《2022年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年带电粒子在复合场中的运动 2.pdf（9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、学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动一、复合场及其特点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合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛仑兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要二、带电粒子在复合场电运动的基本分析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
2、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，又和速度方向垂直4电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛仑兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小5电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛仑兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能6匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的
3、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、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况（ 1) 对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊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考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单（ 3) 对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误五、复合场中的特殊物理模型1粒子速度选
4、择器如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛仑兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0BqE,v0=E/B，若 v= v0=E/B，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关若 vE/B，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加若 v E/B，洛仑兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少2磁流体发电机如图所示，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、积累，从而在板间形成一个向下的电场两板间形成一定的电势差当qvB=qU/d 时电势差稳定Ud
5、vB，这就相当于一个可以对外供电的电源3电磁流量计电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成， 其中有可以导电的液体向左流动导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛仑兹力作用下纵向偏转，a,b 间出现电势差当自由电荷所受电场力和洛仑兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定由 Bqv=Eq=Uq/d，可得 v=U/Bd流量 Q=Sv= Ud/4B 4质谱仪如图所示组成：离子源O ，加速场U，速度选择器（E,B） ，偏转场B2，胶片原理：加速场中qU=?mv2选择器中： v=E/B1偏转场中： d 2r ，qvB2mv2/r 比荷：122qEmB B d质量122B B d
6、qmE作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素5回旋加速器如图所示 . 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）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速高能粒子是研究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关于回旋加速器的几个问题：(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中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动. (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：12qBfTm(3) 回旋加速器最后使粒子
7、得到的能量，可由公式2222122Kq B REmvm来计算，在粒子电量， 、质量 m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动(1)姓名_1如图所示， 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，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，使其从静止开始释放后能经过M点如果把此粒子放在y 轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）2如图所
8、示，在宽l 的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v 垂直于电场方向、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，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了角，求此磁场的磁感强度B3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，如图所示（不考虑重力作用） ，离子荷质比q/m（q、m分别是离子的电量与质量）在什么范围内，离子才能打在金属板上？4如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极
9、接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c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均匀磁场，磁感强度的大小为 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的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a 的 s 点出发，初速为零如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）a b c d S o 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动(2)姓名_1如图所
10、示，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）和匀强磁场 B（方向垂直于纸面向外）中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场? A 增大电场强度E，减小磁感强度B B 减小加速电压U ，增大电场强度E 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）的实验装置如图所示，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
11、与 0 点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计）此时，在P和 P/间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场调节磁场的强弱，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（如图所示）(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3如图所示， 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向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，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
12、侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m ，电荷量为e，初速度可以忽略求：(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；(2) 两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；(3) 电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U的函数关系精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动(3)姓名_1回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示 . 它的核心部分是两个D形金属盒， 两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒
13、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殊装置被引出如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H31）和 粒子（eH42）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（）A加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大2如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面
14、向外大小可调节的均匀磁场，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，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时， A板电势升高为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（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，求粒子绕行 n 圈回到 A板时获得的总动能En（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，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
15、） （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B板时即可）（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 ? 3如图所示，在直角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，方向分别垂直纸面向外和向里质量为m 6.641027、电荷量为q3.2 1019C 的 粒子（不计 粒子重力），由静止开始经加速电压为U1205V 的电场（图中未画出）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(1) 请你求出 粒子在磁场中的运动半径；(2) 你在图中画出 粒
