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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动如下列图,由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速喷入偏转磁场B 中在洛仑兹力作用下,正、负离子分别向上、下极板偏转、积存,从而在板间形成一个向下的电场两板间一、复合场及其特点 形成肯定的电势差当 qvB=qU/d 时电势差稳固 UdvB,这就相当于一个可以对外供电的电源这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存,或其中某两种场并存的场带电粒子在这些复 3电磁流量计合场中运动时,必需同时考虑电场力、洛仑兹力和重力的作用或其中某两种力的作用,因此对粒子的 电磁流量计原理可说明为：如下列图
2、,一圆形导管直径为 d,用非磁运动形式的分析就显得极为重要性材料制成, 其中有可以导电的液体向左流淌导电液体中的自由电荷 （正二、带电粒子在复合场电运动的基本分析 负离子）在洛仑兹力作用下纵向偏转,a,b 间显现电势差当自由电1当带电粒子在复合场中所受的合外力为 0 时,粒子将做匀速直线运动或静止荷所受电场力和洛仑兹力平稳时,a、b 间的电势差就保持稳固2当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时,粒子将做变速直线运动由 Bqv=Eq=Uq/d,可得 v=U/Bd流量 Q=Sv= Ud/4B 3当带电粒子所受的合外力充当向心力时,粒子将做匀速圆周运动4当带电粒子所受的合外力的大小、方向均
3、是不断变化的时,粒子将做变加速运动,这类问题一般只能用能量关系处理三、电场力和洛仑兹力的比较1在电场中的电荷,不管其运动与否,均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度 与磁场方向不平行的电荷有洛仑兹力的作用4质谱仪 如下列图组成：离子源O,加速场U,速度挑选器（E,B）,偏转场B2,胶片原理：加速场中2 qU=.mv挑选器中： v=E/B1 偏转场中： d 2r ,qvB2mv 2/r 2电场力的大小FEq,与电荷的运动的速度无关；而洛仑兹力的大小f=Bqvsin , 与电荷运动的速度大小和方向均有关3电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛仑兹力的方向始终既和磁场垂直,又和速 度
4、方向垂直4电场力既可以转变电荷运动的速度大小,也可以转变电荷运动的方向,而洛仑兹力只能转变 电荷运动的速度方向,不能转变速度大小 5电场力可以对电荷做功,能转变电荷的动能；洛仑兹力不能对电荷做功,不能转变电荷的动 能6匀强电场中在电场力的作用下,运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛仑兹力的作 用下,垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧四、对于重力的考虑比荷：q2 EmB B d质量mB B dq2E作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、讨论同位素5回旋加速器 如下列图 . 组成：两个D形盒,大型电磁铁,高频振荡交变电压,两缝间可形成电压U 作用：电场用来对粒子（质子、氛核,a 粒子等）
5、加速,磁场用来使粒子回旋从而能反复加速高能粒子是讨论微观物理的重要手段要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期重力考虑与否分三种情形（ 1 对于微观粒子,如电子、质子、离子等一般不做特别交待就可以不计其重力,由于其重力一般情形下与电场力或磁场力相比太小,可以忽视；而对于一些实际物体,关于回旋加速器的几个问题：如带电小球、液滴、金属块等不做特别交待时就应当考虑其重力（2 在题目中有明确交待的是否要1 回旋加速器中的D形盒,它的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程考虑重力的,这种情形比较正规,也比较简洁（ 3 对未知名的带电粒子其重力是否忽视又没有明确中只处在磁场中而不受电场的
6、干扰,以保证粒子做匀速圆周运动. 时,可采纳假设法判定,假设重力计或者不计,结合题给条件得出的结论如与题意相符就假设正确,否就假设错误五、复合场中的特别物理模型 1粒子速度挑选器2 回旋加速器中所加交变电压的频率f, 与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等：f1qBT2m3 回旋加速器最终使粒子得到的能量,可由公式EK12 mvq B R2来运算,如下列图,粒子经加速电场后得到肯定的速度v0,进入正交的电场和磁场,受到的电场力与洛仑22 m兹力方向相反,如使粒子沿直线从右边孔中出去,就有qv0BqE,v 0=E/B,如 v= v0=E/B,粒子做直线在粒子电量, 、质量 m和磁感应强度B 肯定的情
7、形下,回旋加速器的半径R越大,粒子的能量就越大运动,与粒子电量、电性、质量无关 如 vE/B,电场力大,粒子向电场力方向偏,电场力做正功,动能增加如 v E/B,洛仑兹力大,粒子向磁场力方向偏,电场力做负功,动能 削减2磁流体发电机名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动13初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后,从离子枪T 中水平射出,经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和 PQ之间离子所经空间存在一磁感强度为B 的匀强磁场,如下列图 （不姓名 _考虑重力作用）
