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2019-2020年高考物理二輪復習 專題四 電場和磁場 4.10 帶電粒子在組合場、復合場中的運動課時作業(yè) A組 一、選擇題 1.有一個帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是(　　) A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻加速直線運動 D．有可能做勻速直線運動 解析：帶電小球在沒有進入復合場前做自由落體運動，進入磁場后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場力F電場力＝qE與洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為速度大小會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，BCD錯． 答案：A 2.平行板電容器豎直放置，A板接電源正極， B板接電源負極，在電容器中加勻強磁場，磁場方向與電場方向垂直，如圖所示，從A板中間的小孔C入射一批帶正電的微粒，入射的速度大小、方向各不相同(入射速度方向與磁場方向垂直，且與電場方向夾角小于90)，微粒重力不能忽略，則微粒在平行板A、B間運動過程中(　　) A．所有微粒的動能都將增加 B．所有微粒的機械能都將不變 C．有的微?？赡茏鰟蛩僦本€運動 D．有的微?？赡茏鰟蛩賵A周運動 解析：微粒在A、B間運動過程中受到重力、電場力和洛倫茲力作用，其中洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，但電場力會做功，微粒機械能可能變化，B錯；若微粒初速度方向斜向右上方，則洛倫茲力的方向斜向左上方，當洛倫茲力與電場力、重力平衡時，微粒做勻速直線運動，A錯，C對；由于重力不可能與電場力平衡，故微粒不可能由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，D錯． 答案：C 3.(多選)美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器， 應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一大步．如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子每運動一周被加速一次 B．帶電粒子每運動一周P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場方向需要做周期性的變化 解析：由題圖可以看出，帶電粒子每運動一周被加速一次，A正確；由R＝和Uq＝mv－mv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功都相同，動能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圓周運動的半徑增加量不相同，B錯誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑R有關(guān)，C正確；由圖可知，粒子每次都是從A板進入電場加速，所以加速電場方向不需改變，選項D錯誤． 答案：AC 4．(多選)如圖所示，回旋加速器D形盒半徑為R，狹縫寬為d，所加勻強磁場的磁感應強度為B，所加高頻交變電源的電壓為U，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從右半盒的圓心附近由靜止出發(fā)，經(jīng)加速、偏轉(zhuǎn)等過程達最大能量E后由導向板處射出，忽略質(zhì)子在狹縫加速運動的時間，則(　　) A．最大能量E與加速電場的加速電壓成正比 B．增大磁場的磁感應強度，能提高質(zhì)子的最大能量 C．增大高頻交變電源的電壓，質(zhì)子在加速器中運行時間不變 D．高頻交變電源的頻率為 解析：由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，可知r＝＝，所以質(zhì)子的最大能量E＝，由磁場的磁感應強度B、D形盒半徑及質(zhì)子本身決定，與電場的加速電壓無關(guān)，A錯，B對；質(zhì)子在回旋加速器中回旋一周的時間一定，每回旋一周加速兩次，增大加速電壓，加速次數(shù)減少，質(zhì)子在加速器中運行時間變短，C錯；回旋加速器中高頻交變電源的變化周期等于粒子在磁場中的運行周期，即其電壓頻率為f＝＝，D對． 答案：BD 5．質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶負電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcosθ 解析：若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，可知微粒不能做直線運動．據(jù)此可知微粒應帶負電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件得cosθ＝，sinθ＝，得磁場的磁感應強度B＝，電場的場強E＝，故選項C、D錯誤． 答案：A 6．如圖所示，A、B極板間存在豎直方向的勻強電場和勻強磁場，一帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動．則下列說法正確的是(　　) A．該微粒帶正電荷 B．僅改變R3阻值，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動 C．僅改變A、B極板之間距離，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動 D．僅改變A、B極板正對面積，微粒將做螺旋線運動 解析：帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則有mg＝Eq，電場力向上，微粒帶負電，選項A錯誤；僅改變R3阻值，電場力不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項B正確；僅改變A、B極板之間的距離，由E＝可知，電場強度變化，則該微粒受到的電場力改變，重力與電場力不再平衡，微粒將在重力、電場力和洛倫茲力作用下做螺旋線運動，選項C錯誤；僅改變A、B極板之間的正對面積，電場強度不變，微粒受力情況不變，將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項D錯誤． 答案：B 7.(多選)如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場．四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(圖中未畫出)．小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力．則(　　) 　 甲 乙 　 丙 丁 A．