16、子从直线x4到直线 x4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B R A B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动(4)姓名_1如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N c，在 y0 的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T 一带电量0.2Cq、 质量0.4kgm的小球由长0.4ml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，
17、小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点.(g=10m s2) ，求：(1) 小球运动到O点时的速度大小；(2) 悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)ON间的距离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，如图所示 一个质量为m 、电量为 +q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入， 若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=41AB ， 并垂直 AC边射出 ( 不计粒子的重力)
18、求：(1) 两极板间电压；(2) 三角形区域内磁感应强度；(3) 若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向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向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度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，选定磁场垂直纸面向里为正方向t=0 时刻，一质量m=810-4kg、电荷量q=+210-4C的微粒在O点具有竖直向下的速度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）微粒再次经过直
19、线OO 时与O点的距离；（2）微粒在运动过程中离开直线OO的最大高度；（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件M N O Ov图甲B E 图乙Ot/s B/T0.8- 0.85152535102030精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运动(5)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m=41020kg， 带电量q=+21014C的粒子， 从小孔以速度v0=3104m/s 水平射向
20、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；（3）圆形磁场区域的最小半径；（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
21、件的电场强度的最小值minE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(0 , 0)Ph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(0 , 0)Ph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？30O P A vx z O P y v0B 45精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页学习必备欢迎下载专题二：带电粒子在复合场中的运
22、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L2R，L2 2R，L32R 即 RL2n， （n=1、2、 3）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对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀
23、速圆周运动有：Rmv qB解式得：hB2qL28n2mE （nl 、 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 tg=at/v=qEl/mv2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： sin =l/r=lqB/mv由两式得：B=Ecos/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
24、加速，由动能定理得qU?mv2由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv2/R由式得q/m=2U/B2R2由图直角三角形O1CP和 O2CQ可得R12d2（ R1一 d/2 ）2，R15d/4 R22（ 2d）2（ R2一 d/2 ）2，R217d/4 依题意 R1RR2由可解得2228932dBUmq222532dBU4、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、
25、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?mv2qU 设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R， 由洛仑兹力公式和牛顿定律得 mv2/R=qvB 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r0，则 v=qBR/m=qBr0/m， U=mv2/2q=qB2r20/2m。（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
26、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 evBEe, 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221112122eLUdatmv b离开电场时竖直向上的分速度为11eLUvatmvb电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时
27、间到达荧光屏22Ltvt2时间内向上运动的距离为:12222eUL Ldv tmv b这样，电子向上的总偏转距离为d=d1d2=11222eULLLmv b可解得21122eUdLmB bLL3、解析： (1) 根据动能定理，得20012eUmv解得002eUvm(2) 欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有mvrdeB而212eUmv由此即可解得222d eBUm(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2222xrrd注意到mvreB和212eUmv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222
28、222( 22)()2d eBxemUemUd e BUeBm（3）1、B 2、解析 : （1）En=nqv a b c d S o H P B v 45精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页学习必备欢迎下载（2） nqU= ?mv2nvn=mnqU2Rmvn2=qvnBn Bn=mvn/qR 以 vn结果代入， Bn=qRmmnqU2=R1qnmv2（3）绕行第n 圈需时nvR2=2Rqvm2n1tn=2Rqvm2（12131n1）（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
29、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221mvqU 粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得rvmqvB2联立解得2102.312051064.62005. 01211927qmUBr（ m ）(2) 由几何关系可得， 粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为(3) 带电粒子在磁场中的运动周期qBmvrT22 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631927105.6105102.321064.614.3241qBmTt（s）（4）1
30、、解：（1）小球从A运到 O的过程中，根据动能定理：212mvmglqEl则得小球在O点速度为：2 ()2/sqEvl gmm（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：2vFTmgfml向洛fBvq洛由、得：28.2mvTmgBvqNl（3）绳断后，小球水平方向加速度25/sxFEqamm电小球从O点运动至N点所用时间0.8tsaON间距离213.2m2hgt2、 解：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300.vlmdquvy0vvtgyqlmdvu3320由几何关系得：030cosdlAB在磁场中运动半径dlrAB23431 121rmvqvB30cos
31、0vvqdmvB3401方向垂直纸面向里当粒子刚好与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r2为：42dr（ 2 分 ）22002rmvqvBqdmvB024即：磁感应强度的最小值为qdmv043、解： （1）由题意可知，微粒所受的重力G=mg=810-3N 电场力大小F=Eq=810-3N 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O M 2 2 2 4 4 x/m y/m 2v B B （4，2）M N O OP v0B E 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页学习必备欢迎下载
32、2vqvBmR解得R =mvBq=0.6m 由2 RTv解得T=10s 则微粒在5s 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=5s ， 轨 迹 如 图 所 示 ， 位 移 大 小s=vt=0.6 m=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
33、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）1、解：（1）由rvmqvB2，vrT2得：mqBmvr3.0（2）画出粒子的运动轨迹如图，可知Tt65，得：ssqBmt551023.5103535（3）由数学知识可得：30cos30cos2rrL得：mqBmvL99.010334) 134(2、 （1）如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、洛伦兹力qv0B（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：当电场力方向与磁场
34、方向相同时，场强有最小值minE。根据物体的平衡规律有45sinminmgqE45cos0mgBqv解得qmgE22min022qvmgB（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B0qv=mg22，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maBqv0解得ga22设经时间t到达Oxz平面内的点N（x,y,z） ，由运动的分解可得沿v0方向0zv t沿PM方向212PMat又45sinhPM45anhtx联立解得hxghvz02则带电质点落在N（h，0，ghv02）点（或带电质点落在Oxz平面内，hx，ghvz02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：mgEq得：qmgE要使带点质点经过x 轴，圆周的直径为h2根据rvmBqv200得qhmvB0230O P A v0a b c o160e g f 450P qv0B x y z O mg qEminB v0N M 450 x y z P O mg qEmin B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页