《2022年高考物理一轮复习带电粒子在复合场中的运动教学案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理一轮复习带电粒子在复合场中的运动教学案 .pdf（6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、学习必备欢迎下载带电粒子在复合场中的运动一考点整理基本概念1复合场：指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：相邻场；重叠场；交替场；交变场2三种场：场力的特征功和能特点重力场大小：G = mg；方向：做功与路径无关，重力做改变物体重力势能静电场大小：F = ；方向：正电荷与E同向做功与路径无关，电场力做改变物体电势能磁场安培力F = ；方向：右手定则洛仑兹力f = ；方向：右手定则洛仑兹力不做功，不改变带电粒子动能3带电粒子在复合场中的运动分类：静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动； 匀速圆周
2、运动： 当带电粒子所受的重力与电场力相等，相反时， 带电粒子在力的作用下， 在垂直于的平面内做匀速圆周运动； 一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线；分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，运动情况随区域发生变化，运动过程由几种不同的运动阶段组成4电场磁场同区域应用实例 速度选择器：原理图如图所示，平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE = qv0B，即v0
3、 = 磁流体发电机：原理图如图所示，磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能根据左手定则，如图中的B是发电机极磁流体发电机两极板间的距离为l，等离子体速度为v，磁场磁感应强度为B，则两极板间能达到的最大电势差U = 电源电阻r = l/S，外电阻R中的电流可由闭合电路欧姆定律求出，即I= E/(R+ r) = BlvS/(RS+l) 电磁流量计：原理图如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子），在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即
4、：qvB= qE = qU/D，所以v = ，因此液体流量所以Q = vS = 霍尔效应：原理图如图所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应所产生的电势差称为霍尔电势差 当达到稳定状态时，都存在电场力和洛伦兹力平衡的关系，即qU/d= qvB，霍尔电势差U = 二思考与练习思维启动1如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里， 则下列说法正确的是（）A小球一定带正电B小球一定带负电C小球的绕行方向为顺时针D改变小球的速度大小，小球将不做
5、圆周运动2如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 B若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动 D若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动3如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变（）A粒子速度的大小 B粒子所带的电荷量C电场强度 D磁感应强度三考点分类探讨典型问题考点 1带电
6、粒子在分离复合场中的运动【例 1】如图所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为 0.6R现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小【变式跟踪1】如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成 = 30角在第四象限和第一象限的xOQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场
7、，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为 +q，质量为m的带电粒子从y轴上的A（0，L）点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直， 粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计求： 从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t； 匀强电场的电场强度E的大小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页学习必备欢迎下载考点 2带电粒子在叠加复合场中的运动【例 2】如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1= 0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1 = 1.0 105
8、 V/m ，PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角AOy= 45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2 = 0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2 = 5.0 105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量q = 8.0 1019 C、质量m = 8.0 1026 kg 的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4 m ）的Q点垂直y轴射入磁场区， 最后打到水平的荧光屏上的位置C求： 离子在平行板间运动的速度大小； 离子打到荧光屏上的位置C的坐标； 现只改变
9、AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2 应满足什么条件？【变式跟踪2】有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示 两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场一束比荷（电荷量与质量之比 ) 均为 1/k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线OO进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板重力加速度为g，PQ= 3d，NQ = 2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用求： 电场强度E的大小； 磁感应强度B的大小； 速率为 v0（ 1 ）的
10、颗粒打在收集板上的位置到O点的距离考点 3带电粒子在交变复合场中的运动【例 3】如图甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示（规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）在t= 0 时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v0 = 2 m/s 的速度沿x轴正向水平射入已知电场强度E0 = 2m/q、磁感应强度B0 = 2m/q，不计粒子重力求：t = s 时粒子速度的大小和方向； s 2 s 内，粒子在磁场中做圆周运动的半径； 画出 0 4 s 内粒子的运动轨迹示意图；（要求：体现粒子的运动特点）【变式跟踪
11、3】在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B= 2m/q在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图（竖直向上为正），电场大小为E0 = mg/q一倾角为 长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间斜面上有一质量为m，带电量为q的小球，从t = 0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5 秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g求： 第 6 秒内小球离开斜面的最大距离 第 19 秒内小球未离开斜面， 角的正切值应满足什么条件？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习必备欢迎下载四考题再练高考试题1 【2012江苏卷】如图所