O、C之間距離大于O、B之間距離 B．小球從拋出到落在斜面上用時相等 C．小球落到B點與C點速度大小相等 D．從O到A與從O到D，合力對小球做功相同 解析：根據(jù)平拋運動的特點可知，tan θ＝＝，因乙圖小球下落的加速度大于丙圖小球下落的加速度，所以乙圖小球運動的時間t乙小于丙圖小球運動的時間t丙．因小球在水平方向做勻速直線運動，水平方向的位移x＝v0t，所以x丙>x乙，O、C之間距離l丙＝>l乙＝，選項A正確，B錯誤；因平拋運動中速度與水平方向的夾角為α，則tan α＝2tan θ，且小球初速度v0也相同，結(jié)合數(shù)學知識可知小球落到O點與C點速度大小相等，選項C正確；從O到A與從O到D，都只有重力做功，但從O到D小球運動的時間長，豎直位移比較大，重力做功多，選項D錯誤． 答案：AC 8.(多選)在離子注入工藝中，初速度可忽略的鉈離子Tl＋和Tl3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子Tl＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子Tl＋和Tl3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶1 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 解析：在電場中離子被加速，加速度為，加速度之比為1∶3，選項A錯誤；由電場力做功可知，離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，選項D正確；離開電場區(qū)域時離子的速度之比為1∶，離子在磁場中運動的半徑為，可知在磁場中運動的半徑之比為∶1，選項B正確；由于半徑不同，離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度不同，選項C錯誤；因此答案選BD. 答案：BD 二、非選擇題 9.如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強電場，場強大小E＝100 V/m；同時有垂直于xOy平面的勻強磁場．一質(zhì)量m＝210－6 kg、電荷量q＝210－7 C的帶負電粒子從坐標原點O以一定的初動能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達P(4,3)點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.5，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時撤去磁場，經(jīng)過一段時間該粒子經(jīng)過y軸上的M(0，6.25)點，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.625，求： (1)OP連線上與M點等電勢的點的坐標； (2)粒子由P點運動到M點所需的時間． 解析：(1)設粒子在P點時的動能為Ek，則初動能為2Ek，在M點動能為 UOP＝　UOM＝ 設OP連線上與M點電勢相等的點為D，由幾何關(guān)系得OP的長度為5 m，沿OP方向電勢下降．則： ＝＝＝ 得OD＝3.75 m，設OP與x軸的夾角為α，則sinα＝ D點的坐標為xD＝ODcosα＝3 m，yD＝ODsinα＝2.25 m 即：D(3,2.25) (2)由于OD＝3.75 m，而OMcos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD為等勢線，因此OP為電場線，方向從O到P 帶電粒子從P到M過程中做類平拋運動，設運動時間為t 則DP＝t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m 解得：t＝0.5 s. 答案：(1)(3,2.25)　(2)0.5 s 10.如圖甲所示，兩平行金屬板A、B長L＝8 cm，兩板間距離d＝6 cm，A、B兩板間的電勢差UAB＝100 V．一比荷為＝1106 C/kg的帶正電粒子(不計重力)從O點沿電場中心線垂直電場線以初速度v0＝2104 m/s飛入電場，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，已知兩界面MN、PS相距為s＝8 cm.帶電粒子從PS分界線上的C點進入PS右側(cè)的區(qū)域，當粒子到達C點時開始計時，PS右側(cè)區(qū)域有磁感應強度按圖乙所示的勻強磁場(垂直紙面向里為正方向)．求： 　 甲 乙 (1)PS分界線上的C點與中心線OO′的距離y； (2)粒子進入磁場區(qū)域后第二次經(jīng)過中心線OO′時與PS分界線的距離x. 解析：(1)粒子在電場中的加速度a＝ 粒子在電場中運動的時間t1＝ 粒子離開電場時豎直方向分速度vy＝at1 粒子在MN與PS間運動時間t2＝ 粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移y1＝at＝＝ cm 出電場后：y2＝vyt2 解得：y2＝ cm 所以C點與OO′的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝4 cm. (2)粒子運動軌跡如圖所示，粒子進入磁場時，設速度與水平方向夾角為θ，tanθ＝＝ ∴θ＝30 粒子進入磁場時的速度v＝＝104 m/s 設粒子在磁場中運動軌道半徑為R 則qvB＝ ∴R＝4 cm 粒子在磁場中運動的周期T＝＝2π10－6 s 在t＝10－6 s內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角α＝t＝120 豎直向上偏移h1＝Rcos30＝2 cm 在10－6～π10－6 s內(nèi)通過OO′，這段時間內(nèi)豎直向上偏移 h2＝h1＝2 cm 因為h1＋h2＝y(tǒng)＝4 cm 則粒子在t＝10－6 s時剛好第二次到達OO′ 此時，粒子距PS距離x＝2(R＋Rsin30)＝12 cm. 答案：(1)4 cm　(2)12 cm B組 一、選擇題 1.(多選)設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　) A．此粒子必帶正電荷 B．A點和B點位于同一高度 C．粒子在C點時機械能最大 D．粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點 解析：粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據(jù)動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確；C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，根據(jù)動能定理可知粒子在C點時速度最大，動能最大，C正確；到達B點時速度為零，將重復剛才ACB的運動．向右運動，不會返回，故D錯誤． 答案：ABC 2．