高三物理二轮总复习 专题4 第2讲 带电粒子在匀强磁场中的运动 新人教版(湖南专用)

1、20132013 届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题 4 4 第第 2 2 讲讲 带带 电粒子在匀强磁场中的运动电粒子在匀强磁场中的运动 班级：_姓名：_学号：_ 图 1 1.如图 1 所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外， 比荷为 e/m 的电子以速度 v0从 A 点沿 AB 方向射入，欲使电子能经过 BC 边，则磁感应强度 B 的取值应为() AB CB0)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 轴正方向的夹角为 30；此时，另一质量

2、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 1/3.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 图 7 7.如图 7 所示，直线 OA 与 x 轴成 135角，x 轴上下方分别有水平向右的匀强电场 E1 和竖直向上的匀强电场 E2，且电场强度 E1E210N/C，x 轴下方还存在垂直于纸面向外的匀 55 强磁场 B，磁感应强度 B10T.现有一质量 m1.010kg，电荷量 q1.010C的带电尘 2 2 粒在 OA 直线上的 A 点静止释放，A 点离原

3、点 O 的距离 dm(g 取 10m/s，)求： 10 (1)尘粒刚进入磁场区域时的速度v 的大小； (2)从进入磁场区域开始到离开磁场区域所经历的时间t； (3)第一次回到 OA 直线上的某位置离原点O 的距离 L. 限时训练(十) 1 C解析： 当粒子从C点离开时， 对应的轨道半径最小， 有R， 而R， 2cos30qB 3 所以B 3mv0 aamv 0 ae ，C 项正确 2C解析：本题考查受力分析、洛伦兹力方向的判断，圆周运动的向心力根据左手 定则，物体受到的洛伦兹力的方向沿半径向外，由于物体做匀速圆周运动其合外力指向圆心， 22 故玻璃管对小球有指向圆心的压力，FNqvBmL，vL

4、，所以FNmLqBL.本题正 确选项为 C. 3D解析：假定磁场不动，小球应向右运动且有mgqvB.由相对运动知 D 对 4C解析： 如图所示，由左手定则可以判定：a粒子带负电，b粒子带正电，故 A 错误；由几何关系 360120Ta12m 可得：RaRb； 两者运动时间相同， 则由：tTbTa， 可知 .由T知， 3360360Tb2qB maTa1mvvaRamb2 3 ；又由R得： .所以只有 C 项正确 mbTb2qBvbRbma3 5解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v0 1 2 动能定理qU 0 mv 0， 2 由题意得v1v0，即v1 2qU0. m (2)在第一个偏转电场中，

5、设粒子的运动时间为t 加速度的大小aqU1 md 在离开时，竖直分速度vyat 1 2 竖直位移y1at 2 水平位移lv1t 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y2vyt 由题意知，粒子竖直总位移y2y1y2 U 1l 2 解得y U 0d 则当加速电压为 4U0时，U4U1. (3)(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xOy平面平行Ff( 5F) ，则f2F 且fqv1B 解得B 222 F q 2m qU 0 (c)设电场方向与x轴方向夹角为 若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情

6、况得 (fFsin) (Fcosa) ( 7F) 解得30，或150 即E与xOy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 222 F与xOy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150. 6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，粒子速度为va， 运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 v2 a qvaBm Ra 1 由几何关系得 PCP Ra 1 sin d 式中，30.由式得 va2dqB m (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.

7、由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 v2 a qva(2B)m Ra 2 由式得 Ra 1 Ra 2 2 C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于 xd 的直线上由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即 3 2 yPaRa 1cosh 式中，h是C点的纵坐标 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 vam va q( )B( )2 3Rb13 设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 t10 Ta 2 2 t Tb 1 2 式中，t是a在区域中运动的时间，而 Ta 2 Tb 1 2Ra2 v 2Rb1 v/3 由 式得 1430 由可见，b没有飞出，

8、Pb的y坐标为 yPbRb 1(2cos)h 由 式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 yPayP b ( 32)d 3 7(1)v2m/s(2)t(3)L0.13m 20 解析：(1)尘粒在电场E中受到的合外力为 2 3 FqE 1 2mg2 2mg 210 N4 合外力F和水平方向间的夹角为 tan mg1 qE 1 45 尘粒在电场E1中的加速度a大小为a 2g 故释放后尘粒沿AO方向做初速度为零的匀加速直线运动，则进入磁场时的速度为 v 2ad2m/s (2)进入磁场后，尘粒受到的重力和电场力平衡，洛伦兹力提供做向心力，尘粒在磁场中 转动的周期T和转动半径分别为 T2m mv s，R0.2m Bq5Bq 轨迹如图所示，由图可知，从进入磁场到离开磁场所用的时间t为 tT