2018届高考物理二轮讲练专题7-电场与磁场(课件与作业)

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  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题7-电场与磁场(课件与作业)
  • 课件科目: 高三物理课件
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课时作业(七)
一、选择题(共9个小题,均为单选,每题5分,共45分)
1.(2017•宝鸡一模)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1>I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的(  )
A.B1        B.B2
C.B3   D.B4
答案 C
解析 根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向,如图,根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向.故C项正确,A、B、D三项错误,故选C项.
点评 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场,以及知道磁感应强度是矢量,合成分解遵循平行四边形定则.
2.(2017•静安区一模)如图所示,折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同,高度相同,MN边长度相等,将它们用相同的细线悬挂在空中,四个导线框的下边处在同一水平线上,且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中,磁场的上边界水平(如图中虚线所示),四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流,均处于平衡状态.若使磁场缓慢变强,细线最不易拉断的是(  )
 
答案 B
解析 导线框中都通有顺时针方向的电流,即从N指向M,由左手定则可知,安培力的方向向下;所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和,四个导线框质量相等则重力相等,受到安培力大的线框对细线的拉力大.设MN的长度为L,导线在各磁场内有效长度不同,故各通电导线受到安培力大小不同.各线框在磁场中的有效长度:LA=MN=L;LB=MN2=12L;LC=MN+上边长2>12L;LD=MN+下边长2>12L;可知B图中的有效长度最小.由公式:F=BIL有效,可知B项中受到的安培力最小.则B项中,线框对细线的拉力最小,细线最不容易拉断.故B项正确,A、C、D三项错误,故选B项.
点评 本题考查安培力的计算,熟记公式,但要理解等效长度的意义.
3.(2017•包头一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2 C,质量为1 kg的小物块从C点静止释放,其运动的v­t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是(  )
 
