《2022年高考物理专题带电粒子在复合场中的运动 2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理专题带电粒子在复合场中的运动 2.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习好资料欢迎下载高考定位带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、 重力场依次出现)、叠加场 (空间同一区域同时存在两种以上的场)、周期性变化场等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频度极高，特别是计算题，题目难度大，涉及面广试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起 主要考查考生的空间想象能力、分析综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力以考查考生综合分析和解决复杂问题的能力考题 1 带电粒子在叠加场中的运动分析例 1 如图 1 所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的
2、匀强磁场， 磁感应强度大小为B0.5T，还有沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E2N/C.在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y h0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的 P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动(PO 与 x 轴负方向的夹角为 45 )，并从原点O 进入第一象限已知重力加速度g 10 m/ s2，问：图 1 (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在 P 点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间审题
3、突破 (1)结合平衡条件判断油滴所受电场力的方向和洛伦兹力的方向，进而判断油滴的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17 页学习好资料欢迎下载电性，对油滴受力分析后采用合成法作图，由几何关系得出三力之比；(2)根据油滴在垂直直线方向上应用平衡条件列方程求得速度大小；(3)进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹， 结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间解析(1)根据受力分析(如图 )可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mgqEF112. (
4、2)由第 (1)问得： mgqEqvB2qE解得： v2EB4 2m/s. (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入yh 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x 轴上的 N 点离开第一象限由 OA 匀速运动的位移为x1hsin45 2h其运动时间： t1x1v2h2EBhBE0.1s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T2 mqB知，由 AC 的圆周运动时间为t214T E2gB0.628s 由对称性知从CN 的时间 t3t1在第一象限运动的总时间tt1t2t320.1s0.628s0.828s 答案(1)112油滴带负电荷(2)42m/s (3)0.828s 1如
5、图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h9m，与板上端等高处水平线上有一P 点， P 点离挡板的距离x 3m板的左侧以及板上端与P 点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B1T；比荷大小qm1.0C/kg 可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页学习好资料欢迎下载若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P，g10 m/ s2，求：图 2 (1)电场强度的大小与方向
6、；(2)小球不与挡板相碰运动到P 的时间；(3)要使小球运动到P 点时间最长应以多大的速度射入？答案(1)10N/C ，方向竖直向下(2) arcsin35(s) (3)3.75m/s 解析(1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eqmg得： Emgq10N/C，方向竖直向下(2)小球不与挡板相碰直接到达P 点轨迹如图：有： (hR)2x2R2得： R5m 设 PO 与挡板的夹角为 ，则 sin xR35小球做圆周运动的周期T2 mqB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为 ，则 tmqB运动时间t arcsin 35mqB arcsin35(s)(3)因速度方向与半径垂直，圆心
7、必在挡板上，设小球与挡板碰撞n 次，有 Rh2n又 R x，n 只能取 0,1. n0 时， (2)问不符合题意n1 时，有 (3Rh)2 x2 R2解得： R13m， R23.75m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页学习好资料欢迎下载轨迹如图，半径为R2时运动时间最长洛伦兹力提供向心力：qvBmv2R2得： v3.75m/s. 带电粒子在叠加场中运动的处理方法1弄清叠加场的组成特点2正确分析带电粒子的受力及运动特点3画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运
8、动或静止例如电场与磁场中满足 qEqvB；重力场与磁场中满足mgqvB；重力场与电场中满足mgqE. (2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力FqvB 的方向与速度v垂直(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvBmv2r. (4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解考题 2 带电粒子在组合场中的运动分析例 2(2014 广东 36)如图 3 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN 为理想分界面 区的磁感