如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ水平放置，兩金屬板長為d，板間距離為2d，兩金屬板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)從MN的中點O垂直于電場和磁場方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直線從NQ的中點A處穿出，若撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點處穿出，則關(guān)于粒子的電性及撤去電場后粒子的運動情況，下列說法中正確的是(　　) A．粒子帶負電，將從A、N中間某位置穿出 B．粒子帶正電，將從N點處穿出 C．粒子帶負電，將打在MN板上 D．粒子帶負電，將從M點處穿出 解析：因撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點穿出，而電場方向向上，所以粒子帶負電，B錯；設粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，則電、磁場均在時有Bqv0＝qE，撤去磁場后，粒子做類平拋運動，滿足d＝()2，即Bqv0＝，撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由Bqv0＝m得r＝，即粒子將從M點處穿出，A、C錯，D對． 答案：D 3．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電、磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里．從電、磁場中某點P由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖中虛線所示．對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個表達結(jié)果，用你已有的知識計算可能會有困難，但你可以用學過的知識對下面的四個結(jié)果作出判斷．你認為正確的是(　　) A. B. C. D. 解析：根據(jù)量綱法，可得A為正確答案． 答案：A 4．(多選)如圖所示，虛線MN、PQ間區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場和水平向右的勻強電場，PQ上方有一個帶正電小球由靜止開始下落，不計空氣阻力，則在小球通過電場和磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速直線運動 B．小球一定做變加速曲線運動 C．小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和 D．小球重力勢能的減少量等于小球動能和電勢能增加量的和 解析：小球進入MN、PQ間區(qū)域，受重力、電場力、洛倫茲力作用，因進入時速度豎直向下，而電場力水平向右，洛倫茲力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿豎直方向，必做曲線運動，A錯；粒子運動過程中洛倫茲力時刻變化，即合力時刻變化，所以粒子做變加速曲線運動，B對；因小球下落通過電場和磁場區(qū)域過程中洛倫茲力不做功，重力做正功，重力勢能減少，電場力也做正功，電勢能也減少，由動能定理知小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和，C對，D錯． 答案：BC 5．(多選)如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑， 對應的圓心角為120，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切．整個裝置處于方向垂直于軌道所在的平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和豎直虛線ND右側(cè)還分別存在著電場強度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放．若小球所受的電場力的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則(　　) A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax＝g B．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax＝ C．小球進入DH軌道后，上升的最高點與P點等高 D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qB 解析：小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為： F＝ ＝mg，即大小恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，因?qū)⑾禄瑫r，加速度最大，即為amax＝＝g，故A正確；當小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運動，小球的速度達到最大，即為qvB＝N，而μN＝f，且f＝mg，因此解得：vmax＝，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，小球從靜止開始到進入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導致上升的最高點低于P點，故C錯誤；對小球在O點受力分析，小球由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30＝mv2；由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg－qB，當小球由D向C運動時，對軌道的彈力為2mg＋qB，故D正確． 答案：AD 6．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球用長為L的細線懸掛在水平向右的勻強電場中，小球靜止于A點，此時懸線與豎直方向夾角為θ＝30.現(xiàn)用力將小球拉到最低點C處并由靜止釋放，釋放的同時加上一個垂直紙面向里的勻強磁場，不計空氣阻力，重力加速度為g，小球運動過程中細線始終伸直，則(　　) A．勻強電場的電場強度大小為 B．小球?qū)⒃贏、C間往復擺動 C．小球回到C點時，細線張力將大于mg D．小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量為mgL 解析：小球在A點受重力、水平向右的電場力及線的拉力作用而處于平衡狀態(tài)，則有tanθ＝，所以E＝，A對；小球向右擺動過A點時速度最大，小球?qū)⒁訟為中間位置，以C為最大振幅位置往復擺動，B錯；小球回到C點時速度為0，細線中張力等于小球重力，C錯；洛倫茲力不做功，由動能定理知W電－mgL(1－cos2θ)＝0，解得小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量ΔE＝W電＝mgL，D對． 