所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP2L，Q点在负y轴上某处在第象限内有平行于y轴的匀强电场，在第象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA11/22 L，在第象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全y点沿A的电子束从0v平面向里一束速度大小为xOy相同的匀强磁场，磁场方向垂直于0v2点射出电场区域；另一束速度大小为P点射入电场，最后从C轴正方向射入磁场，经的正电子束从Q点沿与y轴正向成45角的方向射入第象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反已知正负电子质量均为m、电荷量均为e，正负电子的重力不计求：图 11(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第象限内匀强电场的场强E的大小；(2)电子从A点运动到P点所用的时间；(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S.错误!(2)mv022eLmv0eL(1)答案2L1)22(L4(3)解析(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径RL，mv0eLB，解得mv02RB0ev又，1t0vL2电子在电场中做类平抛运动，得，12at12L又.mv022eLE，解得eEma，2v02v0T在磁场中运动的周期(2)电子在磁场中运动了四分之一圆周，则，2v0T142t的时间P到A，故从2Lv01t在电场中运动时间12/22 错误!2t1tt的正电子在磁场中运动的半径0v2速度为(3)L,2m2v0eB2R，L4)2Ltan 45 2R2(y点的纵坐标Q故未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为.2L1)22(L1)2(L2S带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成考点三带电粒子在叠加场中的运动1.如图12，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)，13/22 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 12(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间lg1)34(3)(glmq(2)mgq(1)答案解析(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：mgqE，得：mgEq所以，gm2Bqv由平衡条件：(2)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v2rmqvB迹如图乙：l2r由几何知识可得：，2glv联立解得：glmqB14/22 lg2lv1t微粒做匀速运动的时间：(3)lg34342lv2t做圆周运动的时间：.lg1)34(2t1tt在复合场中的运动时间：2(2017 宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动，如图13 所示，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图 13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动；(2)液滴运动的速度多大；1R全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径时分裂成两个完A若液滴运动到最低点(3)3R的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A点，则另一个液滴怎样运动？答案见解析解析(1)顺时针运动(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eqmg，v2RmqvBgBREv解得(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第，方向向左v3gB3REgBR1E1v一个液滴的绕行速度大小，分裂前后动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向2v第二个液滴分裂后的速度设为v2v，解得2mv121mv12mv即分裂后第二个液滴速度大小为v，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用15/22.R2R点是圆周最高点，圆周半径A下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，粒子在叠加场中运动的分析思路专题强化练(限时：30 分钟)1.(2017宁波市九校高三上学期期末)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图1 所示，其中电场和两个磁场固定不变，粒子重力不计，则下列说法中正确的是()图 1 A该束带电粒子带负电极板接电源负极1P速度选择器的B磁场中运动半径越大的粒子，速度越快2B在C越小qm磁场中运动半径越大的粒子，比荷2B在D答案D解析根据粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则知，该束粒子带正电，故A错误在平行金属板间，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度磁场中的粒子速度2B进入.错误B极板带正电，故1P竖直向下，所以速度选择器的的方向16/22 越大，比r可知，mvqB2r，由mvqB2r，解得：v2rm2qvB是一定的，由牛顿第二定律得：v正确D错误，C越小，故qm荷2如图2 是利用霍尔效应制成的污水流量计的原理图，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，有垂直上下底面的匀强磁场B，前后内侧面分别固定有金属板电极流量为Q的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压下列说法中正确的是()图 2 A后表面比前表面的电势低B污水流量越大，电压表的示数越小C污水中离子浓度升高，电压表的示数不变D增大所加磁场的磁感应强度，电压表的示数减小答案C解析根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故后表面的电势一，UbqqvB错误；最终离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，有A定高于前表面的电势，选项越大，电压越大，Q，故流量QBcU，所以UcBvbcvSQ，又因为流量vBbU则电势差可QBcU正确；由C，所以电压与污水中离子的浓度无关，选项QBcU错误；因为B选项知，增大所加磁场的磁感应强度B，电压表的示数U将增大，选项D错误3如图 3 所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口，墨U、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至0v、水平速度均为m连续不断喷出质量均为滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点图 3(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；17/22(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？