【物理】2018届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 学案 26页

第3讲　带电粒子在复合场中的运动 知|识|梳|理 微知识❶ 带电粒子在复合场中的运动 ‎1．复合场与组合场 ‎(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。‎ ‎(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。‎ ‎2．运动情况分类 ‎(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，将处于静止状态或匀速直线运动状态。‎ ‎(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时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的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。‎ 微知识❷ 带电粒子在复合场中运动的应用实例 装置 原理图 规律 速度 选择器 若qv0B＝qE，即v0＝，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，使两极带电，当q＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝Bv0d 电磁 流量计 当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝ 霍尔 效应 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 基|础|诊|断 一、思维诊断 ‎1．带电粒子在复合场中不可能处于静止状态(×)‎ ‎2．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，必有mg＝qE，洛伦兹力提供向心力(√)‎ ‎3．回旋加速器中带电粒子获得的最大动能由加速电压大小决定(×)‎ ‎4．带电粒子在重力、恒定电场力、洛伦兹力三个力共同作用下做直线运动时可能做变速直线运动(×)‎ 二、对点微练 ‎1．(带电粒子在复合场中的直线运动)带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．v甲＞v乙＞v丙 B．v甲＜v乙＜v丙 C．甲的速度可能变大 D．丙的速度不一定变大 解析　由左手定则可判断正电荷所受洛伦兹力向上，而所受的电场力向下，由运动轨迹可判断qv甲B＞qE即v甲＞，同理可得v乙＝，v丙＜，所以v甲＞v乙＞v丙 ‎，故A正确，B错；电场力对甲做负功，甲的速度一定减小，对丙做正功，丙的速度一定变大，故C、D错误。‎ 答案　A ‎2．(带电粒子在复合场中的匀速圆周运动)(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．该微粒带负电，电荷量q＝ B．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动 C．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同 D．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动 解析　带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A正确。微粒分裂后只要比荷相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B正确，D错误。根据半径公式r＝可知，在比荷相同的情况下，半径只跟速率有关，速率不同，则半径一定不同，选项C正确。‎ 答案　ABC ‎3．(带电粒子在组合场中的运动)(多选)如图所示是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A‎1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是(　　)‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 解析　因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，A正确。在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确。再由qE＝qvB有v＝，C正确。在匀强磁场B0中R＝，所以＝，D错误。‎ 答案　ABC 核心微讲 ‎“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)‎ 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力 情况 电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动 轨迹 求解 方法 利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t vy＝t，y＝t2‎ 偏转角φ：tanφ＝＝ 半径r＝ 周期T＝ 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 运动 时间 t＝ t＝T＝ 动能 变化 不变 典例微探 ‎【例1】　(2017·福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0。‎ 解题导思：‎ ‎(1)粒子在磁场中做什么运动？‎ 答：粒子在磁场中做匀速圆周运动。‎ ‎(2)粒子在电场中做什么运动？‎ 答：粒子在电场中做匀变速曲线运动(类斜上抛运动)。‎ 解析　(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得 rcos 45°＝h 可得r＝h 又qv1B＝ 可得v1＝＝。‎ ‎(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有vb＝v1cos 45°‎ 得vb＝ 设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb 结合类平抛运动规律得r＋rsin 45°＝vbt yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h 由动能定理有：－qEyb＝mv－mv 解得E＝。‎ ‎(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝ 第一次经过x轴的时间t1＝T＝ 在电场中运动的时间t2＝2t＝ 在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 t3＝T＝ 所以总时间 t0＝t1＋t2＋t3＝。‎ 答案　(1)h　 ‎(2) ‎(3) 题组微练 ‎1－1.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：‎ ‎(1)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；‎ ‎(2)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。‎ 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qv1B＝m　①‎ 解得R＝　②‎ 设粒子从N点离开磁场，如图所示，由几何知识可知 ON＝R　③‎ 联立②③两式解得：‎ ON＝。　④‎ ‎(2)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＝＝vt　⑤‎ 解得：t＝　⑥‎ 竖直位移y＝2R＝＝at2　⑦‎ 而a＝　⑧‎ 联立⑥⑦⑧式并解得v＝　⑨‎ a．若v>，则粒子从y轴离开电场，轨迹如图，水平位移 x＝2R＝＝vt得t＝ vy＝at＝t＝ 则粒子离开电场时的速度 v2＝＝ b．若v<，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y方向的位移大小相等 x＝vt y＝x＝t，解得vy＝2v 则粒子离开电场时的速度 v3＝＝v 答案　(1)　(2)见解析 ‎1－2.如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ＝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，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：‎ ‎(1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t′；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度E的大小。