《2019版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第4讲 电学中的曲线运动学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第4讲 电学中的曲线运动学案.doc（26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、1第第 4 4 讲讲 电学中的曲线运动电学中的曲线运动网络构建备考策略1.掌握解决电学中曲线运动的一个宗旨是将电学问题力学化。2.解题思路：画出粒子的运动草图结合几何关系找到相应的物理量。带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动带电粒子在匀强电场中的曲线运动【典例 1】 (2015新课标全国卷，24)如图 1 所示，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为 60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为 30。不计重力。求A、B两点间的电势差。图 1解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直
2、于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv03设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有2qUABm(vv)1 22B2 0联立式得UAB答案 【典例 2】 (2018全国卷，25)如图 2，在y0 的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：图 3(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之
3、比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat21 2s2v0tat21 25联立式得3s1 s2(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式v2gh2yHvytgt21 2M进入电场后做直线运动，由几何关系知v0 vys1 H联立式可得hH1 3(3)设电场强度的大小为E
4、，小球M进入电场后做直线运动，则v0 vyqE mg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHqEs11 22 02yEk2m(vv)mgHqEs21 22 02y由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E2mg2q答案 (1)31 (2)H (3)1 32mg2q1.(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图 4 所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )6图 4A.A球带正电，B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过
5、程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小解析 两球均做类平抛运动，水平方向上有xv0t，竖直方向上有hat2，得加速度大1 2小a，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项 A 正确，B、C 均错误；根据动能定理有mahmv2mv，而 vvv0，可见加速度a越大，落地速率v越大，速率变化量 v1 21 22 0
6、越大，即A球的速率变化量较小，选项 D 正确。答案 AD2.如图 5 所示，在竖直平面内，有一长L0.6 m 的固定竖直杆AB和光滑固定圆弧轨道CD，半径OD竖直，半径OC与竖直方向的夹角37 ，D点的高度h m，BM垂直53 962水平地面于M点。B点所在的水平面上方存在着场强大小E12.5106 N/C、方向水平向右的匀强电场，下方与C点所在的水平面之间存在着场强大小为E2E1、方向与竖直方向的夹角37、斜向右上的匀强电场。现将一质量m0.4 kg、电荷量q2106 C 的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C点无碰撞地沿圆弧轨道CD运动，从D点水平飞出落到M
7、点。已知小球与杆间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：7图 5(1)小球到达B点时的速度大小vB；(2)小球从A点运动到C点所用的时间t和B、C两点间的水平距离x；(3)圆弧轨道的半径R。解析 (1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小fqE1则小球沿杆下滑的加速度大小amgf m由v2aL2B联立解得vB3 m/s(2)小球沿杆下滑的时间t1vB a小球离开B点后在匀强电场E2中的受力分析如图所示，则qE2cos 374 N，恰好与重力mg4 N 平衡小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则有加速度大小gqE2sin 37 m8小球过C点时有ta
8、n vB gt2小球从A点运动到C点所用的时间tt1t2B、C两点间的水平距离xgt1 22 2联立解得t s，x m14 1516 15(3)小球到达C点的速度大小vCvB sin 小球从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律有mg(RRcos )mvmv1 22C1 22D小球从D点水平飞出做平抛运动，则hgt1 22 3xRsin 37vDt3联立解得R m(R m m 舍去)13 122 017 76816 9注：先联立求解vD，后求解R，会使计算更简单答案 (1)3 m/s (2) s m (3) m14 1516 1513 12带电粒子在匀强磁场中的圆周运动带电粒子在相邻匀强磁
9、场中的圆周运动【典例 1】 (2017全国卷，24)如图 6，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0 区域，磁感应强度的大小为B0；x0 区域，磁感应强度的大小为B0(常数1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)图 6(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离。教你审题(1)边读题边看图9(2)边伸手边画图解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x0 区域有：qv0B0在x0 区域有：qv0(B0)解得R1
10、 R2mv0 qB0mv0 qB0在x0 区域运动时间t1；R1 v0在x0 区域运动时间t2；R2 v0粒子运动的时间tt1t2。（1）m qB0(2)粒子与O点间的距离d2(R1R2)2（1）mv0 qB0答案 (1) (2)（1）m qB02（1）mv0 qB0带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题【典例 2】 (2018天津理综，11)如图 7 所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一310质量为m、电荷量为q的带负电