9、应强度为 B0，方向垂直纸面向外，A1、 A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN 的距离为 L.质量为 m、电量为 q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN 上的 P 点，再进入区P 点与 A1板的距离是L 的 k 倍不精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 17 页学习好资料欢迎下载计重力，碰到挡板的粒子不予考虑图 3 (1)若 k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若 2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与 k 的关系式和区的磁感应强度B
10、 与 k 的关系式审题突破 (1)粒子在电场中做加速直线运动，根据动能定理列式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解(2)结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可解析 (1)若 k1，则有 MPL，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为RL粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB0mv2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd12mv2综合上式解得：EqB20L22dm(2)因为 2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，该粒子运
11、动轨迹如图所示，由几何关系： R2(kL)2(RL)2，又有 qvB0mv2R则整理解得： vqB0Lk2L2m又因为： 6L2kL2x根据几何关系有：kLxRr又 qvBmv2r则 区的磁感应强度B 与 k 的关系： BkB03k. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页学习好资料欢迎下载答案 (1)qB20L22dm(2)vqB0Lk2L2mBkB03k2如图 4所示的直角坐标xOy 平面内有间距为d，长度为233d 的平行正对金属板M、N，M 位于 x 轴上， OP 为过坐标原点O 和极板 N 右边缘的直线，与y
12、 轴的夹角 3，OP 与 y轴之间及y 轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 板左侧边缘以速度v0沿极板方向射入，恰好从 N 板的右侧边缘A 点射出进入磁场粒子第一次通过y 轴时，速度与y 轴负方向的夹角为6.不计粒子重力，求：图 4 (1)极板 M、N 间的电压；(2)匀强磁场磁感应强度的大小；(3)粒子第二次通过y 轴时的纵坐标值；(4)粒子从进入板间到第二次通过y 轴时经历的时间答案(1)3mv202q(2)2mv0qd(3)2d(4)(4 376)dv0解析(1)粒子在 M、N 板间做类平抛运动，设加速度为a，
13、运动时间为t1，则2 33dv0t1d12at21根据牛顿运动定律得qUdma联立解得 U3mv202q. (2)设粒子经过A 点时的速度为v，方向与x 轴的夹角为 ，根据动能定理，得qU12mv212mv20cos v0v解得 v 2v0， 3精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 17 页学习好资料欢迎下载设粒子第一次与y 轴相交于D 点， 轨迹如图， 由几何关系知D 点与 A 点高度相等， C1DO为等边三角形Rd根据牛顿定律，得qvBmv2R整理得 B2mv0qd. (3)粒子在 y 轴右侧空间的运动轨迹如图由几何关系知
14、DE2Rcos d即 E 点的纵坐标为yE2d. (4)粒子从 A 到 D 的时间t213T从 D 到 E 的时间 t356T而 T2 mqB dv0故 tt1t2t3(4376)dv0. 图 5 3如图5 所示，相距3L 的 AB、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT 上方的电场的场强方向竖直向下，PT 下方的电场的场强方向竖直向上，电场的场强大小是电场的场强大小的两倍，在电场左边界AB 上有点Q，PQ间距离为L.从某时刻起由Q 以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为q、质量为 m.通过 PT 上的某点R 进入匀强电场后从CD 边上的 M
15、 点水平射出，其轨迹如图，若 PR 两点的距离为2L.不计粒子的重力试求：(1)匀强电场的电场强度的大小和MT 之间的距离；(2)有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页学习好资料欢迎下载将其置于CD 右侧且紧挨CD 边界，若从Q 点射入的粒子经AB、CD 间的电场从S孔水平射入容器中欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S 孔射出 (粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q 点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半
16、径小于12a，求磁感应强度B 的大小应满足的条件以及从Q 出发再返回到Q 所经历的时间答案(1)mv20qL12L(2)B2mv012nqa， n1,2，6Lv06n1 a2 2n1 v0，n1,2，解析(1)设粒子经PT 直线上的点R 由 E2电场进入E1电场，由 Q 到 R 及 R 到 M 点的时间分别为 t2与 t1，到达 R 时竖直速度为vy，则由 FqEma，2L v0t2，Lv0t1，L12E2qmt22，E1 2E2，得 E1mv20qLvyE2qmt2E1qmt1MT12E1qmt21联立解得MT12L. (2)欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r，则qv0Bmv20r
17、(12n)r12a，n 1,2，解得： B2mv012nqa，n1,2，由几何关系可知t3(2nT2T6) (3n12)Tn1,2,3T2 Rv2 mBq代入 B 得 T a2n1 v0，n1,2，t2t12t2 t6Lv06n1 a2 2n1 v0，n 1,2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页学习好资料欢迎下载带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律在匀强磁场中做匀速圆周运动在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与
18、电场方向垂直，则做类平抛运动(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口考题 3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例 3(19 分)如图 6 甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)在 t0 时刻由原点O 发射初速度大小为v0，方向沿 y 轴正方向的带负电粒子图 6 已知 v0、t0、B0，粒子的比荷为B0t0，不计粒子的重力求：(1)tt0时，求粒子的位置坐标；(
