高考物理复习专题知识点26-带电粒子在复合场中的运动

高考物理复习专题知识点26-带电粒子在复合场中的运动

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：① 相邻场；② 重叠场；③ 交替场；④ 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：① 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；② 匀速圆周运动：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；③ 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；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，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 ‎⑴ 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 = ．‎ ‎⑵ 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 = ρl/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 +ρl)．‎ ‎⑶ 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：qvB = qE = qU/D，所以v = ，因此液体流量所以Q = vS = ．‎ ‎⑷ 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：‎ ‎⑴ 从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t′；‎ ‎⑵ 匀强电场的电场强度E的大小．‎ ‎〖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 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 = 8.0×10－‎19 C、质量m = 8.0×10－‎26 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：‎ ‎⑴ 离子在平行板间运动的速度大小；‎ ‎⑵ 离子打到荧光屏上的位置C的坐标；‎ ‎⑶ 现只改变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O′O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：‎ ‎⑴ 电场强度E的大小；‎ ‎⑵ 磁感应强度B的大小；‎ ‎⑶ 速率为λv0（λ ＞ 1）的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 = 2π 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：‎ ‎⑴ t = π s时粒子速度的大小和方向；‎ ‎⑵ π s ～ 2π s内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎⑶ 画出0 ～ 4π 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 = 2πm/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θ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：‎ ‎⑴ 第6秒内小球离开斜面的最大距离．‎ ‎⑵ 第19秒内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2012·江苏卷】如图所示，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．‎ ‎⑴ 求粒子射出平移器时的速度大小v1；‎ ‎⑵ 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；‎ ‎⑶ 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Oxyz．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 ‎ – y z ‎– z 受力大小 F F F F 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 = cm的平行金属板，加上U = ×104 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 = 1.0×10－‎10 kg，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．‎ ‎⑴ 求带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向；‎ ‎⑵ 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，该加速器也可加速α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2πRf D．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∶1‎ ‎2．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：‎ ‎⑴ 两金属板间所加电场的场强大小；‎ ‎⑵ 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：‎ ‎⑴ 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．‎ ‎⑵ 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．‎ ‎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/q D．匀强磁场的磁感应强度B = mg/qv ‎5．两块金属板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 = ‎3.0 cm，两板间电势差U = 150 V，v0 = 2.0×‎107 m/s．‎ ‎⑴ 求磁感应强度B的大小；‎ ‎⑵ 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 = 1.76×‎1011 C/kg，电子带电荷量的大小e = 1.60×10－‎19 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．‎ ‎⑴ 判断球面A、B的电势高低，并说明理由；‎ ‎⑵ 求等势面C所在处电场强度E的大小；‎ ‎⑶ 若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，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ΔEK左和ΔEK右分别为多少？‎ ‎⑷ 比较|ΔEK左|和|ΔEK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，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积．‎ ‎⑴ 写出E－r曲线下面积的单位；‎ ‎⑵ 己知带电球在 r ≥ R处的场强E = kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?‎ ‎⑶ 求球心与球表面间的电势差△U；‎ ‎⑷ 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 = +2.5×10－‎4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ = 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：‎ ‎⑴ 物块经多长时间离开木板？‎ ‎⑵ 物块离开木板时木板获得的动能．‎ ‎⑶ 物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．‎ 参考答案：‎ ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎2．竖直向下 qE BIl qvB ‎3．合外力 大小 方向 洛伦兹 匀强磁场 ‎4．E/B 正 Blv U/DB πDU/4B Bdv ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．BC；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正确．‎ ‎2．D；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．‎ ‎3．