磁场边界问题分解.doc

(1)模型概述 带电粒子在有界磁场中的偏转问题一直是高考的热点，此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等因为是有界磁场有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积、最长、最短时间等问题(2)模型分类.单直线边界型 当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图 8211(甲)中带负电粒子的运动为例 图 8211 规律要点 最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周且与边界相切时(如图中 a 点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于12圆周时，直径与边界相交的点(如图 8211(甲)中的 b 点)为带电粒子射出边界的最远点(距 O 最远).双直线边界型 当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图 8211(乙)中带负电粒子的运动为例 规律要点 最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切如图 8211(乙)所示 对称性：过粒子源 S 的垂线为 ab 的中垂线 在如图(乙)中，a、b 之间有带电粒子射出，可求得 ab2 2drd2 最值相切规律可推广到矩形区域磁场中.圆形边界(1)圆形磁场区域规律要点 相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图 8212(甲)直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小如图 8212(乙)所示(2)环状磁场区域规律要点 径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场 最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度 vm而磁场有最小磁感应强度 B.如图 8212(丙)图 8212 图 8213【典例】如 8213 所示，两个同心圆，半径分别为 r 和 2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.圆心 O 处有一放射源，放出粒子的质量为 m，带电量为 q，假设粒子速度方向都和纸面平行(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为 60，要想使该粒子经过磁场第一次通过 A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为 R1，则由几何关系得 R13r3，又 qv1Bmv12R1得 v13Bqr3m.(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为 R2，则由几何关系有(2rR2)2R22r2 可得 R23r4，又 qv2Bmv22R2，可得 v23Bqr4m 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m.答案(1)3Bqr3m(2)3Bqr4m 对应学生用书P140 图 8214 1(2011 海南卷，10 改编)如图 8214 所示空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力，下列说法正确的是()A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越小 解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据 qvBmv2r得轨道半径 rmvqB，粒子的比荷相同故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故 B 正确带电粒子在磁场中做圆周运动的周期 T2rv2mqB，故所有带电粒子的运动周期均相同若带电粒子从磁场左边界射出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故 A、C 错误根据t2T得 2Tt，所以 t 越长，越大，故 D 错误 答案 B 2(2011 浙江卷，20 改编)利用如图 8215 所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为 L.一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是()图 8215 A粒子带正电 B射出粒子的最大速度为2mqB3dL C保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 解析 利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项 A 错误 利用 qvBmv2r知 rmvqB，能射出的粒子满足L2rL3d2，因此对应射出粒子的最大速度 vmaxqBrmaxmqB3dL2m，选项 B 错误最小速度 vminqBrminmqBL2m，vvmaxvmin3qBd2m，由此式可判定选项 C 正确，选项 D 错误 答案 C 3(2011 广东卷，35)如图 8216(a)所示，在以 O 为圆心，内外半径分别为 R1和 R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量，R1R0，R23R0.一电荷量为q，质量为 m 的粒子从内圆上的 A 点进入该区域，不计重力(1)已知粒子从外圆上以速度 v1射出，求粒子在 A 点的初速度 v0的大小(2)若撤去电场，如图 8216(b)，已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 v2射出，方向与 OA 延长线成 45 角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间(3)在图 8216(b)中，若粒子从 A 点进入磁场，速度大小为 v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？