19、2)若 t 5t0时粒子回到原点，求05t0时间内粒子距x 轴的最大距离；(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 17 页学习好资料欢迎下载解析(1)由粒子的比荷qmB0t0，则粒子做圆周运动的周期T2 mB0q2t0(1 分) 则在 0 t0内转过的圆心角 (2 分 ) 由牛顿第二定律qv0B0mv20r1(2 分 ) 得 r1v0t0(1 分) 位置坐标 (2v0t0， 0)(1 分) (2)粒子 t5t0时回到原点，轨迹如图所示r22r1(2 分) r1mv0B0qr2mv2
20、B0q(1 分) 得 v22v0(1 分) 又qmB0t0，r22v0t0(1 分) 粒子在 t02t0时间内做匀加速直线运动，2t0 3t0时间内做匀速圆周运动，则在05t0时间内粒子距x 轴的最大距离：hmv02v02t0r2(322)v0t0.(2 分) (3)如图所示， 设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在 x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页学习好资料欢迎下载n(2r22r1)2r1，(n 1,2,3，)(
21、1 分) r1mv0B0qr2mvB0q(1 分) 联立以上各式解得vn1nv0，(n1,2,3， )(1 分) 又由 v v0E0qt0m(1 分) 得 E0v0B0n，(n1,2,3，)(1 分) 答案(1)(2v0t0，0)(2)(322)v0t0(3)v0B0n，(n1,2,3， ) (20 分)如图 7 甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q 间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t0 时刻， 一质量为m、带电量为 q 的粒子 (不计重力 )，以初速度v0由 Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当 B0和
22、 TB取某些特定值时， 可使 t0 时刻入射的粒子经 t 时间恰能垂直打在P 板上 (不考虑粒子反弹)上述 m、q、d、v0为已知量图 7 (1)若 t12TB，求 B0；(2)若 t32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若 B04mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求 TB. 答案 (1)mv0qd(2)3v20d(3) d3v0或2arcsin14d2v0解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0mv20R1据题意由几何关系得R1d联立 式得 B0mv0qd(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得av20R2据题意由几
23、何关系得3R2d联立 式得 a3v20d.(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T2 Rv0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页学习好资料欢迎下载由牛顿第二定律得qv0B0mv20R由题意知 B04mv0qd，代入 式得d4R粒子运动轨迹如图所示，O1、 O2为圆心， O1O2连线与水平方向的夹角为 ，在每个TB内，只有A、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0 2，由题意可知22TTB2设经历完整TB的个数为 n(n0,1,2,3， ) 若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得R
24、2(RRsin )n d?当 n0 时，无解 ?当 n1 时，联立 ? 式得 6(或 sin 12)?联立 ? 式得TB d3v0?当 n2 时，不满足0 90 的要求 ?若在 B 点击中 P 板，据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd?当 n0 时，无解 ?当 n1 时，联立 ? 式得 arcsin14(或 sin 14)?联立 ? 式得TB2arcsin14d2v0?精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 17 页学习好资料欢迎下载当 n2 时，不满足0 90 的要求知识专题练训练7 题组 1 带电粒子在叠
25、加场中的运动分析1如图 1 所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O 点为圆环的圆心，a、b、c、d 为圆环上的四个点，a 点为最高点， c点为最低点， b、O、d 三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a 点由静止释放， 下列判断正确的是() 图 1 A小球能越过d 点并继续沿环向上运动B当小球运动到d 点时，不受洛伦兹力C小球从d 点运动到b 点的过程中，重力势能减小，电势能减小D小球从b 点运动到c 点的过程中，经过弧bc 中点时速度最大答案 BD 解析 电场力与重力大小
26、相等，则二者的合力指向左下方45 ，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad 弧的中点相当于竖直平面圆环的“ 最高点 ” 关于圆心对称的位置(即 bc弧的中点 )就是 “最低点 ”，速度最大；由于a、d 两点关于新的最高点对称，若从a 点静止释放，最高运动到d 点，故 A 错误；当小球运动到d 点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故 B 正确； 由于 d、b 等高， 故小球从d 点运动到b 点的过程中， 重力势能不变， 故 C 错误；由于等效重力指向左下方45 ，由于弧 bc 中点是等效最低点，故小球从 b 点运动到 c 点的过程中，经过弧bc 中点时速度最大，故D 正确2如图 2 甲所示， x
27、 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场，在半径为R 的圆形区域内加有与xOy 平面垂直的匀强磁场在坐标原点O 处放置一带电微粒发射装置，它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量q(q0)和初速度为 v0的带电微粒 (已知重力加速度为g) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17 页学习好资料欢迎下载图 2 (1)当带电微粒发射装置连续不断地沿y 轴正方向发射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x 轴正方向运动求电场强度E 和磁感应强度 B