12、示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反 质量为m、 电荷量为 +q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域不考虑粒子受到的重力 求粒子射出平移器时的速度大小v1； 当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U； 已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F现取水平向右为x轴正方向， 建立如图所示的直角坐标系Oxy
13、z保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示. 射入方向y yz z受力大小5F5F7F3F请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向【预测 1】如图所示，左侧为两板长为L = 10 cm 、间距d = 1033 cm 的平行金属板，加上U = 13104 V的 电压， 上板电势高； 现从左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m= 1.0 10 10kg，带电荷量q = +1.0 10 4 C，初速度v0 = 1.0 105 m/s ；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点
14、A与上金属板平齐，AB边的中点P1恰好在下金属板的右端点；三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2，且B2 = 4B1 求带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向； 带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是多少五课堂演练自我提升1粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为 +e，在加速器中被加速不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该
15、加速器也可加速 粒子B加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C质子被加速后的最大速度不能超过2RfD质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为212如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为L/2 ，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场，不计粒子重力求： 两金属板间所加电场的场强大小； 匀强磁场的磁感应强度B的大小3如图所示的平面直角坐标系中，虚线OM与x轴成 45角，在OM与
16、x轴之间（包括x轴）存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为q的带 正电的粒子以某速度沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求： 若带电粒子从O点以速度v1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离 若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，求粒子最初进入磁场时速度v的大小 并讨论当v变化时，粒子第二次离开电场时的速度大小与v大小的关系精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
17、 - -第 3 页，共 6 页学习必备欢迎下载4如图所示，质量为m，带电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C匀强电场的电场强度E = 2mg/qD匀强磁场的磁感应强度B = mg/qv5两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示，已知板长l = 10 cm ，两板间距d =
18、 3.0 cm ，两板间电势差U = 150 V ，v0 = 2.0 107 m/s 求磁感应强度B的大小； 若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量（电子荷质比e/m = 1.761011 C/kg ，电子带电荷量的大小e = 1.6010 19 C） 6“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板
19、N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应 判断球面A、B的电势高低，并说明理由； 求等势面C所在处电场强度E的大小； 若半 球面A、B和 等势面C的电势分别为A、B和 C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量EK 左和 EK 右分别为多少？ 比较 | EK左| 和 | EK右| 的大小，并说明理由7半径为R，均匀带 正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，Er曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积 写出Er曲线下面积的单位； 己知带电球在r R处的场强E = kQr2，式中k为静电力常量
20、，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大 ? 求球心与球表面间的电势差U； 质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处? 8如图所示，长L = 1.2 m ，质量M = 3 kg 的木板静止放在倾角为37的光滑斜面上，质量m = 1 kg ，带电荷量q= +2.5 104 C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数 = 0.1 ，所在空间加有一个方向垂直斜面向下，场强E= 4.0 104 N/C 的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F = 10.8 N取g = 10 m/s2，sin 37 = 0.6 ，cos 37 = 0.8 ，斜面足够长求： 物块经
21、多长时间离开木板？ 物块离开木板时木板获得的动能 物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习必备欢迎下载参考答案：一考点整理基本概念2竖直向下qEBIlqvB3合外力大小方向洛伦兹匀强磁场4E/B正BlvU/DBDU/4BBdv二思考与练习思维启动1BC ；由于小球做匀速圆周运动，有qE = mg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故A错、 B正确； 洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故 C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动
22、，D正确2D；P处于静止状态，带负电荷，mg= qE，若仅撤去磁场，P仍静止， A错；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错；给P一初速度，垂直磁场方向，因mg = qE，P只受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，C错、 D对3B；粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡有Eq = Bqv，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B项正确三考点分类探讨典型问题例 1 粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB = mv2/r 式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点由
23、几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径（未画出）围成一正方形因此ac = bc = r 设cd = x，由几何关系得ac = 0.8R + x bc = 0.6R +22xR联立式得r = 75R再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE = ma粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 r= at2/2 r= vt 式中t是粒子在电场中运动的时间联立式得E = 14qRB2/5m变式 1 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则由几何关系得R= L，qvB