图 8216 解析(1)根据动能定理，qU12mv1212mv02，所以 v0 v122qUm.(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，由几何知识可知 R2R2(R2R1)2，解得 R 2R0.根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律 qv2Bmv22R.解得 Bmv2q 2R02mv22qR0.根据公式tT2，2Rv2T，qv2Bmv22R，解得 tT42m4Bq2m4mv22R02R02v2.(3)考虑临界情况，如图所示 qv3B1mv32R0，解得 B1mv3qR0，qv3B2mv322R0，解得 B2mv32qR0，综合得：Bmv32qR0.答案(1)v122qUm(2)2mv22qR0 2R02v2(3)mv32qR0 图 8217 4(2011 课标全国卷，25)如图 8217 所示，在区域(0 xd)和区域(d0)的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域，其速度方向沿 x轴正向已知 a 在离开区域时，速度方向与 x 轴正向的夹角为 30；此时，另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 P 点沿 x 轴正向射入区域，其速度大小是 a 的13.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子 a 射入区域时速度的大小；(2)当 a 离开区域时，a、b 两粒子的 y 坐标之差 解析(1)设粒子 a 在内做匀速圆周运动的圆心为 C(在 y 轴上)半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvaBmva2Ra1 由几何关系得PCP Ra1dsin 式中，30，由式得 va2dqBm(2)设粒子 a 在内做圆周运动的圆心为 Oa，半径为 Ra2，射出点为 Pa(图中未画出轨迹)，POaPa.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qva(2B)mva2Ra2 由式得 Ra2Ra12 C、P和 Oa三点共线，且由式知 Oa点必位于 x32d 的平面上由对称性知，Pa点与 P点纵坐标相同，即 yPaRa1cos h 式中，h 是 C 点的 y 坐标 设 b 在中运动的轨道半径为 Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qva3BmRb1va32 当 a 到达 Pa点时，b 位于 Pb点，转过的角度为.如果 b 没有飞出，则tTa22 tTb12 式中，t 是 a 在区域中运动的时间，而 Ta22Ra2va Tb12Rb1va3 由式得 30 由式可见，b 没有飞出.Pb点的 y 坐标为 yPbRb1(2cos)h 由式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为 yPayPb23(32)d 答案(1)2dqBm(2)23(32)d 第 3 讲 带电粒子在复合场中的运动 对应学生用书P141 复合场 复合场是指电场、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.带电粒子在复合场中的运动分类 1.静止或匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动 2匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 3较复杂的曲线运动 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 4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，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.电场磁场同区域应用实例 装置 原理图 规律 速度选择器 若 qv0BEq，即 v0EB，粒子做匀速直线运动 磁流体 发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为 U 时稳定，qUdqv0B，Uv0Bd 电磁流量计 UDqqvB 所以 vUDB所以 QvSUDBD22 质谱仪、回旋加速器见第 2 讲 温馨提示 复合场中重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，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，一般应考虑其重力(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力 图 831 1如图 831 是磁流体发电机的原理示意图，金属板 M、N 正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻 R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是()N 板的电势高于 M 板的电势 M 板的电势高于 N 板的电势 R 中有由 b 向 a 方向的电流 R 中有由 a 向 b 方向的电流 A B C D 解析 本题考查洛伦兹力的方向的判断，电流形成的条件等知识点 根据左手定则可知正电荷向上极板偏转，负电荷向下极板偏转，则 M 板的电势高于 N 板的电势M 板相当于电源的正板，那么 R 中有由 a 向 b 方向的电流 答案 C 图 832 2如图 832 所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子流在区域中不偏转，进入区域后偏转半径 r 相同，则它们一定具有相同的()A动能 B质量 C电荷量 D比荷 答案 D 图 833 3(2012 南昌高三调研)某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图 833 所示的直线斜向下由 A 点沿直线向 B 点运动，此空间同时存在由 A 指向 B 