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文档介绍
【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在复合场中的运动学案（江苏专用）
能力课1 带电粒子在复合场中的运动 带电粒子在组合场中的运动 “磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ 【例1】 (2017·南通一模)如图1所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标平面，与x轴夹角为30°，y轴与ON间有沿＋y方向、场强为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为－q的离子从y轴上的P点以速度v0、沿＋x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点(图中未标出)。现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标平面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿＋x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计。 图1 (1)求离子在电场中运动的时间t1； (2)求P点距O点的距离y1和离子在磁场中运动的加速度大小a； (3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k为常数)、沿＋x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，求k应满足的条件。 解析 (1)设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a1，则 vy＝ qE＝ma1 vy＝a1t1 解得t1＝ (2)由几何关系可知 y1＝a1t＋v0t1tan 30° 解得y1＝ 设离子在磁场中做圆周运动半径为r，O为圆心则 rcos 30°＝v0t1 而a＝ 解得a＝ (3)如图所示，设从纵坐标为y处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的圆周运动半径为r0，则 r0＋＝y 而qBv＝ 其中v＝ky 为使离子能打到荧光屏上应满足r′≥r0 qBv0＝ma 解得k≥ 答案 (1) (2) (3)k≥ 【例2】 (2017·全国卷Ⅲ，24)如图2，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)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2 (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离。 解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝③ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝④ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案 (1)(1＋) (2)(1－) “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 带电粒子在叠加场中的运动 1.磁场力、重力并存 (1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。 (2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。 2.电场力、磁场力并存(不计重力) (1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。 (2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。 3.电场力、磁场力、重力并存 (1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。 (2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。 (3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。 【例3】 (2016·天津理综，11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g＝10 m/s2，求： 图3 (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。 解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB＝① 代入数据解得v＝20 m/s② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ＝③ 代入数据解得tan θ＝ θ＝60°④ (2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有 a＝⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2⑦ tan θ＝⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s＝3.5 s⑨ 解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s＝3.5 s⑦ 答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 带电粒子在交变场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清、并明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 【例4】 (2017·无锡期末)如图4甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l、0≤y≤2l 的矩形区域中存在一个如图乙所示的交变磁场(B0和T0未知)，磁场方向向里为正。一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿＋x 方向入射，不计粒子重力。 图4 (1)若粒子从t＝0时刻入射，在t＜的某时刻从点(l，)射出磁场，求B0大小； (2)若B0＝，且粒子从0≤t≤的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围； (3)若B0＝，在x＞l的区域施加一个沿－x方向的匀强电场，粒子在t＝0时刻入射，将在T0时刻沿＋x方向进入电场，并最终从(0，2l)沿－x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。 解析 (1)如图甲所示，在磁场中，qv0B0＝m 甲 由几何关系，有R2＝l2＋，解得R＝l 因此B0＝ (2)粒子运动的半径为R＝，临界情况为粒子从t＝0时刻入射，并且轨迹恰好与y轴相切，如图乙所示。 乙 圆周运动的周期T＝＝ 由几何关系知，在t＝内，粒子转过的圆心角为 对应运动时间t1＝T＝T 应满足t1≥ 联立可得T0≤ (3)运动轨迹如图丙所示 丙 由题意知，·＝T0 得到T0＝ 在电场中，qE＝ma 往返一次用时Δt＝ 应有Δt＝T0 可得E＝，(n＝0，1，2…) 运动路程为x＝v0··2＝ (n＝0，1，2…) 答案 (1) (2)T0≤ (3) (n＝0，1，2…) (n＝0，1，2…) 带电粒子在复合场中的运动实例——质谱仪 [题源一：人教版选修3－1·P100·例题]一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上(图3.6－4)。 