8、,离子荷质比q/m（q、m 分别是离子的电量与质量）在什么范畴内,离子才能打在金1如下列图, 在 x 轴上方有匀强电场,场强为 E；在 x 轴下方有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图,属板上？在 x 轴上有一点M,离 O点距离为L现有一带电量为十q 的粒子,使其从静止开头释放后能经过M4如图,两个共轴的圆筒形金属电极,外电极接地,其上匀称分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c点假如把此粒子放在y 轴上,其坐标应满意什么关系？（重力忽视不计）和 d,外筒的半径为 r0在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的匀称磁场,磁感强度的大小2如下列图,在宽 l 的范畴内有方向如图的匀强电场,场强为 E,一
9、带电粒子以速度 v 垂直于电场方 为 B在两极间加上电压,使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场一质量为 m、带电量为 q向、也垂直于场区边界射入电场,不计重力,射出场区时,粒子速度方向偏转了 角,去掉电场,改 的粒子,从紧靠内筒且正对狭缝 a 的 s 点动身,初速为零假如该粒子经过一段时间的运动之后恰好换成方向垂直纸面对外的匀强磁场,此粒子如原样射入磁场,它从场区的另一侧射出时,也偏转了 又回到动身点 S,就两电极之间的电压 U应是多少？（不计重力,整个装置在真空中）角,求此磁场的磁感强度 Ba S d o b c 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料
10、- - - - - - - - - 学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动23如下列图, M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,S1、S2 为板上正对的小孔,N板右侧有两个宽度均为 d 的匀强磁场区域,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于纸面对里和向外,磁场区域右侧姓名 _有一个荧光屏,取屏上与S1、S2 共线的 O点为原点,向下为正方向建立x 轴板左侧电子枪发射出的1如下列图,从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E（方向竖直向上）热电子经小孔S1进入两板间,电子的质量为m,电荷量为e,初速度可以忽视求：和匀强磁场 B（方向垂直于纸面对外）中,发觉离子向上
11、偏转,要使此离子沿直线穿过电场. 1 当两板间电势差为U0时,求从小孔S2射出的电子的速度v0； A 增大电场强度E,减小磁感强度B 2 两金属板间电势差U在什么范畴内,电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上； B 减小加速电压U ,增大电场强度E 3 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 C 适当地加大加速电压U D 适当地减小电场强度E 2汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的试验装置如下列图,真空管内加速后,穿过 A 中心的小孔沿中心轴 010 的方向进入到两块水平正对放置的平行极板 P 和 P /,间的区域 当极板间不加偏转电压时,电子束打在荧光屏的中心
12、 0 点处,形成了一个亮点；加上偏转电压 U后,亮点偏离到 0 点,（O 与 0 点的竖直间距为 d,水平间距可忽视不计） 此时,在 P 和 P /间的区域,再加上一个方向垂直于纸面对里的匀强磁场调剂磁场的强弱,当磁感应强度的大小为 B 时,亮点重新回到0 点已知极板水平方向的长度为 L1,极板间距为 b,极板右端到荧光屏的距离为 L2（如下列图）1 求打在荧光屏 0 点的电子速度的大小2 ）推导出电子的比荷的表达式名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动33如下列图,在直角
13、坐标系的第象限和第象限中的直角三角形区域内,分布着磁感应强度均为B5.0 103T 的匀强磁场,方向分别垂直纸面对外和向里质量为m6.64 1027、电荷量为q姓名 _3.2 1019C 的 粒子（不计粒子重力）,由静止开头经加速电压为U1205V 的电场（图中未1回旋加速器是用来加速带电粒子的装置,如下列图 . 它的核心部分是两个D形金属盒, 两盒相距很近,画出）加速后,从坐标点M（ 4,2 ）处平行于x 轴向右运动,并先后通过两个匀强磁场区域分别和高频沟通电源相连接,两盒间的窄缝中形成匀强电场,使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒底面,带电粒子在磁场中做圆周