11、粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出。不计粒子重力。图 7(1)求粒子从P到M所用的时间；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出。粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvBmv23R设粒子在电场中运动所受电场力为F，有FqE设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有Fma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有vat联立式得t3RBE(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒
12、子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由几何关系可得(rR)2(R)2r23设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知11tan 3RrR粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tan v v0联立式得v0qBR m答案 (1) (2)3RBEqBR m1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2.求解临界、极值问题的“两思路”(1)以定理、定
13、律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。1.(多选)如图 8 所示， 圆形区域AOB内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO和BO是圆的两1 4条相互垂直的半径，一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场，则( )12图 8A.粒子带负电B.只要粒子入射点在AB弧之间，粒子仍然从B点离开磁场C.入射点越靠近B点，粒子偏转角度越大D.入射点越靠近B点，粒子运动时间越短解析 粒子从A点正对圆心射入，恰从B点射出，根据洛伦兹力方向可判断粒
14、子带正电，故选项 A 错误；粒子从A点射入时，在磁场中运动的圆心角为190，粒子运动的轨迹半径等于BO，当粒子从C点沿AO方向射入磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，设对应的圆心角为2，运动的轨迹半径也为BO，粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径，磁场区域圆的圆心O、轨迹圆的圆心O1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形，由于O1C和OB平行，所以粒子一定从B点离开磁场，故选项 B 正确；由图可得此时粒子偏转角等于BOC，即入射点越靠近B点对应的偏转角度越小，运动时间越短，故选项 C 错误，D 正确。答案 BD2.(2018湖北宜昌二模)如图 9 所示，在x轴下方的第、象限中，存在垂直于xOy平面
15、方向的匀强磁场，磁感应强度B12B22B，带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成 60角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系正确的是( )图 9A.k12k2 B.2k1k213C.v12v2 D.2v1v2解析 两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成 60角，则粒子b速度与y轴负方向成 60角，轨迹对应的圆心角分别为 120和 60，如图所示。两粒子同时进入
16、磁场并相撞，则运动时间相等，即t1t2，而t1，t2，将T1 32m1 3q1B1T2 6m2 3q2B2B12B22B代入得k1k2；由于两粒子正碰则轨道半径相等，而R1，R2，解m1v1 q1B1m2v2 q2B2得v12v2。答案 C3.(多选)如图 10 所示，环带区域有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在环带的内边界上有一个粒子源S，可以沿各个方向均匀向磁场中发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，环形区域内环的半径为d，环带的宽度为d，则下列说法正确的是( )33图 10A.粒子速度大小为qBd 2mB.若粒子从环带外边界射出，
17、则粒子在磁场中运动的最短时间为m 3qBC.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最长时间为3m 2qBD.粒子源发射的粒子中从环带外边界射出的数量占总数量的5 6解析 粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，则粒子的速度大小为，选项 A 错误；粒子的qBd m速度方向在沿过S点的切线范围内，当粒子的速度方向沿切线方向时，轨迹如图甲所示，将速度方向顺时针旋转，则轨迹以S为圆心顺时针转动，轨迹与环带外边界的交点与S的14连线即为粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，该弦长先减小后增大，最短弦长为环带的宽度，此时粒子运动轨迹所对的圆心角为 60，如图乙所示，最短时间为tmin ，选T 6m 3qB项 B
18、正确；当轨迹与环带外边界相切时，如图丙所示，由几何关系可得粒子运动轨迹所对的圆心角为 150，最长时间为tmax，选项 C 错误；当轨迹与外边界相切时，速度方5m 6Bq向与切线的夹角为 30，则粒子从外边界射出的数量占总数量的 ，选项 D 正确。150 1805 6答案 BD破解高考压轴题策略“情境示意，一目了然”认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题。【例】 如图 11 所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小
19、孔，其正上方有圆心为O、半径R11 m 的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2 m 的环形2磁场区域。环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点。两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B0.5 T)，但方向相反。一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷4107 C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。q m图 11(1)若加速电场的两极板间的电压U15106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；15(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足什么条件？(3)
20、当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t。满分指导解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU1mv1 22 0解得v02107 m/s。(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所16甲示，圆心O1在M板上。设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r1。根据图中的几何关系(RtOQO1)有rR(r1R1)22 12 2又根据洛伦兹力提供向心力，有qvBmv2 r1在加速电场中，由动能定理有qU2mv21 2联立并代入数据解得U21.25106 V要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电