图3.6－4 (1)求粒子进入磁场时的速率； (2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。 拓展1 (2016·全国卷Ⅰ，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图5所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( ) 图5 A.11 B.12 C.121 D.144 解析 设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁场中qvB＝m② 由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确。 答案 D 拓展2 (2017·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图6所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图6中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。 图6 (1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x； (2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d； (3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。 解析 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1， 电场加速qU0＝·2mv2，且qvB＝2m 解得 r1＝ 根据几何关系x＝2r1－L， 解得x＝－L。 (2)如图最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 解得d＝－ (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2， r1的最小半径r1min＝， r2的最大半径r2max＝， 由题意知2r1min－2r2max＞L， 即－＞L， 解得L＜[2－] 答案 (1)－L (2)见解析 － (3)L＜[2－] 1.质谱仪的作用 测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。 2.质谱仪的工作原理(如图7所示) (1)加速电场：qU＝mv2； (2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r； 图7 由以上两式可得r＝，m＝，＝。 1.(2017·江苏清江中学冲刺模拟)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图8所示，初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U的电场加速后，进入分离区，如果在分离区使用匀强电场或匀强磁场把粒子进行分离，所加磁场方向垂直纸面向里，所加电场方向竖直向下，则下列可行的方法是( ) 图8 A.电场和磁场都不可以 B.电场和磁场都可以 C.只能用电场 D.只能用磁场 解析 在加速电场中，由动能定理得qU＝mv ，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L，则在电场中偏转时有：沿电场方向y＝at2＝＝，联立得粒子在分离区偏转距离y＝，可知，加速电压U相同，偏转电场的E和L相同，y相同，所以不能将质子和α粒子进行分离；若分离区加垂直纸面向里的磁场，粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r＝＝，由于质子和α粒子的比荷不同，运动的半径r也不同，所以能将两种粒子分离，故A、B、C项错误，D项正确。 答案 D 2.如图9所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( ) 图9 A.液滴带正电 B.液滴比荷＝ C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v＝ 解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故选项B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，选项C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故选项D错误。 答案 C 3.如图10所示，一束带负电的粒子(质量为m、电荷量为e)以速度v垂直磁场的边界从A点射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中。若粒子的速度大小可变，方向不变，要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过( ) 图10 A. B. C. D. 解析 解答此题时可从动态圆模型角度思考，通过画出几个粒子速度大小不同的轨迹圆弧，从而得到临界轨迹圆弧，如图所示，由几何关系可知：R＝d，即粒子运动轨迹与磁场的右边界相切，又evB＝ 联立解得v＝。故选项C正确。 答案 C 4.(2017·无锡模拟)如图11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( ) 图11 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，在磁场中运动的半径相同，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，D错误。 答案 C 活页作业 (时间：45分钟) 一、单项选择题 1.如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是( ) 图1 A.粒子a带负电 B.粒子c的动能最大 C.粒子b在磁场中运动的时间最长 D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大 解析 由左手定则可知，a粒子带正电，故选项A错误；由qvB＝m，可得r＝，由图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有f向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故选项D正确，B错误；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故选项C错误。 答案 D 2.如图2所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则 ( ) 图2 A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B.若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t C.若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek 解析 质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek ，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。 答案 C 3.如图3所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( ) 图3 A.适当减小电场强度E B.适当减小磁感应强度B C.适当增大加速电场极板之间的距离 D.适当减小加速电压U 解析 要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Eq＝qvB。