的匀强磁场，则下列说法正确的是()A小球一定带正电 B小球可能做匀速直线运动 C带电小球一定做匀加速直线运动 D运动过程中，小球的机械能减少 解析 本题考查带电体在复合场中的运动问题 由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受磁场力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项 A 错误；重力和电场力的合力不为零，故不是匀速直线运动，所以选项 B 错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速运动，选项 C 正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项 D 错误 答案 C 4如图 834 所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界 AB，CD的宽度为 d，在边界 AB 左侧是竖直向下、场强为 E 的匀强电场现有质量为 m、带电量为q 的粒子(不计重力)从 P 点以大小为 v0的水平初速度射入电场，随后与边界 AB 成 45 射入磁场若粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板(1)请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小 v；(2)求匀强磁场的磁感应强度 B；(3)求金属板间的电压 U 的最小值 图 834 解析(1)轨迹如图所示 vv0cos 45 2v0 (2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 设其轨道半径 R，由几何关系可知 Rdsin 45 2d qvBmv2R 解得 Bmv0qd(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有qU012mv2 解得 Umv02q.答案(1)轨迹见解析图 2v0(2)mv0qd(3)mv02q 对应学生用书P142 考点一 带电粒子在分离复合场中的运动“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图 受力 FBqv0B 大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 FEqE，FE大小、方向不变，为恒力 运动规律 匀速圆周运动 rmv0Bq，T2mBq 类平抛运动 vxv0，vyEqmt xv0t，yEq2mt2 续表 运动 时间 t2TmBq tLv0，具有等时性 动能 不变 变化【典例 1】在竖直平面内，图 835 以虚线为界分布着如图 835 所示的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为 E；匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B.虚线与水平线之间的夹角为 45，一个带负电荷的粒子在 O 点以速度 v0水平射入匀强磁场，已知带电粒子所带的电荷量为 q，质量为 m(重力忽略不计，电场、磁场区域足够大)求：(1)带电粒子第 1 次通过虚线时距 O 点的距离；(2)带电粒子从 O 点开始到第 3 次通过虚线时所经历的时间；(3)带电粒子第 4 次通过虚线时距 O 点的距离 解析 带电粒子运动的轨迹如图所示(1)据 qv0Bmv02r得 rmv0qB，又由几何知识可知：d1 2r，解得 d12mv0qB.(2)在磁场中运动时间为 t1T4m2qB 在电场中 aqEm 运动时间为 t22v0a2mv0qE 再一次在磁场中运动 t33m2qB，所以总时间 t2mqB2mv0qE.(3)再次进入电场中从 C 到 D 做类平抛运动(如图所示)xv0t4，yat422，xy，得 x2mv02qE 所以距 O 点距离为 d2d1 2x2 2mv0qB2 2mv02qE.答案(1)2mv0qB(2)2mqB2mv0qE(3)2 2mv0qB2 2mv02qE 解决带电粒子在分离复合场中运动问题的思路方法 【变式 1】在如图 836 所示的空 图 836 间坐标系中，y 轴的左侧有一匀强电场，场强大小为 E，场强方向与 y 轴负方向成 30，y 轴的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B(未画出)现有一质子在 x 轴上坐标为 x010 cm 处的 A 点，以一定的初速度 v0第一次沿 x 轴正方向射入磁场，第二次沿 x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场求：(1)质子在匀强磁场中的轨迹半径 R；(2)质子两次在磁场中运动时间之比；(3)若第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速度 v0和电场强度 E、磁感应强度 B 之间需要满足的条件 解析(1)质子两次运动的轨迹如图所示，由几何关系可知 x0Rsin 30 解得 R2x020 cm.(2)第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为 1210 第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为 230 故质子两次在磁场中运动时间之比为 t1t21271.(3)质子在磁场中做匀速圆周运动时，由 ev0Bmv02R得 Rmv0eB 设第一次射入磁场的质子，从 y 轴上的 P 点进入电场做类平抛运动，从 y 轴上的 Q 点进入磁场，由几何关系得，质子沿 y 轴的位移为 y2R 质子的加速度 aeEm 沿电场方向 ycos 30 12at2 垂直电场方向 ysin 30 v0t 解得 v03E6B.