21、场的两极板间的电压U2应满足的条件为U21.25106 V。(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示。由于O、O3、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r2)相同，故有O2O32O2Q2r2，由此可判断QO3O230，QO2O360，进而判断OO3O2150乙粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t2(TT)T60 360150 3607 6又T2m qB17联立并代入数据解得t107 s。7 6答案 (1)2107 m/s (2)U21.25106 V (3)107 s7 6课时跟踪训练一、选择题(13 题为单项选择题，47 题为多项选择题)1.如图 1 所示，平行板电容器两极板
22、的间距为d，极板与水平面成 45角，上极板带正电。一电荷量为q(q0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )图 1A. B. Ek0 4qdEk0 2qdC. D.2Ek02qd2Ek0qd解析 当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类斜抛运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy0 时，根据运动学公式有v，vyv0cos 45，2y2Eqd mEk0mv，联立得E，故选项 B 正确。1 22
23、0Ek0 2qd答案 B2. (2018湖南衡阳模拟)如图 2 所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，B。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为 6q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)。则下列判断正确的是( )4 318图 2A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2t0B.该匀强磁场的磁感应强度大小为m qt0C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d2 5D.粒子进入磁场时速度大小为3d7t0解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒
24、子在磁场中运动的时间是T，即Tt0，则得周期T4t0，故选项 A 错误；由T得B，故选项1 41 42m qB2m qTm 2qt0B 错误；设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为，则有T，得，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得 24t0 32 3Rcos 60dR cos 60可得R，故选项 C 正确；根据，解得v，故选项 D 错误。2d 54t0 3R vd 5t0答案 C3.(2018淮北市高三质检)如图 3 所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速
25、度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是( )图 3A.Q点在P点正下方19B.小球电势能减少C.小球重力势能减少量等于mg2t21 2D.Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析 从P到Q点，根据动能定理可知mghW电mvmv0，因重力做正功，则电1 22 01 22 0场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项 A、B、D 错误；小球在竖直方向下落的高度hgt2，则小球重力势能减少量 Epmghmg2t2，选项 C 正确。1 21 2答案 C4.(2018湖南常德二模)如图 4 所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边
26、界上的最低点。大量质量均为m、电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为 2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则( )图 4A.粒子射入磁场的速率为vRqB mB.粒子在磁场中运动的最长时间为tm 3qBC.不可能有粒子从C点射出磁场D.若粒子的速率变化，则可能有粒子从A点水平射出解析 由洛伦兹力提供向心力qvBm，解得r，根据题意r2R，以上联立可得vv2 rmv qB，故选项 A 错误；当粒子以直径 2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为2qBR m60，粒子运动的周期为T，由
27、此可知粒子运动时间为t ，故选项 B 正确；2m qBT 6m 3qB粒子的轨道半径为 2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故选项 C 错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足v，故选qBR m项 D 正确。20答案 BD5.如图 5 所示，人工放射性元素原子核Nh 开始静止在磁感应强度分别为B1、B2的匀强286113磁场的边界MN上，某时刻发生 衰变，生成一个氦原子核 He 和一个 Rg 原子核，衰变后4 2的微粒速度方向均垂直于两磁场的边界MN。氦原子核通过上面磁场区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为d，Rg 原子核第一次经过MN边界时
28、，距出发点的距离也为d。下列有关说法正确的是( )图 5A.两磁场的磁感应强度之比B1B2111141B.两磁场的磁感应强度之比B1B21112C.氦原子核和 Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为 2141D.氦原子核和 Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为 111141解析 原子核Nh 衰变的方程为Nh HeRg。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆2861132861134 2282111周运动，偏转半径为r，由题意可知二者偏转半径相等，由于Nh 原子核由静止衰mv qB286133变，动量守恒，即m1v1m2v2，所以有q1B1q2B2，解得，选项 A 错误，B 正确；B1 B2q2
29、 q1111 2因为周期T，所以，粒子在第一次经过MN边界时，运动了半个周期，所以2m qBT1 T2m1 m2，选项 C 正确，D 错误。t1 t2T1 T2m1 m24 2822 141答案 BC6.在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xOy坐标系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，有两个完全相同的质量为m的带正电小球A、B分别位于y轴上纵坐标为y2、y1的位置，电荷量都为q，两个小球都以垂直于y轴、大小为v的速度同时射入磁场。如图 6 所示(两球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B球到(0，y2)处，那y2y1可能的值为( )21图 6A. B.2 mv B0qmv B0qC.