24、= mv2/R，联立得v = qBL/m，又T = 2 R/v，粒子在磁场中运动时间t1= 5T/12 由M到A 做匀速直线运动的时间t2= Rtan30 /v，粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间t = t1t2，联立以上各式得t = （523）m6qB 粒子在电场中做类平抛运动，MN= vt，AN= at2/2 ，a= qE/m，由几何关系得AN= AN+ NN，AN = L/cos2 ，NN = MNtan，联立得E = 2Lqt2mcos2 qBttan ，把 = 30代入得E2L3qt2(4m3qBt) 例 2 设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1 = qvB1
25、，代入数据解得v = 5.0 105 m/s 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2= mv2/r得，r= 0.2 m ，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ = 2r，若磁场无边界， 一定通过O点，则圆弧QN的 圆周角为45，则轨迹圆弧的圆心角为 = 90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y= OO = vt，x = at2/2 ，而a = qE2/m，则x = 0.4 m ，离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC = (0.20.4)m = 0.6 m 只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一
26、定打在x轴上如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r = 0.421 m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0= mv2/r，代入数据解得B0= 218 T = 0.3 T, 则B2 0.3 T变式 2 设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.有Eq = mg，将q/m = 1/k代入，得E = kg 如图甲所示，有qv0B= mv02/R，R2= (3d)2+ (Rd)2，得B = kv0/5d如 图 乙 所 示 ， 有qv0B= m( v0)2/R， tan = 221)3(3dRd，y1= R1221)3( dR，y2= ltan ，y= y1+
27、y2， 得yd(59252) +92532l例 3 在 0 s 内，在电场力作用下，带电粒子在x轴正方向上做匀速运动：vx = v0，y轴正方向上做匀加速运动：vy = qE0t/m； s 末的速度为v1 = v2 xv2 y，v1与水平方向的夹角为，则 tan = vy/vx，代入数据解得v1 = 22 m/s ，方向与x轴正方向成45斜向上 因T = 2mqB0 = s ，故在 s 2 s 内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0 = mv12/R1，解得R1 = mv1/qB0 = 2 m 轨迹如图所示变式 3 设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿
28、第二定律得： (mgqE0)sin = ma第一秒末的速度为：v = at1在第二秒内：qE0 = mg所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB = mv2/R圆周运动的周期为：T = 2m/qB = 1 s 由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动所以，第五秒末的速度为：v5= a(t1+ t3 + t5) = 6gsin 小球离开斜面的最大距离为d = 2R3由以上各式得：d = (6gsin )/ 第 19 秒末的速度：v19 = a(t1 + t3 + t5 + t7 + + t19) = 20gsin 小球未离开斜面的条件
29、是：qv19B (mg + qE0)cos 所以： tan 1/20 四考题再练高考试题1设粒子射出加速器的速度为v0，根据动能定理得qU0= mv02/2 ，由题意得v1= v0，即v1=2qU0m 在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t，加速度的大小a = qU1/md，在离开时，竖直分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学习必备欢迎下载速度vy = at，竖直位移y1 = at2/2 ；水平位移l = v1t，粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t，竖直位移：y2= vyt；由题意知，粒子竖直总位移y
30、= 2y1+ y2，解得y= U1l2/U0d，则当加速电压为4U0时，U = 4U1 （a）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴且E = F/q（b）由沿y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行F2 + f2 = (5F)2，则f = 2F且f = qv1B，解得B = Fq2mqU0（c）设电场方向与x轴方向夹角为，若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得 (f + Fsin )2 + (Fcos)2 = (7F)2，解得 = 30，或 = 150，即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30或 150同理，若B沿 x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为3
31、0或150预测 1 设微粒在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，射出电场时竖直方向的速度为vy，则可得qU/d = ma、L = v0t、vy = at，解得vy = at = 33105 m/s ，v = v2 0v2 y = 233105 m/s ；设速度v与水平方向的夹角为，则有 tan = vy/v0 = 33，即垂直于AB射出 设带电微粒出电场时竖直方向偏转的位移为y，有y = at2/2 可得y= 360 m = d2，即微粒由P1点垂直AB射入磁场，带电微粒在磁场中运动轨迹如图所示设匀速圆周运动P1Q1段半径为R1，根据几何关系有R1= dcos 30 = 203102m
32、，由qvB1= mv2/R1，得B1 = mv/qR1 = 3T五课堂演练自我提升1CD ；质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，vm = 2 R/T = 2 Rf，C正确；粒子旋转频率为f= qB/2 m，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm= mvm2/2 2m2R2f2，与加速电压U无关， B错误；因为运动半径R= mv/qB，nUq= mv2/2 ，知半径比为21，D正确2设粒子在两金属板间匀强电场中运动的时间为t，由类平抛运动可知：L = v0t，L/2 = at2/2 ，a = qE/m联立解得：E = mv02/qL 设粒子以速度v飞出电场后
33、射入匀强磁场做匀速圆周运动，速度v与水平方向的夹角为，则有qvB = mv2/R，sin = L/2R，sin = vy/v，vy = at联立解得：B = 2mv0/qL3粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1B= mv12/R解得R= mv1/qB设粒子从N点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ON = 2R联立两式解得：ON = 2 mv1/qB 粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动，若粒子第二次刚好从O点离开电场，则：水平位移x= 2R= 2mv1/qB= v1t解得：t= 2m/qB 竖直位移y= 2R= 2mv1/qB= at2/2 而a= qE/m 联立式并解得v
34、 = E/B（a） 若v E/B，则粒子从y轴离开电场，轨迹如图，水平位移x= 2R= mv1/qB= v1t得t= 2m/qB vy = at = qEt/m = 2E/B则粒子离开电场时的速度v2 = v2 yv24E2B2v2（b） 若v EK 右7 （1）V（伏特）（2）02QEkR20E RQk（3）012USE R（4）由动能定理2001122mvq UqE R8 物块向下做加速运动，设其加速度为a1， 木板的加速度为a2， 则由牛顿第二定律对物块：mgsin 37(mgcos 37 qE) ma1对木板：Mgsin 37 (mgcos 37 qE) FMa2又12a1t212a2t2L联立解得物块滑离木板所用时间t2 s. 物块离开木板时木板的速度v2a2t32 m/s 其动能为Ek212Mv2227 J 由于摩擦而产生的内能为QFfx相对(mgcos 37 qE) L2.16 J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页