答案(1)20 cm(2)71(3)v03E6B 考点二 带电粒子在叠加复合场中的运动 带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点(1)受力分析是基础在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件(2)运动过程分析是关键在运动过程分析中应注意物体做直线运动，曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件(3)构建物理模型是难点根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解【典例 2】如图 837 所示，与水平面成 37 的倾斜轨道 AC，其延长线在 D 点与半圆轨道 DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于 MN 边界上)一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑，至 C 点时速度为 vC1007 m/s，接着沿直线 CD 运动到 D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过 F 点，在 F 点速度 vF4 m/s(不计空气阻力，g10 m/s2，cos 37 0.8)求：图 837(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从 F 点飞出时磁场同时消失，小球离开 F 点后的运动轨迹与直线 AC(或延长线)的交点为(G 点未标出)，求 G 点到 D 点的距离 解析(1)正电荷(2)依题意可知小球在 CD 间做匀速直线运动 在 D 点速度为 vDvC1007m/s 在 CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为 0，设重力与电场力的合力为 FqvCB 又 Fmgcos 375 N 解得 qBFvC720 在 F 处由牛顿第二定律可得 qvFBFmvF2R 把 qB720代入得 R1 m 小球在 DF 段克服摩擦力做功 Wf，由动能定理可得 Wf2FRmvF2vD22 Wf27.6 J(3)小球离开 F 点后做类平抛运动，其加速度为 aFm 由 2Rat22得 t 4mRF2 25 s 交点 G 与 D 点的距离 GDvFt1.6 2 m2.26 m.答案 见解析【变式 2】(2011 广东六校联合体联考)图 838 如图 838 所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E12 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度 B103 T，方向垂直纸面向外；有一质量 m1102kg、电荷量 q4105C 的带正电小球自 O 点沿与水平线成 45 角以 v04 m/s 的速度射入复合场中，之后小球恰好从 P 点进入电场强度 E22 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求：(1)O 点到 P 点的距离 s1；(2)带电小球经过 P 点的正下方 Q 点时与 P 点的距离 s2.解析(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力 Gmg0.1 N 电场力 F1qE10.1 N 即 GF1，故带电小球在正交的电磁场中由 O 到 P 做匀速圆周运动 根据牛顿第二定律得 qv0Bmv02R 解得：Rmv0qB110244105103m1 m 由几何关系得：s1 2R 2 m.(2)带电小球在 P 点的速度大小仍为 v04 m/s，方向与水平方向成 45.由于电场力 F2qE20.1 N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为 F210 N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动 建立如图所示的 x、y 坐标系，沿 y 轴方向上，带电小球的加速度 aFm10 2m/s2，位移 y12at2 沿 x 轴方向上，带电小球的位移 xv0t 由几何关系有：yx 即：12at2v0t，解得：t252 s Q 点到 P 点的距离 s2 2x 24252 m3.2 m.答案(1)2 m(2)3.2 m 对应学生用书P144 11.带电粒子“在复合场中运动的轨迹”模型 (1)模型概述 当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时，粒子做各种各样的运动，形成了异彩纷呈的轨迹图形对带电粒子而言“受力决定运动，运动描绘轨迹，轨迹涵盖方程”究竟如何构建轨迹模型，至关重要首先应根据电场力和洛伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力，再由物体做曲线运动的条件确定曲线形式(2)模型分类“拱桥”型 图 839【典例 1】如图 839 所示，在 x 轴上方有垂直于 xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为 B，在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强为 E，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达 x 轴时，它与 O 点的距离为 L，求此时粒子射出时的速度和运动的总路程(重力不计)解析 画出粒子运动轨迹如图所示，形成“拱桥”图形由题可知粒子轨道半径 RL4.由牛顿运动定律知粒子运动速率为 vBqRmBqL4m 设粒子进入电场后沿 y 轴负方向做减速运动的最大路程为 y，由动能定理知12mv2qEy，得 yqB2L232mE 所以粒子运动的总路程为 xqB2L216mE12L.“心连心”型 图 8310 【典例 2】如图 8310 所示，一理想磁场以 x 轴为界，下方磁场的磁感应强度是上方磁感应强度 B 的两倍今有一质量为 m、电荷量为q 的粒子，从原点 O 沿 y 轴正方向以速度 v0射入磁场中，求此粒子从开始进入磁场到第四次通过 x 轴的位置和时间(重力不计)解析 由 rmvBq知粒子在 x 轴上方做圆周运动的轨道半径 r1mv0Bq，在 x 轴下方做圆周运动的轨道半径 r2mv02Bq，所以 r12r2 现作出带电粒子的运动的轨迹如图所示，形成“心连心”图形，所以粒子第四次经过 x轴的位置和时间分别为 x2r12mv0Bq tT1T22mBq2m2Bq3mBq“葡萄串”型【典例 3】如图 8311 甲所示，互相平行且水平放置的金属板，板长 L1.2 m，两板距离 d0.6 m，两板间加上 U0.12 V 恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律如图 8311 乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正当 t0 时，有一质量为 m2.0106kg、电荷量 q1.0104C 的粒子从极板左侧以 v04.0103m/s 沿与两板平行的中线 OO射入，取 g10 m/s2、3.14.