14、运动,通过两盒间的窄缝时反 复被加速, 直到达到最大圆周半径时通过特别装置被引出假如用同一回旋加速1 请你求出 粒子在磁场中的运动半径；2 你在图中画出 粒子从直线x4 到直线 x4器分别加速氚核（3 1H）和 粒子（4 2He）比较它们所加的高频沟通电源的周B 之间的运动轨迹, 并在图中标明轨迹与直线x4 交点的坐标；3 求出 粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间期和获得的最大动能的大小,有（）A加速氚核的沟通电源的周期较大,氚核获得的最大动能也较大 B加速氚核的沟通电源的周期较大,氚核获得的最大动能较小 C加速氚核的沟通电源的周期较小,氚核获得的最大动能也较小 D加速氚核的沟通电源的周期较小
15、,氚核获得的最大动能较大 2如下列图为一种获得高能粒子的装置,环形区域内存在垂直纸面对外大小可调剂的匀称磁场,质 量为 m,电量 q 的粒子在环中作半径为 R的圆周运动, A、 B 为两块中心开有小孔的极板,原先电势 都为零,每当粒子飞经 A 板时, A板电势上升为 U,B 板电势仍保持为零,粒子在两板间电场中得到加 速,每当粒子离开 B 板时, A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而绕行半径 不变名师归纳总结 （l ）设 t=0 时粒子静止在A 板小孔处,在电场作用下加速,并绕行第一圈,求粒子R A 第 4 页,共 9 页绕行 n 圈回到 A 板时获得的总动能EnB 板时即
16、可）B （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动,磁场必需周期性递增,求粒子绕行第 n 圈时的磁感应强度Bn（3）求粒子绕行n 圈所需的总时间tn（设极板间距远小于R）（4）在（ 2）图中画出A板电势 U与时间 t 的关系（从t 0 起画到粒子第四次离开（5）在粒子绕行的整个过程中,A板电势是否可始终保持为U？为什么 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载场和磁场的范畴足够大,电场强度 定磁场垂直纸面对里为正方向E=40N/C,磁感应强度 B随时间 t 变化的关系图象如图乙所示,选t =0 时刻,一质量 m=8 10-4kg、电荷
17、量 q=+2 10-4 C的微粒在 O点具专题二：带电粒子在复合场中的运动4姓名 _有竖直向下的速度v=0.12m/s , O 是挡板 MN上一点,直线OO 与挡板 MN垂直,取 g=10m/s2求：1如下列图,竖直平面xOy 内存在水平向右的匀强电场,场强大小E=10Nc,在 y0 的区域内仍存（1）微粒再次经过直线OO 时与 O点的距离；在垂直于坐标平面对里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5T 一带电量q0.2C、质量m0.4kg的（2）微粒在运动过程中离开直线OO 的最大高度；小球由长l0.4m的细线悬挂于P 点小球可视为质点,现将小球拉至水平位置A 无初速释放,小球（3）水平移动挡板
18、,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与O点间的距离应满意的条件运动到悬点 P 正下方的坐标原点点.g=10m s 2 ,求：O 时,悬线突然断裂,此后小球又恰好能通过O 点正下方的NE M 1 小球运动到 O 点时的速度大小；B/T2 悬线断裂前瞬时拉力的大小；3 ON 间的距离0.8O OO510152030t/s 2两块平行金属板MN、PQ水平放置,两板间距为d、板长为l ,在紧靠平行板右侧的正三角形区域内v2535- 0.8B N 图乙图甲存在着垂直纸面的匀强磁场,三角形底边BC与 PQ在同一水平线上,顶点A 与 MN在同一水平线上,如下列图 一个质量为m、电量为 +q 的粒子沿两板中心线以初
19、速度v0水平射入, 如在两板间加某一恒定电压,粒子离开电场后垂直AB边从 D点进入磁场, BD= 1 AB,并垂直 AC边射出 不计粒子的重力4 求：1 两极板间电压；2 三角形区域内磁感应强度；3 如两板间不加电压,三角形区域内的磁场方向 垂直纸面对外要使粒子进入磁场区域后能从 AB 边射出,试求所加磁场的磁感应强度最小值3如图甲所示,竖直挡板 MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面对里的水平匀强磁场,电名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动52如下列图,在同时存
20、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,求满意条姓名 _1如下列图,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.现有一质量件的电场强度的最小值E min及对应的磁感应强度B ；m=4 1020kg,带电量 q=+2 1014C的粒子, 从小孔以速度v0=3 104m/s 水平射向磁感应强度B=0.2T 、（2）在满意（ 1）的条件下,当带电
21、质点通过y 轴上的点P0 ,h, 0时,撤去匀强磁场,求带电质点方向垂直纸面对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：落在 Oxz平面内的位置；（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（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P0 ,h, 0时,转变电场强度大小和（2）粒子在磁场中运动的时间；P vA 方向,同时转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（3）圆形磁场区域的最小半径；磁感应强度B 大小满意什么条件？（4）如磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里,粒子运动过程y B v0P 中始终不遇到挡板,