A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=1 V/m
B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C.由C点到A点电势逐渐升高
D.A、B两点间的电势差UAB=5 V
答案 A
解析 A项,据v­t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2 m/s2,所受的电场力最大为2 N,据E=Eq知,B点的场强最大为1 N/C,故A项正确;B项,据v­t图可知带电粒子的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故B项错误;C项,据两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点的过程中电势逐渐减小,故C项错误;D项,据v­t图可知A、B两点的速度,在根据动能定理得电场力做的功WBA=10 J,再用UAB=WABq=-102 V=-5 V,故D项错误,故选A项.
点评 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键,据v­t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口.
4.(2017•郑州一模)等量异种电荷在周围空间产生静电场,其连线(x轴)上各点的电势φ随坐标x的分布图像如图所示,x轴上AO<OB,A、O、B三点的电势分别为φA、φO、φB,电场强度大小分别为EA、EO、EB,电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB,下列判断正确的是(  )
A.φB>φA>φO   B.EA>EO>EB
C.EpO<EpA<EpB   D.EpB-EpO>EpO-EpA
答案 D
解析 A项,依据沿着电场线方向电势降低,由图知,φB<φO<φA.故A项错误;B项,根据图像切线斜率绝对值的大小等于电场强度沿x轴方向的大小,则知,EB>EA>EO.故B项错误;C项,电子带负电,根据电势能公式Ep=qφ=-eφ分析得知,EpB>EpO>EpA故C项错误;D项,由图知,OA间电势差小于OB间电势差,即有φA-φO<φO-φB.电子带负电,则根据电势能公式Ep=qφ=-eφ得:EpO-EpA<EpB-EpO.故D项正确,故选D项.
点评 解决本题的关键要掌握电势能公式Ep=qφ,知道负电荷在电势高处电势能小.明确φ&shy;x图像的斜率表示电场强度.
5.(2017•虹口区一模)如图所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心.两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点,不计重力.下列说法中正确的是(  )
A.M、N均带负电荷
B.M在b点的速度小于它在a点的速度
C.N在c点的电势能小于它在e点的电势能
D.N在从e点运动到d点的过程中电场力先做正功后做负功
答案 B
解析 A项,由粒子运动轨迹可知,M受到的是吸引力,N受到的是排斥力,可知M带负电荷,N带正电荷,故A项错误;B项,M从a到b点,库仑力做负功,根据动能定理知,动能减小,则b点的动能小于在a点的动能,那么M在b点的速度小于它在a点的速度,故B项正确;C项,一带正电的点电荷固定于O点,因此c点电势高于e点,则正电荷从低电势到高电势,电势能增加,那么N在c点的电势能大于它在e点的电势能,故C项错误;D项,因N带正电,那么N从e点运动到d点的过程中电场力先做负功后做正功,故D项错误,故选B项.
点评 本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向,掌握判断动能和电势能变化的方向,一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化.
6.(2017•锦州一模)如图所示,一带电小球固定在光滑水平面上的O点,虚线a、b、c、d是带电小球激发电场的四条等距离地等势线,一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动,结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹,1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点.由此可以判定(  )
A.固定小球与小滑块带异种电荷
B.在整个运动过程中小滑块的加速度先减小后增大
C.在整个过程中小滑块的电势能先减小后增大
D.小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中,电场力做功的大小关系是W34>W45
答案 D
解析 A项,由图看出滑块的轨迹向右弯曲,可知滑块受到了斥力作用,则知小球与小滑块电性一定相同.故A项错误;B项,滑块与小球的距离先减小后增大,由库仑定律得知滑块所受的库仑力先增大后减小,则其加速度先增大后减小.故B项错误;C项,根据能量守恒定律得知,小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变,因阻力做功,导致动能先减小后增大,那么电势能先增大后减小.故C项错误;D项,从位置1到2的电场线越来越密,由U=Ed分析4、5间电势差与3、4间电势差关系是:U45<U34,则电场力做功的大小关系是W45<W34.故D项正确,故选D项.
点评 本题要根据滑块的运动轨迹判断其运动状态,分析其受力情况,关键抓住质点做曲线时合力指向轨迹的内侧.
7.(2017•济南市5月模拟)如图所示,匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆,电场方向与圆所在平面平行,A、O两点电势差为U,一带正电的粒子在该电场中运动,经A、B两点时速度大小均为v0,粒子重力不计,以下说法正确的是(  )
A.粒子在A、B间是做圆周运动
B.粒子从A到B的运动过程中,动能先增大后减小
C.匀强电场的电场强度E=UR
D.圆周上,电势最高的点与O点的电势差为2U
答案 D
解析 带电粒子仅在电场力作用下,由于粒子在A、B两点动能相等,则电势能也相等.因为匀强电场,所以两点的连线AB即为等势面.根据等势面与电场线垂直特性,从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知,正电粒子所受的电场力沿着CO方向,因此粒子从A到B做抛体运动,故A项错误;由A项分析可知,速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°,电场力对于运动来说先是阻力后是动力,所以动能先减小后增大.故B项错误;匀强电场的电场强度U=Ed式中的d是沿着电场强度方向的距离,因而由几何关系可知,UAO=E×22R,所以E=2UR,故C项错误;圆周上,电势最高的点与O点的电势差为U′=ER=2UR×R=2U,故D项正确.
考点 考查了带电粒子在电场中的运动
名师点睛 紧扣动能相等作为解题突破口,由于仅在电场力作用下,所以得出两点的电势能大小关系.并利用等势面与电场线垂直的特性,从而推出电场线位置.再由曲线运动来确定电场力的方向.同时考查U=Ed中d的含义重要性.


