盐城市时杨中学 专题二：带电粒子在复合场中的运动(5) 高三物理专题复习 姓名______________
1．如图所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m.现有一质量
－144
m=4×10－20kg，带电量q=+2×10C的粒子，从小孔以速度v0=3×10m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计．求： （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子在磁场中运动的时间； A （3）圆形磁场区域的最小半径；
2．如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上）．匀强磁场方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为45?，重力加速度为g． （1）一质量为m、电荷量为?q的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值Emin及对应的磁感应强度B；
（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过y轴上的点P(0,h,0)时，撤去匀强磁场，求带电质点落在Oxz平面内的位置；
（3）当带电质点沿平行于z轴负方向以速度v0通过y轴上的点P(0,h,0)时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，问电场强度E和磁感应强度B大小满足什么条件？ （4）若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里，粒子运动过程中始终不碰到挡板，其他条件不变，求：此正三角形磁场区域的最小边长．
P vO 30
y B
P v0 45° x O z
盐城市时杨中学 高三物理专题复习 专题二：带电粒子在复合场中的运动 ——参考答案
（1）
1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度v进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x轴偏转．回转半周期过x轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过x轴，在磁场回转半周后又从距
O点4R处飞越x轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R 即 R＝L／2n，（n=1、2、3……）…………… ①
设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv2
／2=qEh……② 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③
解①②③式得：h＝B2qL2／8n2
mE （n＝l、2、3……）
2、解析：粒子在电场中运行的时间t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作类平抛的运动．有
tgθ=at/v=qEl/mv2
………①
粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2
/r，所以r=mv/qB 又：sinθ=l/r=lqB/mv………② 由①②两式得：B=Ecosθ/v
3、解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹TP和TQ，分别作出离子在 T、P、Q三点所受的洛仑兹力，分别延长之后相交于O1、O2点，如图所示，O1和O2分别是TP和TQ的圆心，设 R1和 R2分别为相应的半径．
离子经电压U加速，由动能定理得．qU＝?mv2
………①
由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv2/R………② 由①②式得q/m=2U/B2R2
由图直角三角形O1CP和O2CQ可得 R222
1＝d＋（R1一d/2），R1＝5d/4……④ R2）2＋（R）2
2＝（2d2一d/2，R2＝17d/4……⑤
依题意R≤R32Uq32U1≤R2 ……⑥ 由③④⑤⑥可解得289B2d2≤m≤25B2d2． 4、解析：如图所示，带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d。只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区。然后，粒子将以同样方式经过c、d，再经过a回到s点。
设粒子射入磁场区的速度为V，根据能量守恒，有?mv2
＝qU
a 设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力公式和
S 牛顿定律得 mv2
/R=qvB d o b 由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过3/4圆周。所以半径R
必定等于筒的外半径r/m，U=mv2/2q=qB2r2
0，则v=qBR/m=qBr00/2m。
c
（2）
1、解析：正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场的区域中，受到的电场力F＝qE，方向向上，受到的洛仑兹力f＝qVB，方向向下，离子向上偏，说明了电场力大于洛仑兹力，要使离子沿直线运动，则只有使洛仑兹力磁大或电场力减小，增大洛仑兹力的途径是增大加速电场的电压U或或增大磁感强度B，减小电场力的途径是减小场强E．对照选项的内容可知C、D正确．
2、解析:(1)当电子受到的电场力与洛仑兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心0点，设电子的速度为v，则evB＝Ee,得v=E/B=U/Bb.
(2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为a=eU/mb. 电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为t1=L1/v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的
距离为d?1eL221U12at1?2mv2b
离开电场时竖直向上的分速度为v??at1?eLU1mvb 电子离开电场后做匀速直线运动，经ttL2时间到达荧光屏22?v t2时间内向上运动的距离为:d2?v?t2?eUL1L2mv2b 这样，电子向上的总偏转距离为d=d1＋d2=eU??mv2bL1??L2?L12??