答案：AD 7．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，其中磁場與電場正交(未畫出)，磁感應強度為B1，板間電壓為U2；C為偏轉(zhuǎn)分離器，其中磁場的磁感應強度為B0，D為B、C邊界所在虛線PQ上的感光底片．今有一比荷未知的正離子從A的上極板中央由靜止釋放，經(jīng)加速后，從速度選擇器兩板正中間空過．若兩板間磁場消失，離子重新釋放，將從PQ上的M點(沒畫出)進入偏轉(zhuǎn)磁場中，運動一段時間后打在感光底片的最左端N點，測得M、N兩點間的距離為x，離子重力不計，則(　　) A．速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里 B．離子的比荷為 C．若速度選擇器板間電壓U2也消失，M、N兩點間距離將變小 D．離子在偏轉(zhuǎn)磁場中運行的時間一定小于 解析：當兩板間磁場消失時，離子有可能從O點右側(cè)進入C中，也可能從左側(cè)進入C中，即速度選擇器中磁場方向可以垂直紙面向外，也可以垂直紙面向里，A錯；設離子進入速度選擇器時速度為v0，進入C中時速度方向與PQ夾角為θ，大小為v，則qU1＝mv，sinθ＝，離子在C中運行的軌跡半徑為r＝，由幾何關(guān)系知x＝2rsinθ，聯(lián)立得＝，B對；由比荷表達式可知M、N間距離x與速度選擇器兩板間電壓無關(guān)，C錯；當離子從O點右側(cè)進入C中時，離子做圓周運動的圓心角大于π，此時運行時間t>＝＝，D錯． 答案：B 8.如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則(　　) A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t B．若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t C．若撤去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek 解析：質(zhì)子進入復合場沿直線運動，則質(zhì)子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁場B，質(zhì)子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t＝，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質(zhì)子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確．若撤去電場E，則質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，則B、D錯誤． 答案：C 二、非選擇題 9.如圖所示，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h＝9 m，與板上端等高處有一水平放置的籃筐，筐口的中心離擋板s＝3 m，板的左側(cè)以及板上端與筐口的連線上方存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝1 T；質(zhì)量m＝110－3 kg、電荷量q＝－110－3 C、直徑略小于小孔寬度的帶電小球(可視為質(zhì)點)，以某一速度垂直于磁場方向從小孔水平射入，恰好做勻速圓周運動，若與擋板相碰就以原速率反向彈回，且不計碰撞時間，碰撞時小球的電荷量保持不變，小球最后都能從筐口的中心處進入筐中，取g＝10 m/s2，求： (1)電場強度的大小與方向； (2)小球運動的最大速率； (3)小球運動的最長時間． 解析：(1)因小球能做勻速圓周運動，所以有： Eq＝mg E＝＝10 N/C，方向豎直向下 (2)洛倫茲力提供向心力有： qvB＝m 小球不與擋板相碰直接飛入框中，其運動半徑最大，如圖1所示，由幾何知識可得： 圖1 (h－Rm)2＋s2＝R 解得：Rm＝5 m vm＝＝5 m/s (3)設小球與擋板碰撞n次，此時最大半徑為， 要擊中目標必有：≥3　≥3　n≤1.5 n只能取0,1 當n＝0時，即為(2)問中的解 當n＝1時，可得：(h－3R)2＋s2＝R2 (9－3R)2＋32＝R2 解得：R1＝3 m，R2＝3.75 m R2＝3.75 m時小球運動的時間最長，其運動軌跡如圖2中的軌跡①所示． 圖2 sinθ＝＝ θ＝53，α＝360＋(180－53)＝487 且T＝＝ 得：tm＝T≈8.5 s 答案：(1)10 N/C，方向豎直向下 (2)5 m/s　(3)8.5 s 10.空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向同時射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點．不計粒子的重力和它們之間的相互作用．求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大??； (2)速度方向與AO1夾角分別為60(斜向右上方)、30(斜向左上方)的粒子到達x軸的時間差． 解析：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m 得v＝ 如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt 甲 R＝t2 解得E＝ (2)對于速度為v1(斜向左上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C1，從P點射出磁場，連接O1P，四邊形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x軸，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ1＝60，速度為v1的粒子在磁場中運動的時間為t1＝T＝ 乙 對于速度v2(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C2，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ2＝150，速度為v2的粒子在磁場中運動的時間為t2＝T＝ 兩個粒子在磁場中運動的時間差為Δt1＝t2－t1＝ 速度為v1的粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離PF＝R－ 速度為v2的粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝ 兩個粒子在無場區(qū)運動的時間差為Δt2＝－＝ 設速度為v2的粒子在電場中到達x軸運動的時間為t′2，HO＝R＋，則R＋＝t′，解得t′2＝(＋1) 設速度為v1的粒子在電場中到達x軸運動的時間為t′1，F(xiàn)O＝，則＝t′，解得t′1＝ Δt3＝t′2－t′1＝(＋1－) 故速度為v2、v1的粒子到達x軸的時間差為 Δt＝Δt1＋Δt2＋Δt3＝(π＋1＋3－2)