4v0U5gd2(3)v0Ugd2(2)mgdU负电荷(1)答案解析(1)墨滴在电场区域内做匀速直线运动，有mgUdq由式得mgdUq由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有v02RmB0qv考虑墨滴进入磁场和撞板时的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径Rdv0Ugd2B式得由(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R，有v02RmB0qv由图示可得2)d2R(2d2R18/22 d54R得联立式可得.4v0U5gd2B4(2017 浙江余姚中学高三上期中)如图 4 所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金，质q之间的各种数值静止的带电粒子电荷量为mU最大值属板，两板间电压可取从零到量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为45，孔Q到板板上，求：CD时，粒子恰垂直打在mU两板间电压取最大值N、M，当L的距离为C的下端图 4 的大小；1v时，粒子射入磁场的速度mU两板间电压取最大值N、M当(1)(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；mt粒子在磁场中运动的最长时间(3)(4)CD板上可能被粒子打中区域的长度s.L)2(4)(2m2qUmL(3)2mUmq1L(2)2qUmm(1)答案点，如C板上，所以圆心在CD时，粒子恰垂直打在mU两板间电压取最大值N、M(1)解析图所示：LQCCH，1r设此时粒子运动轨迹半径为2qUmm1v，可得：12mv12mqU，由：L1r即半径(2)由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得19/22 2mUmq1LB，得v12r1mB1qv(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期m2qUmLmt，得T2mt，2qB2vT由A，设圆心为2r点，此轨迹的半径为K板相切于CD设粒子在磁场中运动的轨迹与(4)r2Lr2sin 45 中，AKC在L1)2(2rKC，即L1)2(2r解得：HKs板上可能被粒子打中的区域的长度CD所以.L)2(22r1rs即5(2017 浙江名校新高考联盟3 月联考)如图 5 所示，真空中MN上方半径为R的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直在磁场右侧有长为2R、间距为R的平与磁场区域的圆心2O1O内矩形中心线ACFD行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形为挡板有一群电DE、BA在同一竖直线上，DE1BAO也是圆周上的一点，1O在同一直线上，O0成aM点飞入，其方向与a从圆周上的0v的带电粒子以速率m、质量为q荷量为方向射入磁场的aO，某一沿0N角且分布均匀地射出，每秒内射出的带电粒子数总为180点离开电场，最后垂直打到探测板F边缘DF点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从1O粒子从PQ上(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)图 5(1)求电场强度E和磁场的磁感应强度B的比值；(2)求探测板PQ与MN的夹角的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ上的粒子数N.(3)若打在平行金属板DF上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小(没有飞入ACFD的粒子均被AB、DE挡板拦截)答案见解析点，可得轨迹圆的O射出，其反向延长线必经过1O方向射入，从aO带电粒子从(1)解析半径与区域圆的半径是相同的，即都为Rmv0qRB，mv02RB0qv带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得20/22 R22tqEm12t0vR2mv024qREEBv04，由数v02tqEmyv，竖直方向速度为0v点飞出时，水平方向的速度仍为F带电粒子从(2)学知识可得2v0vytan 与aM成 90沿aO方向射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A处水平进入的处进a点出来垂直打到斜面上由数学知识可得，此时带电粒子从2O电粒子会从同样的带入的方向与aM成 60，即在a处入射的粒子能够打到极板上的角度大小是30，由此得NN06(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：0v52v02 vy 2v对粒子进行受力分析，由动量定理得：)mv0Nt(mv0Nt0Ft0mv0N56F得.0mv0N56F均作用力大小为由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平6如图 6 所示，在第二象限半径为r的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切x轴上切点A处有一粒子源，能够向x轴上方发射速率均为v，质0轴右侧y，mvqr1B的粒子，粒子重力不计圆形区域磁场的磁感应强度q，电量为m量为yr的范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A处沿y方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成 45角斜向下，求：21/22 图 6(1)匀强电场的电场强度大小；处粒子源发射的所有粒子经磁场A，发现2B右侧某区域存在另一圆形匀强磁场MN若在(2)2B点，求圆形匀强磁场P轴上的x区域，之后全部能够经过2B射出后均能进入E、电场1B的最小半径；磁场的粒子，自1B方向射入y处沿A取最小半径，试求2B继第二问，若圆形匀强磁场(3)A点运动到x轴上的P点所用的时间34v3r2v(3)r22(2)mv2qr(1)答案解析(1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x，a，类平抛的加速度大小为yv竖直方向的速度大小为类平抛的时间为t，qEma，得maEq根据牛顿第二定律粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有：x方向：xvtr，EqrmvtqEmatyv方向：y，vyv斜向下，则45轴正方向成x射出，速度方向与MN粒子从电场右边界.mv2qrE联立得匀强电场的电场强度大小(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，v2Rm1qvB由牛顿第二定律得，rR，得mvqr1B联立题中已知因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x轴正方向，又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量均相等，r122at12y设粒子从MN射出的最高点为E，最低点为F，22/22 r2d，所以粒子束的宽度r2EF则.r222Br的最小半径2B圆形匀强磁场2v1t中运动时间1B粒子在磁场(3)，rv2t粒子在匀强电场中运动时间，v2v粒子在无场区运动速度，r223x粒子在无场区运动的距离，r2vx3v3t粒子在无场区运动的时间4v4t中运动时间2B粒子在磁场故粒子自A点运动到x轴上的P点的总时间.34v3r2v4t3t2t1tt