可解得
eUdm? B2bL??L?L11??22??3、解析：(1)根据动能定理，得eU12mv02 解得v2eU0?0?0m (2)欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r?mveB?dB
eU?12mv2由此即可解得U?d2eB2而2m
v (3)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域
打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得
P 45° x?2r?2r2?d2 注意到r?mveB和eU?12mv2
H 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函
数关系为
x?2d2eB2eB(2emU?2emU?d2e2B2)(U≥2m)
（3） 1、B
2、解析:（1）En=nqv
（2）∵nqU=?mv2∴v2nqUmv2nn=m nR=qvnBn Bn=mvn/qR
以v2nqUn结果代入，Bn=
mqR=12nmvmRq （3）绕行第n圈需时2?Rv=2πRm1m111n2qv ∴tn=2πR（1＋＋＋……＋）
n2qv23n（4）如图所示，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）
（5）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功＋qv，使之加速，在A、B之外飞行时电场又对其做功－qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大。 3、解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得 qU?12mv2 qvB?mv2α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得r
联立解得r?12mU12?6.64?10?27?1205Bq?0.0053.2?10?19?2（m） (2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为 y/m 2
M B v
－4 －2 O 2 4 x/m
－2 B （4，?2）
(3)带电粒子在磁场中的运动周期T?2?r2?mv?qB α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为
?4，在磁场中的运动总时间 T??m3.14?6.64?10?27t?12qB?2?3.2?10?5?10?6.5?10?64?19?3（s） （4）
1、解：（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：
12mv2?mgl?qEl ① 则得小球在O点速度为：
v?2l(g?qEm)?2m/s ②
（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：
fv2 F向?T?mg?洛?ml ③
f洛?Bvq ④
由③、④得：
T?mg?Bvq?mv2 l?8.2N ⑤
（3）绳断后，小球水平方向加速度
aF电Eqx?m?m?5/s2 ⑥
小球从O点运动至N点所用时间
t???a?0.8s ⑦
ON间距离
h?12gt2?3.2m ⑧
2、 解：⑴垂直AB边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°
∵vquy?md.lv 0tg??vy3mdv20v ∴u?3ql
0由几何关系得：ldAB?cos300 在磁场中运动半径r331?4lAB?2d ∴ Bmv2v01qv?r v?
1cos30?∴B4mv01?3qd 方向垂直纸面向里
E ⑶当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，由几何知M 识知粒子的运动半径r2为：
rdmv202?4 ………（ 2分 ） B2qv0?r
2O O′ ∴B4mv02?qd
v0 P 即：磁感应强度的最小值为4mv0B qd
3、解：（1）由题意可知，微粒所受的重力 G=mg=8×10-3N
N 电场力大小F=Eq=8×10-3
N
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB?mv2R
解得 R =mvBq=0.6m
由 T?2?Rv
解得T=10πs
则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离 l= 2R =1.2m
（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示，位移大小 s=vt=0.6πm=1.88m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度 h=s+R=2.48m
（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足
L=（2.4n+0.6)m（n=0，1，2…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+1.8) m （n=0，1，2…)
［若两式合写成 L=（1.2n+0.6) m （n=0，1，2…)同样给分］ （5）
a v21、解：（1）由qvB?m，T?2?re rv得：
b P f o1 A 60° r?mvv0 g qB?0.3m c （2）画出粒子的运动轨迹如图，可知t?56T，得：
30° O t?5?m3qB?5?3?10?5s?5.23?10?5s （3）由数学知识可得：L?2r?rcos30?cos30? 得：
y L?mv4qEmin qB(3?1)?43?310?0.99m
qv0B B 2、（1）如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、
P 洛伦兹力qv450 0B（方向已知）、电场力qE（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与mg x O 磁场方向相同时，场强有最小值Emin。根据物体的平衡规律有
qEz min?mgsin45? qv0B?mgcos45?
解得E2mgmin?2q B?2mg2qv 0（2）如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qEmin作用，其合力沿PM方向并与v0
方向垂直，大小等于qv0B=22mg，故带电质点在与Oxz平面成45?角的平面内作类平抛运动。 由牛顿第二定律 qv0B?ma 解得 a?22g 设经时间t到达Oxz平面内的点N（x,y,z），由运动的分解可得
y 沿v0方向 z?v0t
沿PM方向 PM?1at2qE 2
min P B 又 PM?hsin45?
v0 450 x?htan45?
mg M x O 联立解得 x?h z?2vh0g
N 则带电质点落在N（h，0，2vhz 0g）点 （或带电质点落在Oxz平面内，x?h，z?2vh0g的位置）
（3）当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动 则有：Eq?mg 得：E?mgq 要使带点质点经过x轴，圆周的直径为2h
根据Bqv?mv200r
得B?2mv0qh