根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力。适当减小电场强度E，即可以减小电场力，选项A正确；适当减小磁感应强度B，可以减小洛伦兹力，选项B错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU＝mv2可得v＝，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C错误；同理，适当减小加速电压U，可以减小电子进入复合场中的速度v，从而减小洛伦兹力，选项D错误。 答案 A 4.(2017·江苏南通市、泰州市、扬州市高三第三次模拟考试)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子。如图4所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v ，忽略粒子重力及粒子间相互作用。要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B的最小值为( ) 图4 A. B. C. D. 解析 要使粒子均不能射出正方形区域，则临界情况为粒子在磁场中运动的轨迹与正方形区域的边界相切，临界半径为，根据半径公式r＝，磁感应强度B的最小值为B＝，选项C正确，A、B、D错误。 答案 C 二、多项选择题 5.如图5所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( ) 图5 解析 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，选项A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，选项D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故选项B、C错误。 答案 AD 6.某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图6甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a―→b―→c―→d―→e―→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( ) 图6 A.若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B.若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C.若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D.若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 解析 要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断选项A、D正确。 答案 AD 7.(2017·南京三模)质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图7所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU 范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有( ) 图7 A.两粒子均带正电 B.打在M处的粒子质量较小 C.若U一定，ΔU越大越容易发生重叠 D.若ΔU一定，U越大越容易发生重叠 解析 根据左手定则判断出两粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝mv2，得出v＝。粒子达到底片上的位置为x＝2r＝＝，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两粒子打到底片的理论位置确定，ΔU越大，两粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。 答案 ABC 三、计算题 8.(2017·常州一模)如图8所示，多个有界匀强磁场区域和无场区域平行间隔排列，其中磁场的宽度均为d，无场区域的宽度均为d0，磁场方向垂直纸面向内，长度足够长，磁感应强度为B。在区域1磁场中，一个带负电的粒子从边界上的A点沿边界方向射入，粒子质量为m，电荷量为－q，不计重力。 图8 (1)如果粒子只在区域1中运动，求粒子射入的最大速度； (2)如果粒子从A点射入后，经过区域1、2、3后又回到A点，求它运动一周的周期； (3)如果粒子从A点射入后还能再次返回A点，求粒子从A点射入时速度的大小。 解析 (1)当粒子只在区域1内运动时，粒子运动轨迹的最大半径为Rm＝，由Bqvm＝，可得vm＝。 (2)粒子经过1、2、3区域，且能回到A点，则运动的轨迹半径R＝d，即＝d，则v＝， 所以有T＝＝。 (3)当粒子从区域1返回A点，vm≤。设经过n个磁场区域后，粒子开始返回，则有2R＝nd，R＝(n＝2、3、4、…)，所以有v＝＝ (n＝2、3、4、…)。 答案 (1) (2) (3) (n＝2、3、4、…) 9.(2017·江苏泰州市高三一模)在竖直面内建立直角坐标系，曲线y＝位于第一象限的部分如图9所示，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m，带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B＝ T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上(已知重力加速度g＝10 m/s2，＝102 C/kg)。求： 图9 (1)第三象限的电场强度大小及方向； (2)沿水平方向抛出的初速度v0； (3)为了使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积。 解析 (1)小球做匀速圆周运动，则mg＝qE 解得E＝0.1 N/C，方向竖直向上 (2)令小球释放点坐标为(x，y) 由平抛规律可知x＝v0t， y＝gt2。解得y＝x2 由题意可知y＝ 联立可得v0＝10 m/s (3)设小球在进入第三象限时合速度为v，与x轴负半轴夹角为α。 则有v0＝vcos α 洛伦兹力提供向心力 qvB＝，r＝ 打在y轴负方向上的点与原点距离为H＝2r cos α＝ 可见所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限 最小磁场区域为一半径为R＝的半圆 其面积为Smin＝＝π 解得Smin＝0.5 m2。 答案 (1)0.1 N/C 方向竖直向上 (2)10 m/s (3)0.5 m2 10.(2017·苏锡常镇四市调研)如图10所示，A1、A2为两块面积很大、相互平行的金属板，两板间距离为d，以A1板的中点为坐标原点，水平向右和竖直向下分别建立x轴和y轴，在坐标为(0，d)的P处有一粒子源，可在坐标平面内向各个方向不断发射同种带电粒子，这些带电粒子的速度大小均为v0 ，质量为m ，带电荷量为＋q，重力忽略不计，不考虑粒子打到板上的反弹，且忽略带电粒子对金属板上电荷分布的影响。 图10 (1)若只在A1、A2板间加上恒定电压U0，且A1板电势低于A2板，求粒子打到A1板上的速度大小； (2)若只在A1、A2板间加上一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，且B＜，求A1板上有粒子打到的区域范围(用x轴坐标值表示)； (3)在第(2)小题前提下，若在A1、A2板间再加一电压，使初速度垂直指向A1板的粒子打不到A1板，试确定A1、A2板电势的高低以及电压的大小。 解析 (1)粒子运动到A1板，电场力做正功 q＝mv2－mv 得v＝ (2)在磁场中粒子做圆周运动，有qv0B＝m， 得R＝＞ ①向右偏转打到A1板最远为轨迹恰好与A1板相切的粒子， 如图甲所示，由几何关系知x＋＝R2 甲 可得x右＝ ②向左偏转打到A1板最远处对应有两种情况 易知O2M＝，O2N＝d 情形一：若R查看更多