22、其他条件不变, 求：此正三角形磁场区域的最小边长O 3045x O z 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动（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FqE,方向向上,受到参考答案的洛仑兹力 f qVB,方向向下,离子向上偏,说明白电场力大于洛仑兹力,要使离子沿直线运动,就只（1）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1、解析：由于此带电粒子是从静止开头释放的,要能经过
23、M点,小电场力的途径是减小场强E对比选项的内容可知C、D正确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2、解析 :1 当电子受到的电场力与洛仑兹力平稳时,电子做匀速直线运动,亮点重新回复到中心0 点,匀强电场区域的y 轴上,受电场力作用而加速,以速度v 进入设电子的速度为v,就 evBEe, 得 v=E/B=U/Bb. 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. 转半周期过x 轴重新进入电场,在电场中经减速、加速后仍以电子在水平方向作匀速运动,在电场内的运动时间为t1=
24、L1/v 这样,电子在电场中,竖直向上偏转的原速率从距O点 2R处再次超过x 轴,在磁场回转半周后又从距距离为d 112 at 12 eL UO点 4R处飞越 x 轴如下列图（图中电场与磁场均未画出）故有L2R,L2 2R,L3 2R 22 2 mv b即 RL2n,（n=1、2、 3 ） 离开电场时竖直向上的分速度为vat 1eLU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mv 2 2=qEh mvb对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：Rmv qB 电子离开电场后做匀速直线运动,经t2时间到达荧光屏t 2L 2解式得：hB 2qL28n 2mE （nl 、 2、3
25、 ）v2、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t 2 时间内向上运动的距离为:d2v t2eUL L2 tg =at/v=qEl/mv2 2 mv b粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿其次定律得：qvB=mv 2/r ,所以 r=mv/qB 这样,电子向上的总偏转距离为d=d1d2=eUL 1L2L 12又： sin =l/r=lqB/mv 2 mv b由两式得：B=Ecos /v 可解得e2 B bL 1UdL 123、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mL2所受的洛仑兹力,分别延长
26、之后相交于O1、O2点,如下列图, O1 和 O2 分别是 TP和 TQ的圆心, 设 R1和 R2分别为相应的半径3、解析： 1 依据动能定理,得eU01mv 0 2解得v 02eU0离子经电压U加速,由动能定理得qU.mv 2 m2由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv 2/R 由式得q/m=2U/B 2R 2由图直角三角形O1CP和 O2CQ可得2 欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上,应有rmvdB v R12d 2（ R1一 d/2 ）2,R15d/4 eBR22（ 2d）2（ R2一 d/2 ）2,R217d/4 而eU12 mv 由此即可解得Ud eB 22依题意 R1RR2 由可解
27、得32 Ud2q m32 U222m289B225 B2d3 如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4、解析：如下列图,带电粒子从S 动身,在两筒之间的电场力作用下加速,沿径向穿出a 而进入磁场打在荧光屏上的位置坐标为x,就由轨迹图可得P 45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,x2 r2r2d2留意到rmv和eU1mv 2H 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、eB2d,再经过 a 回到 s 点；V,依据能量守恒,有.mv 2qU a 所以,电子打到荧光
28、屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U的函设粒子射入磁场区的速度为数关系为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 x2 2 eBemU2 emU2 2d e B2 U2 2d eB牛顿定律得 mv2/R=qvB d o b 2m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（3）必定等于筒的外半径r0,就 v=qBR/m=qBr0/m, U=mv 2/2q=qB2r2 0/2m；1、B c 2、解析 : （1）En=nqv 第 7 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