30、3 D.4mv B0qmv B0q解析 两球在匀强磁场中运动的轨迹半径相等，由洛伦兹力提供向心力有B0qv，得mv2 rr，B球要到达(0，y2)处，第一种情况是运动半个周期直接到达，如图甲所示，则mv B0qy2y12r2。第二种情况，如图乙所示，A、B两个球各自运动半个周期后发生弹性mv B0q正碰，因为两球质量相同，在满足系统动量守恒和碰撞过程动能不损失的条件下，两球只能交换速度后又各自运动半个周期到达另一点，y2y14r4，故选项 B、D 正确。mv B0q答案 BD7. (2018安徽江南十校联考)如图 7 所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于点A(0， )
31、，另一端系一带正电的小球。现在y轴正半轴上某处B固定L 3一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为。则( )2mg q图 722A.小球一定能绕B做完整的圆周运动B.当yB时小球能做完整的圆周运动4L 15C.当yB 时小球能做完整的圆周运动L 5D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为 6mg解析 带正电小球运动到y轴时在最高点受力如图甲，在最低点受力如图乙。因为Eqq2mgmg，则在最低点会出现拉力T0 的临界状态，此时小球恰能做完整的圆周运2mg q动。设小球恰能绕钉子做完整的圆周运动的半径
32、为R，在圆周运动的最低点速度为v下，由动能定理有(Eqmg)(L2R)mv，由牛顿第二定律有Eqmgm，解得RL，此1 22 下2 5时B点纵坐标yBL LL，只有当RL时小球可做完整的圆周运动。当yB 时，L 32 54 152 5L 5L LL，小球不能做完整的圆周运动，选项 B 正确，A、C 错误；小球恰能做完L 3L 57 152 5整的圆周运动时，小球在最高点时绳的拉力最大，则有TmgEqm，(Eqmg)Lmv，解得T6mg，则选项 D 正确。1 22 上答案 BD二、非选择题8.如图 8 所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内
33、有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角30。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。23图 8(1)求P点的纵坐标yP及小球从P点射出时的速度v0；(2)已知电场强度的大小为E，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么3mg2q条件？解析 (1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有yP sin gtl 21 22 1cos v0t1l 2gt1v0 tan 解得yPl5 8v0gl2(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有vMv0 sin 又mgc
34、os qE小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2mgsin madvMt2atl 21 22 2解得dl2答案 (1)l (2)dl5 8gl229.如图 9 所示，在第一象限内存在两个有界匀强磁场，两磁场以x1 m 的虚线为分界线，其中左边磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B11103 T，右边磁场方向垂直纸面24向里，磁感应强度为B22103 T，在(2 m，0)处存在一个粒子源，可向各个方向发射比荷为 1109 C/kg 的带正电的粒子，粒子的速度为v2106 m/s，不计粒子重力
35、。若粒子垂直x轴进入磁场，求粒子最终射出y轴的坐标以及该粒子在磁场中的运动时间。图 9解析 由洛伦兹力提供向心力有qvB2mv2 r2可知r21 m可知粒子垂直直线x1 m 进入左边磁场由洛伦兹力提供向心力有qvB1mv2 r1可得r12 m粒子轨迹如图所示由几何知识可得O2P m，3故PM(2) m3故射出y轴时的纵坐标yPMr2(3) m1.27 m3即粒子最终射出y轴的坐标为(0，1.27 m)第一段运动轨迹是 圆弧，1 4故t2T2106 s1 4m 2qB2 4第二段运动，sinNO2P ，得圆心角NO2P30，故t1T1106 NP NO21 21 12m 6qB1 6s25综上可
36、得tt2t1106 s5 12答案 (0，1.27 m) 106 s5 1210.如图 10 甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMNU0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。图 10(1)求带电粒子的比荷 ；q m(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T，从t0 开始，前 时间内L v0T 3UMN2U，后时间内UMNU，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，2T 3最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。
37、解析 (1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有 v0t0L 2垂直极板方向有 td 2qU0 2md2 0解得 q m(2)粒子通过两板间的时间tTL v0从t0 时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a22qU mdqU md不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在tnT(n0，1，2，)和tnT26T(n0，1，2，)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电1 3场方向偏转的距离最大，则 (a1)Td 21 2T 3解得U。3U0 8答案 (1) (2) 3U08