8.(2015•安徽)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量.如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q.不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为
(  )
A.Qε0S和Q2ε0S   B.Q2ε0S和Q2ε0S
C.Q2ε0S和Q22ε0S   D.Qε0S和Q22ε0S
答案 D
解析 由题意,单块极板产生的电场强度为E0=Q2ε0S,根据电场的叠加原理,极板间的电场强度大小E=2E0=Qε0S,B、C项错误;由于一块极板在另一块极板处产生的电场强度处处相同,借用微元和累加的思想,所以另一块极板所受电场力为F=QE0=Q22ε0S,故A项错误.
考点 考查电场知识
9.(2017•达州模拟)如图所示,空间存在着水平方向的相互垂直的匀强电场和匀强磁场,有一质量为m,电荷量为+q的小球,以速度v0在图示的竖直面内沿直线从A点向C点运动,直线AC与水平方向成45°角,重力加速度为g,下列说法正确的是(  )
A.带电小球做匀减速直线运动
B.带电小球所受合力的方向与运动方向相同
C.磁感应强度大小为B=2mgqv0
D.若将电场方向改为竖直向上(电场强度大小不变),带电小球将做匀速圆周运动,其轨道半径为R=v022g
答案 C
解析 A、B项,假设小球做变速运动,重力和电场力不变,而洛伦兹力随速度变化而变化,粒子将不能沿直线运动,假设不成立,所以小球一定受力平衡做匀速直线运动,故A、B两项错误;C项,受力分析如图所示,由直线AC与水平方向成45°角以及小球受力平衡可得:qvB=2Eq=2mg;故磁感应强度大小为:B=2mgqv0,故C项正确;D项,若将电场方向改为竖直向上,场强大小不变,则:电场力正好与重力平衡,小球相当于只受洛伦兹力作用,根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=2mg=mv2R,可得:R=2v22g,故D项错误,故选C项.
点评 本题考查受重力作用的带电小球在电场与磁场中的运动,要对小球进行受力分析,明确每个力由哪些物理量来决定;解题的关键是要知道小球速度的变化会影响洛伦兹力,所以小球要做直线运动就一定是匀速直线运动.
二、计算题(共5个小题,10题8分,11题10分,12题10分,12题12分,14题15分,共55分)
10.(2017•延庆县模拟)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点,解决了粒子的加速问题.现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中.某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示,图乙为俯视图.回旋加速器的核心部分为两个D形盒,分别为D1、D2.D形盒装在真空容器里,整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中,磁场可以认为是匀强磁场,且与D形盒底面垂直.两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计.D形盒的半径为R,磁场的磁感应强度为B.设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计.质子质量为m、电荷量为+q.加速器接入一定频率的高频交变电源,加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.求:
 
(1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小v1和进入D2盒后运动的轨道半径r1;
(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t;
(3)若两D形盒狭缝之间距离为d,d<<R,计算说明质子在电场中运动的时间与在磁场中运动时间相比可以忽略不计的原因.
分析 (1)根据动能定理求出质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小,结合洛伦兹力提供向心力求出质子进入D2盒后运动的轨道半径r1;
(2)根据D形盒的半径求出质子的最大速度,抓住质子每经过一圈加速两次,结合动能定理得出加速的次数,根据质子在磁场中的运动周期求出质子从静止开始加速到出口处所需的时间t;
(3)根据加速的圈数求出粒子在磁场中的运动时间,结合匀变速直线运动的推论得出在电场中加速的时间,通过时间的比值分析判断.
答案 (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小为2qUm,进入D2盒后运动的轨道半径为1B2mUq
(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t为πBR22U
(3)证明见解析
解析 (1)根据动能定理可得:Uq=12mv12,解得v1=2Uqm,
由质子运动过程中洛伦兹力充当向心力,所以qv1B=mv12r1,解得r1=1B2Umq.
(2)设质子从静止开始加速到离开被加速了n圈,质子在出口处的速度为v,
根据动能定理可得:2nqU=12mv2,
由质子在出口处做圆周运动的半径恰为D形盒半径R,即qvB=mv2R,
则R=mvqB,由T=2πrv,解得T=2πmqB.
因为t=nT,解得t=πBR22U.
(3)设质子在出口处速度为v,完成圆周运动n圈,被加速了2n次,则在磁场中运动时间(每圈周期相同)为t,则t=n•2πRv,
在电场中加速,有0+v2t1=2nd,则加速的时间t1=4ndv,时间之比tt1=πR2d.
因为R≫d,则t≫t1
可知质子在电场中的运动时间可以忽略不计.
点评 解决本题的关键掌握回旋加速器的原理,运用电场加速和磁场偏转,知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等.
11.(2017•佛山一模)在水平面上,平放一半径为R的光滑半圆管道,管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中,另有一个质量为m、带电量为+q的小球.
 