28、的大小和方向(2)调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xOy 平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第象限，如图乙所示 现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证电场强度E 和磁感应强度B 的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积答案(1)Emgq，沿 y 轴正方向Bmv0qR，垂直纸面向外(2)(21)R2解析(1)微粒沿 x 轴正方向运动，即带电微粒所受重力与电场力平衡设电场强度大小为E，由平衡条件得：mgqE解得： Emgq由于粒子带正电，故电场方向沿y 轴正方向带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且半径rR. 设匀强磁场的磁感应强度大
29、小为B. 由牛顿第二定律得：qv0Bmv20R解得 Bmv0qR，磁场方向垂直纸面向外(2)沿 y 轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：以半径 R 沿 x 轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界以O 点为圆心、 R 为半径做的四分之一圆弧BC 为微粒做圆周运动的圆心轨迹微粒经磁场偏转后沿x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 17 页学习好资料欢迎下载轴正方向运动，即半径沿竖直方向并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R，射出点的边界与圆弧BC 平行，如图中的圆弧ODA，圆弧 OA 与圆弧 ODA 之间的区域即
30、为磁场区域的最小面积：S2(14 R212R2) (21)R2. 题组 2 带电粒子在组合场中的运动分析3如图3 所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E1.5105V /m ；在矩形区域MNGF 内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B0.2 T已知 CDMNFG0.60 m ，CMMF0.20 m 在 CD 边中点 O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v01.0 106 m/ s 的某种带正电粒子，粒子质量m6.41027kg，电荷量q3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力求：图 3 (1)粒子在磁场中做圆周
31、运动的半径；(2)边界 FG 上有粒子射出磁场的范围长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间(后两问结果保留两位有效数字) 答案(1)0.2m(2)0.43m(3)2.1107s 解析(1)电场中由动能定理得：qEd12mv212mv20由题意知d0.20m，代入数据得v2106m/s 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qBvmv2r解得 rmvqB0.2m. (2)设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为x， 则由平抛规律得：d12qEm t2xv0t解得 x2 315m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 17 页
32、学习好资料欢迎下载离开电场时， sin1v0v12，1 30 . 由题意可知， PS MN，沿 OC 方向射出粒子到达P 点，为左边界，垂直MN 射出的粒子与边界 FG 相切于 Q 点， Q 为右边界， QO r，轨迹如图范围长度为lxr(2315 0.2) m0.43m. (3)T2 mqB，由分析可知，OO方向射出的粒子运动时间最长，设FG 长度为 Lsin212Lrr12，230带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120 ，对应的最长时间为tmax13T2 m3qB2.1107s 题组 3 带电粒子在周期性变化的电磁场中运动分析4如图4 甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强
33、大小E 103N/C，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间 t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向T0 时将一重力不计、比荷qm106C/kg 的正点电荷从电场中的 O 点由静止释放， 在 t11105s时恰通过MN 上的 P 点进入磁场，P 点左方 d 105cm处有一垂直于MN 且足够大的挡板图 4 求： (1)电荷从 P 点进入磁场时速度的大小v0；(2)电荷在 t24105s 时与 P 点的距离 x；(3)电荷从 O 点出发运动到挡板所需时间t总答案(1) 104m/s(2)202cm(3)1.42104s 精选学习资料 - - - - - - -
34、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 17 页学习好资料欢迎下载解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eqmav0at1解得 v0Eqt1m 1031061105m/s 104 m/ s (2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvBmv2r，rmvBq当 B120T 时，半径r1mv0B1q0.2m20cm 周期 T12 mB1q4105s 当 B210T 时，半径r2mv0B2q0.1m10cm 周期 T22 mB2q2105s 故电荷从t 0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示在 t0 到 t24105s 时间内，电荷先沿直线OP 运动
35、 t1，再沿大圆轨迹运动T14，紧接着沿小圆轨迹运动T2， t24105s 时电荷与P 点的距离 x2r1 202cm (3)电荷从 P 点开始的运动周期T6 105s，且在每一个周期内向左沿PM 移动 x12r140cm，电荷到达挡板前经历了2 个完整周期，沿PM 运动距离x2x180cm，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成 角，最后dx25cm 内的轨迹如图所示据几何关系有r1r2sin 0.25m 解得 sin 0.5，即 30则电荷从 O 点出发运动到挡板所需总时间t总 t12TT14360T2解得 t总856 105s1.42104s. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 17 页