29、学习必备欢迎下载330B E M 第 8 页,共 9 页（2） nqU=.mv 2 nvn=2nqU2 mvn=qvnBn Bn=mvn/qR （2）小球运到 O 点绳子断裂前瞬时,对小球应用牛顿其次定律：F 向Tmgf洛mv2mR以 v n结果代入, Bn=m2nqU=12nmvlf洛BvqmRqRq由、得：（3）绕行第 n 圈需时2R=2 Rm1t n=2 Rm（11 21 31 ）n2mvT mg Bvq 8.2 Nl（3）绳断后,小球水平方向加速度vn2qvn2qv（4）如下列图, （对图的要求：越来越近的等幅脉冲）a x F 电 Eq 5/s 2m m小球从 O 点运动至 N 点所用
30、时间（5）不行以,由于这样粒子在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qU1 mv 22t0.8 aON 间距离s粒子在磁场中偏转,就牛顿其次定律得qvBmv2h1gt23.2mr2联立解得r12 mU126. 64102712052（ m）2、 解：垂直AB边进入磁场,由几何学问得：粒子离开电场时偏转角为Bq.0 0053. 21019v yqu.l02 由几何关系可得, 粒子恰好垂直穿过分界线,故正确图象为mdvy/m tgvyu2 3
31、 mdv 0M B 2 v03 qldv 由几何关系得：l ABd0在磁场中运动半径r 13lAB4 2 O 2 4 x/m cos30042 B 1qvmv2vv cos2B （4,2 ）r 130B 14mv 0方向垂直纸面对里3qd3 带电粒子在磁场中的运动周期T2r2m当粒子刚好与BC边相切时, 磁感应强度最小, 由几何知识知粒子的运动半径r 2为：vqBBr2d 4 （ 2 分 ）B 2qv 02 mv 0O 粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为274,在磁场中的运动总时间r 2t1T2m23. 146 .64106.5106（s）2O4 mv 0qd4qB3 .210195103v0P
32、 即：磁感应强度的最小值为4mv0（4）qdN 1、解：（1）小球从 A 运到 O的过程中,依据动能定理：1 2mv mgl qEl2就得小球在 O 点速度为：3、解：（1）由题意可知,微粒所受的重力G=mg=8 10-3N 电场力大小F=Eq=8 10-3N 因此重力与电场力平稳v2 l gqE2m /sm微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 学习必备欢迎下载qvBmv2解得R =mv Bq=0.6m 解得Emin2 mg2 qRB2mg由T2 R解得 T=10 s OO 时与 O点的距离2 qv 0
33、v（2）如下列图,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就微粒在 5 s 内转过半个圆周,再次经直线l = 2R =1.2m 方向垂直,大小等于qv 0B=2mg,故带电质点在与Oxz平面成 45 角的平面内作类平抛运动；（ 2 ） 微 粒 运 动 半 周 后 向 上 匀 速 运 动 , 运 动 的 时 间 为t =5 s , 轨 迹 如 图 所 示 , 位 移 大 小2s=vt =0.6 m=1.88m 由牛顿其次定律qv0Bma因此,微粒离开直线OO 的最大高度解得a2 g2t 到达 Oxz 平面内的点N（x, y, z）,由运动的分解可h=
34、s+R=2.48m （3）如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点间的距设经时间离应满意得y L=（2.4 n+0.6m （n=0,1,2 沿 v0方向zv t如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点间的距离应满沿 PM方向 PM 12又 PM hsin 45x ht an 45at2v0P qE min M B x 足 L=（2.4 n+1.8 m （n=0, 1,2 如两式合写成L=（1.2 n+0.6 m （n=0,1,2 同样给分450（5）a mg 1、解：（1）由qvBmv2,T2vr得
35、：b P e c A 联立解得xhz2 vhh）点z O N rf o1 600grmv0 .3 mg 就带电质点落在N（ h ,0,2 v0v0qBg（2）画出粒子的运动轨迹如图,可知t5T,得：O 30（或带电质点落在Oxz平面内,xh,z2 v0h的位置）6gt5m5105s5.23105s3 qB3（3）当电场力和重力平稳时,带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动（3）由数学学问可得：L2rrcos30得：y 就有：Eqmg得：Emgcos30qLmv414330 . 99 mqv0B qEminB x 要使带点质点经过x 轴,圆周的直径为2hqB310P 2、（1）如下列图,带电质点受到重力mg（大小及方向均已知） 、依据Bqv0mv2 0得B2 mv 0450洛伦兹力qv0B（方向已知）、电场力 qE（大小及方向均未知）的作rqhmg 用做匀速直线运动；依据力三角形学问分析可知：当电场力方向与第 9 页,共 9 页O 磁场方向相同时,场强有最小值Emin；依据物体的平稳规律有qEminmgsin45z qv0Bmgcos45- - - - - - -