B；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 ① 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 ② 设cd = x，由几何关系得 ac = 0.8R + x ③ bc = 0.6R + ④ 联立②③④式得r = R ⑤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 ⑥ 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 ⑦ r = vt ⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E = 14qRB2/5m．‎ 变式1 ⑴ 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 = mv2/R，联立得v = qBL/m，又T = 2πR/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′ = t1＋t2，联立以上各式得t′ = ．‎ ‎⑵ 粒子在电场中做类平抛运动，M′N = vt，A′N = at2/2，a = qE/m，由几何关系得 A′N = A′N′ + N′N，A′N′ = L/cos2θ，N′N = M′Ntanθ，联立得E = ，把θ = 30°代入得 E＝(‎4m＋qBt)．‎ 例2 ⑴ 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，代入数据解得v = 5.0×‎105 m/s．‎ ‎⑵ 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θ = 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 = (0.2＋0.4)m = 0.6 m．‎ ‎⑶ 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′ = 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 = T = 0.3 T, 则B2′ ≥ 0.3 T．‎ 变式2 ⑴ 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．‎ ‎⑵ 如图甲所示，有qv0B = mv02/R，R2 = (3d)2 + (R – d )2，得B = kv0/5d．‎ ‎⑶ 如图乙所示，有qλv0B = m(λv0)2/R，tanθ = ，y1 = R1 –，y2 = ltanθ，y = y1 + y2，得y＝d(5λ – ) +．‎ 例3 　⑴ 在0～π 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；π s末的速度为v1 = ，v1与水平方向的夹角为α，则tanα = vy/vx，代入数据解得v1 = 2 π m/s，方向与x轴正方向成45°斜向上．‎ ‎⑵ 因T = = π s，故在π s ～ 2π 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 = π m．‎ ‎⑶ 轨迹如图所示．‎ 变式3 ⑴ 设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sin θ = ma ① 第一秒末的速度为：v = at1 ② 在第二秒内：qE0 = mg ③ 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 ④ 圆周运动的周期为：T = 2πm/qB = 1 s ⑤ 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) = 6gsinθ ⑥ 小球离开斜面的最大距离为d = 2R3 ⑦ 由以上各式得：d = (6gsinθ)/ π．‎ ‎⑵ 第19秒末的速度： v19 = a(t1 + t3 + t5 + t7 + … + t19) = 20gsinθ ⑧ 小球未离开斜面的条件是：qv19B ≤ (mg + qE0)cosθ ⑨ 所以：tanθ ≤ 1/20π．‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．⑴ 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 =．‎ ‎⑵ 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 = 2y1 + y2，解得y = U1l2/U0d，则当加速电压为4U0时，U = 4U1．‎ ‎⑶ （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 = (F)2，则f = 2F且 f = qv1B，解得B = ．‎ ‎（c）设电场方向与x轴方向夹角为α，若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得 (f + Fsinα)2 + (Fcosα)2 = (F)2，解得α = 30°，或α = 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– 30°或– 150°．‎ 预测1 ⑴ 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 = ×105 m/s，v = = ×105 m/s；设速度v与水平方向的夹角为θ，则有tan θ = vy/v0 = ，即垂直于AB射出．‎ ‎⑵ 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 = m = ，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 = = ×10－‎2 m，由qvB1 = mv2/R1，得B1 = mv/qR1 = T．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．CD；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 = 2πR/T = 2πRf，C正确；粒子旋转频率为f = qB/2πm，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＝2mπ2R‎2f2，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∶1，D正确．‎ ‎2．⑴ 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．‎ ‎⑵ 设粒子以速度v飞出电场后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θ，则有qvB = mv2/R，sinθ = L/2R，sinθ = vy/v，vy = at 联立解得：B = 2mv0/qL．‎ ‎3．⑴ 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 ① 解得R = mv1/qB 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 = mv1/qB ④‎ ‎⑵ 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 ⑤ 解得：t = 2m/qB ⑥ 竖直位移y = 2R = 2mv1/qB = at2/2 ⑦ 而a = qE/m ⑧ 联立⑥⑦⑧式并解得v = E/B ⑨‎ ‎（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 ⑩ vy = at = qEt/m = 2E/B．则粒子离开电场时的速度v2 = ＝ ．‎ ‎（b） 若v < E/B，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 = vyt/2，解得vy = 2v，则粒子离开电场时的速度v3 = = v．‎ ‎4．A；因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE = mg，qvB = mg，得电场强度E = mg/q，磁感应强度B = mg/qv．‎ ‎5．⑴ 电子进入正交的电、磁场不发生偏转，则满足 Bev0 = eU/d，B = U/v0d = 2.5×10－4 T．‎ ‎⑵ 设电子通过场区偏转的距离为y1，y1 = at2/2 = eUl2/2mdv02 = 1.1×10－2 m，ΔEk = eEy1 = eUy1/d = 8.8×10－18 J = 55 eV．‎ ‎6．⑴ 电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．‎ ‎⑵E = = ⑶ΔEK左=e(φB-φC) ΔEK右 = e(φA-φC) ⑷ │ΔEK左│>│ΔEK右│‎ ‎7．（1）V（伏特）‎ ‎（2） ‎ ‎（3）‎ ‎（4）由动能定理 ‎8．⑴ 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[来源:学.科.网Z.X.X.对物块：mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma1‎ 对木板：Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F＝Ma2‎ 又a1t2－a2t2＝L 联立解得物块滑离木板所用时间t＝ s.‎ ‎⑵ 物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝‎3 m/s 其动能为Ek2＝Mv＝27 J ‎⑶由于摩擦而产生的内能为 Q＝Ffx相对＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J