‎ 解析　(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＝m，联立得v＝，又T＝，粒子在磁场中运动时间t1＝T。‎ 由M到A′做匀速直线运动的时间t2＝，‎ 粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间t′＝t1＋t2，‎ 联立以上各式得t′＝。‎ ‎(2)粒子在电场中做类平抛运动，‎ M′N＝vt，A′N＝at2，a＝，‎ 由几何关系得 A′N＝A′N′＋N′N，A′N′＝，‎ N′N＝M′Ntanθ，‎ 联立得E＝(＋qBttanθ)，‎ 把θ＝30°代入得 E＝(‎4m＋qBt)。‎ 答案　(1)　‎ ‎(2)(‎4m＋qBt)‎ 核心微讲 ‎1．静止或匀速直线运动：条件是带电粒子所受合外力为零，应根据平衡条件列方程求解。‎ ‎2．匀速圆周运动：条件是带电粒子所受重力与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，常应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。‎ ‎3．一般的曲线运动：带电粒子所受合力的大小和方向都时刻发生变化，一般应从功和能的角度列方程求解。‎ 典例微探 ‎【例2】　如图所示，在水平地面上方有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域。磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直于纸面向里。一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g。 ‎ ‎(1)求此区域内电场强度的大小和方向；‎ ‎(2)若某时刻微粒在场中运动到P点时，速度与水平方向的夹角为60°，且已知P点与水平地面间的距离等于微粒做圆周运动的半径。求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离；‎ ‎(3)当带电微粒运动至最高点时，将电场强度的大小变为原来的 ‎(方向不变，且不计电场变化对原磁场的影响)，且带电微粒能落至地面，求带电微粒落至地面时的速度大小。‎ 解题导思：‎ ‎(1)带电微粒做匀速圆周运动，微粒受的重力和电场力能提供向心力吗？‎ 答：提供向心力的一定是变力，重力和电场力都是恒力。‎ ‎(2)带电微粒做匀速圆周运动，其受到的重力和电场力有何关系？谁来提供向心力？‎ 答：重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。‎ 解析　(1)由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动，表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反，因此电场强度的方向竖直向上，设电场强度为E，‎ 则有mg＝qE，即E＝。‎ ‎(2)设带电微粒做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有 qvB＝，解得r＝。‎ 依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，该微粒运动至最高点与水平地面间的距离hm＝r＝。‎ ‎(3)将电场强度的大小变为原来的，则电场力变为原来的，即F电＝。‎ 带电微粒运动过程中，洛伦兹力不做功，所以在它从最高点运动至地面的过程中，只有重力和电场力做功。设带电微粒落地时的速度大小为v1，根据动能定理有 mghm－F电hm＝mv－mv2，‎ 解得v1＝ 。‎ 答案　(1)，方向竖直向上　‎ ‎(2) ‎(3) 带电粒子在叠加场中运动的分析方法 题组微练 ‎2－1.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C。小物体P1质量m＝2×10－‎3 kg、电荷量q＝＋8×10－‎6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s。‎ 解析　(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB　①‎ f＝μ(mg－F1)　②‎ 由题意，水平方向合力为零 F－f＝0　③‎ 联立①②③式，代入数据解得 v＝‎4 m/s。　④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mv－mv2　⑤‎ P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1　⑥‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 s1＝vGt＋a1t2　⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsinθ－μm2gcosθ＝m‎2a2　⑧‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 s2＝a2t2　⑨‎ s＝s1＋s2　⑩‎ 联立⑤～⑩式，代入数据得 s＝‎0.56 m。‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎‎0.56 m ‎2－2.设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0 V/m，磁感应强度的大小B＝0.15‎ ‎ T。现有一带负电的质点以v＝‎20 m/s的速度在此区域内沿垂直场强的方向做匀速直线运动，求此带电质点的电荷量与质量之比q/m以及磁场所有可能的方向。‎ 解析　对带电质点受力分析，如图所示，设磁场方向与重力方向的夹角为θ，由平衡条件得 ‎(Bqv)2＋(Eq)2＝(mg)2，‎ 故＝。‎ 代入数据得＝‎1.96 C/kg，‎ tanθ＝＝＝，θ＝arctan。‎ 即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctan且斜向下方的一切方向。‎ 答案　＝‎1.96 C/kg，磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctan且斜向下方的一切方向 核心微讲 ‎1．质谱仪的主要特征 将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r＝＝＝＝ 。在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝，根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷。‎ ‎2．回旋加速器的主要特征 ‎(1)带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。‎ ‎(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1∶∶…‎ ‎(4)粒子的最后速度v＝，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半径和磁场的强弱。‎ ‎3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应，均抓住一个平衡方程Eq＝Bqv。‎ 典例微探 ‎【例3】　(2017·常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是(　　)‎ A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流 D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 解题导思：‎ ‎(1)回旋加速器中交变电压的周期与粒子在磁场中运动的周期有何关系？‎ 答：相等。‎ ‎(2)质子被加速后的最大速度与加速电压有关系吗？‎ 答：与加速电压无关，与加速器的半径有关。‎ 解析　由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故D错误。‎ 答案　A 题组微练 ‎3－1.(2017·皖南联考)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为‎3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 (　　)‎ A．‎1.3 m/s，a正、b负 　 B．‎2.7 m/s，a正、b负 C．‎1.3 m/s，a负、b正 　 D．‎2.7 m/s，a负、b正 解析　由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a正、b负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：qvB＝q，代入数据解得v≈‎1.3 m/s，故选A。