(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入,运动过程中恰不受管道侧壁的作用力,求此速度v0;
(2)现把管道固定在竖直面内,且两管口等高,磁场仍保持和管道平面垂直,如图所示,空间再加一个水平向右、场强E=mgq的匀强电场(未画出),若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入,求小球:①运动到最低点的过程中动能的增量;②在管道运动全程中获得的最大速度.
答案 (1)速度v0为qBRm
(2)①运动到最低点的过程中动能的增量为2mgR;
②在管道运动全程中获得的最大速度:
q2B2R2m2+(2+22)gR.
分析 (1)小球在圆轨道中运动时,恰不受管道侧壁的作用力,则小球受到的洛仑兹力提供向心力,由此可以算出小球的初速度.
(2)当把管道从水平面固定在竖直面、磁场和电场方向也做相应变化,同样以相同的速度v0进入管道,由动能定理就能求出小球到达最低点时动能的增量;至于最大速度可以参照仅在重力场中的情况进行对比,当等效“重力”做功最多时,速度最大,同样由动能定理求出最大速度,本解用两种方法来求,第一种方法作为参考.
解析 (1)小球在水平面上只受到洛仑兹力作用,故qv0B=mv02R,解得:v0=qBRm
(2)小球在管道运动时,洛仑兹力始终不做功,对小球运动到最低点的过程中,由动能定理:
mgR+qER=ΔEk   由题意:E=mgq
联合以上两式得:动能的增量ΔEk=2mgR
求最大速度方法一:
当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时,应用动能定理有:
 
mgRsinθ+Eq(R+Rcosθ)=12mv2-12mv02
即:v2=q2B2R2m2+2gR+2gR(sinθ+cosθ)
对函数y=sinθ+cosθ求极值,可得θ=45°时,ymax=2
所以vm=q2B2R2m2+(2+22)gR
求最大速度方法二:
如图所示,根据场的叠加原理,小球所受的等效重力为:
mg′=(mg)2+(Eq)2=2mg
tanφ=mgEq=1   即φ=45°
小球在等效重力场的最低点时,即当小球到达管道中方位角为θ=φ=45°时,速度最大.
由动能定理:mgRsinθ+qE(R+Rsinθ)=12mvm2-12mv02
解得:vm=q2B2R2m2+(2+22)gR
点评 本题的亮点有二:①是小球在竖直向下的匀强磁场中水平管道内做匀速圆周运动,对圆管道的侧壁均无压力,则表明小球受到的洛仑兹力提供向心力,于是可以求出进入管道的速度;②是当把管道和磁场、电场方向调整方向后,求最大速度,此时可以用等效的方法--把重力和电场力等效为一个“力”进行处理.
12.(2017•绵阳模拟)如图所示,光滑绝缘水平面内有足够大的直角坐标系xOy,第二象限内有水平向左、垂直于y轴的电场强度E=2.5×10-2 N/C的匀强电场,第一象限(包含y轴)内有竖直向下的匀强磁场B1,第四象限有竖直方向的匀强磁场B2(图中未画出).在整个x轴上有粒子吸收膜,若粒子速度垂直于膜,可以穿过该膜,且电荷量不变,速度大小不变;若粒子速度不垂直于膜,将被膜吸收.不计膜的厚度.
一质量为m=5.0×10-9 kg,电荷量为q=2.0×10-4 C的带负电的粒子,从A点(-20,0)以初速度v0=2.0×102 m/s沿y轴正方向开始运动,通过y轴上B点(图中未画出),之后将反复通过膜,而没有被膜吸收.不计粒子重力.求:
 
(1)B点距坐标原点O的距离yB;
(2)匀强磁场B1大小;
(3)匀强磁场B2的方向及对应大小的范围.
答案 (1)B点距坐标原点O的距离yB为40 m
(2)匀强磁场B1大小为1.25×10-4 T
(3)当匀强磁场B2的方向竖直向上时磁感应强度大小大于0 T,当匀强磁场B2的方向竖直向下时磁感应强度大小不小于1.5×10-4 T
 