求：图 8311(1)粒子在 01.0104s 内位移的大小 x；(2)粒子离开中线 OO的最大距离 h；(3)粒子在板间运动的时间 t；(4)画出粒子在板间运动的轨迹图 解析(1)由题意知：EqUdq2.0105N 而 mg2.0105N 显然 Eqmg 故粒子在 01.0104s 时间内做匀速直线运动，因为 t1.0104s，所以 xv0t0.4 m(2)在 1.01042.0104s 时间内，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，因为 T2mqB1.0104s 故粒子在 1.01042.0104s 时间内恰好完成一个周期圆周运动 由牛顿第二定律得：qv0Bmv02R Rmv0qB0.064 m h2R0.128 m0)的粒子以速度 v0从平面 MN 上的 P0点水平向右射入区粒子在区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里求粒子首次从区离开时到出发点 P0的距离粒子的重力可以忽略 解析 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下做类平抛运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为 a，由牛顿运动定律得 qEma 设经过时间 t0粒子从平面 MN 上的点 P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得 v0t012at02 粒子速度大小 v1 v02at02 设速度方向与竖直方向的夹角为，则 tan v0at0 此时粒子到出发点 P0的距离为 s0 2v0t0 此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1mv1qB 设粒子首次离开磁场的点为 P2，弧 P1P2所对的圆心角为 2，则点 P1到点 P2的距离为 s12r1sin 由几何关系得 45 联立式得 s1 2mv0qB 点 P2与点 P0相距 ls0s1 联系解得 l2mv0q2v0E1B 答案 2mv0q2v0E1B 图 8313 2(2011 安徽卷，23)如图 8313 所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里一带正电的粒子(不计重力)从 O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0时间从 P 点射出(1)求电场强度的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入，经t02时间恰从半圆形区域的边界射出求粒子运动加速度的大小；(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，但速度为原来的 4 倍，求粒子在磁场中运动的时间 解析(1)因为带电粒子进入复合场后做匀速直线运动，则 qv0BqE Rv0t0 由联立解得 EBRt0，方向沿 x 轴正方向 (2)若仅撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，沿 y 轴正方向做匀速直线运动 yv0t02R2 沿 x 轴正方向做匀加速直线运动 x12at2 由几何关系知 x R2R2432R 解得 a4 3Rt02(3)仅有磁场时，入射速度 v4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为 r，由牛顿第二定律有 qvBmv2r 又 qEma 可得 r3R3 由几何知识 sin R2r 即 sin 32，3 带电粒子在磁场中运动周期 T2mqB 则带电粒子在磁场中运动时间 t22T，所以 t318t0.答案 见解析 3(2011 重庆卷，25)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动如图 8314 所示，材料表面上方矩形区域 PPNN 充满竖直向下的匀强电场，宽为 d；矩形区域 NNMM 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长为 3s，宽为 s；NN为磁场与电场之间的薄隔离层一个电荷量为 e、质量为 m、初速为零的电子，从 P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的 10%，最后电子仅能从磁场边界 MN飞出不计电子所受重力 图 8314(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比(2)求电场强度的取值范围(3)A 是 MN的中点，若要使电子在 A、M间垂直于 AM飞出，求电子在磁场区域中运动的时间 解析(1)设圆周运动的半径分别为 R1、R2、Rn、Rn1，第一和第二次圆周运动速率分别为 v1和 v2，动能分别为 Ek1和 Ek2.由：Ek20.81Ek1，R1mv1Be，R2mv2Be，Ek112mv12，Ek212mv22，得 R2R10.9.(2)设电场强度为 E，第一次到达隔离层前的速率为 v.由 eEd12mv2,0.912mv212mv12，R1s 得 E5B2es29md，又由：Rn0.9n1R1，2R1(10.90.920.9n)3s 得 EB2es280md，故B2es280mdE5B2es29md.(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为 T，运动的半圆周个数为 n，运动总时间为t.由题意，有2R110.9n10.9Rn13s，R1s，Rn10.9nR1，Rn1s2，得 n2，又由 T2meB.得：t5m2eB.答案(1)0.9(2)B2es280mdE5B2es29md(3)5m2eB