‎ 答案　A ‎3－2.(2017·芜锡模拟)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等 B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等 C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等 D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大 解析　从小孔S进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中，qE＝，无法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项A、B错误；打到胶片上同一点的粒子，在磁场中运动半径相同，由qvB＝m，得r＝，联立qE＝，可得r＝，所以打到胶片上同一点的粒子速度相等，与比荷无关，选项C正确，选项D错误。‎ 答案　C 带电粒子在交变电磁场中的运动 核心微讲 带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路 母题导航 ‎【母题】　如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。‎ ‎(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求电场变化的周期T；‎ ‎(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。‎ 解析　(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB　①‎ 微粒做圆周运动，则mg＝qE0　②‎ 联立①②得q＝　③‎ B＝　④‎ ‎(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则 ＝vt1　⑤‎ qvB＝m　⑥‎ ‎2πR＝vt2　⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得t1＝，‎ t2＝　⑧‎ 电场变化的周期 T＝t1＋t2＝＋　⑨‎ ‎(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R　⑩‎ 联立③④⑥得R＝　⑪‎ 设在N1Q段直线运动的最短时间为t1 min 由⑤⑩⑪得t1 min＝＝ 因t2不变，T的最小值为 Tmin＝t1 min＋t2＝。‎ 答案　(1)　　(2)＋　(3) 子题微练 ‎1．如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场。一个带正电小球在0时刻以v0＝3gt0的初速度从O点沿x轴正方向(水平向右)射入该空间，在t0时间该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿y轴负方向(竖直向上)，场强大小E0＝，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0＝。已知小球的质量为m，带电荷量为q，当地重力加速度为g，空气阻力不计。求：‎ ‎ ‎ 甲 　乙 ‎ ‎(1)12t0末小球速度的大小；‎ ‎(2)在给定的xOy坐标系中，大致画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图。‎ 解析　(1)0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动。当同时加上电场和磁场时，电场力：F1＝qE0＝mg，方向向上，因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：qvB0＝m 运动周期T＝ 联立解得T＝2t0‎ 电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。所以小球在t1＝12t0末的速度相当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度 vy＝g·2t0＝2gt0，所以12t0末v1＝＝gt0。‎ ‎(2)0～24t0内运动轨迹的示意图如图所示。‎ 答案　(1)gt0　(2)见图 ‎2．如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q＞0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)‎ ‎　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 ‎(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；‎ ‎(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；‎ ‎(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。‎ 解析　(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得 qU0＝mv2　①‎ 由①式得 v＝ 　②‎ 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 q＝ma　③‎ 由运动学公式得 d＝a2　④‎ 联立③④式得 d＝ 。　⑤‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m　⑥‎ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ‎2R＞　⑦‎ 联立②⑥⑦式得 B＜ 。　⑧‎ ‎(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有 d＝vt1　⑨‎ 联立②⑤⑨式得 t1＝　⑩‎ 若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得 d＝t2　⑪ ‎ 联立⑨⑩⑪式得 t2＝　⑫‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t t＝3T0－－t1－t2　⑬‎ 联立⑩⑫⑬式得 t＝　⑭‎ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得 T＝　⑮‎ 由题意可知 T＝t　⑯‎ 联立⑭⑮⑯式得 B＝。‎ 答案　(1) 　 　‎ ‎(2)B＜ ‎(3)　 ‎1.带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所示，运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，粒子仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为(　　)‎ A．v0　　　　 B.　　　　‎ C．2v0　　　　 D. 解析　设Oa＝Ob＝d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即r＝＝d，得到B＝。如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直方向沿y轴负方向做匀加速运动，即d＝××2，得到E＝，所以＝2v0，选项C正确。‎ 答案　C ‎2.(2017·杭州联考)(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是(　　)‎ A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的场强为Bvcosθ 解析　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确、B错误；由平衡条件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsinθ，故选项C正确、D错误。‎ 答案　AC ‎3．(多选)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，小球将不做圆周运动 解析　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，D错误。‎ 答案　BC ‎4．(2017·湖南模拟)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S‎0A＝S‎0C，则下列相关说法正确的是(　　)‎ A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2‎ 解析　由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误。粒子在磁场中做圆周运动，满足B2qv＝m，得＝，由题意知r甲