分析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,运用运动的合成和分解,牛顿第二定律,再结合运动学规律,即可求时间和位移即可;
(2)根据运动学公式结合速度偏向角公式联立,即可求解粒子进入磁场时速度的大小和方向,在结合洛伦兹力提供向心力求出半径公式,结合几何关系,即可求出磁感应强度B1的大小;
(3)因为磁场方向不确定,所以有两种情况,分别运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式,再结合临界几何关系联立即可.
解析 (1)设带电粒子在电场中的加速度为a,运动时间为t1,则
qE=ma
|xA|=12at12
yB=v0t1
解得:a=1.0×103 m/s2,t1=0.2 s,yB=40 m
(2)设带电粒子在B点速度为vB,沿x轴正方向分速度为vx,vB与y轴正方向夹角为θ,则
vx=at1
tanθ=v0vx
vB2=v02+vx2
解得:vx=2.0×102 m/s,vB=22×102 m/s,θ=45°
粒子通过B点后在匀强磁场B1中做匀速圆周运动,且反复通过吸收膜,而没有被膜吸收,则粒子速度垂直于膜即垂直于x轴.
设粒子做匀速圆周运动的圆心为O1,轨道半径为r1,则:
qvBB1=mvB2r1
r1cosθ=yB
解得:r1=402 m,B1=1.25×10-4 T
(3)粒子第一次垂直于x轴即垂直于膜穿过膜后,将在第四象限做匀速圆周运动.匀强磁场B2的方向有两种情况:
情况一,如果匀强磁场B2的方向竖直向上,粒子向x轴正方向偏转,在第四象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第一象限,在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜又进入第四象限,如此反复通过吸收膜,而没有被膜吸收.
这种情况,匀强磁场B2大小B2′只要不为零即可,
即:B2′>0
情况二,如果匀强磁场B2的方向竖直向下,粒子向x轴负方向偏转:
若粒子从负y轴上离开第四象限,速度方向与y轴正方向夹角,如果大于和等于90°,粒子不再回到y轴,如果小于90°,粒子将运动到负x轴上,且不垂直于x轴,被膜吸收.
若粒子从正x轴离开第四象限,粒子速度一定垂直于x轴,进入第一象限,然后在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第四象限,并且穿过点在上次穿过点的右边,所以会反复通过膜,而没有被膜吸收.
这种情况,粒子在第四象限做圆周运动轨道半径最大为r2m,匀强磁场B2大小最小为B2m,则
2r2m=r1+r1sinθ
qvBB2m=mvB2r2m
设这种情况匀强磁场B2大小B2″,则
B2″≥B2m
解得:B2m=24(1+2)×10-3 T≈1.5×10-4 T
即:B2″≥1.5×10-4 T
综上所述:当匀强磁场B2的方向竖直向上时磁感应强度大小B2′>0,当匀强磁场B2的方向竖直向下时磁感应强度大小B2″≥1.5×10-4 T.
点评 考查带电粒子做类平抛运动与匀速圆周运动中,用运动的合成和分解,牛顿第二定律与运动学公式结合几何关系来处理这两种运动;当磁场方向未知、电性未知,穿入穿出方向不确定或者是多过程往复运动时候,要注意有多解的可能.
13.(2017•浙江模拟)如图所示,静止于A处的带正电粒子,经加速电场加速后沿图中14圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁场方向如图所示,其CNQD为匀强磁场的边界).静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,方向如图所示.已知加速电场的电压为U,圆弧虚线的半径为R,粒子质量为m,电荷量为q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不计.
 
(1)求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小;
(2)若粒子恰好能打在N点,求矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值;
(3)要求带电粒子最终能打在QN上,求磁感应强度大小B的取值落围及出射点离Q点的最近距离.
答案 (1)粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小为2UR
(2)若粒子恰好能打在N点,矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值为23d 2mUq
(3)要求带电粒子最终能打在QN上,磁场感应强度大小B的取值落围是12d 2mUq≤B<23d 2mUq,出射点离Q点的最近距离(2-3)d.
分析 (1)由动能定理求出离开加速电场的速度,进入辐向电场做匀速圆周运动,电场力提供向心力,从而求得辐向电场的电场强度的大小.
(2)粒子打在N点,由几何关系知道粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为32d,由洛仑兹力提供向心力从而求得矩形磁场的磁感应强度大小.
(3)要使粒子打在QN上,则画出临界状态的轨迹,由几何关系求出最大半径和最小半径,由半径公式确定磁感应强度的范围.离Q点最近的则是轨迹与DQ相切的那条轨迹,由几何关系求出最近距离.
解析 (1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理有:qU=12mv2.
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,有:qE=mv2R
解得:E=2UR.
(2)粒子在匀强电场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
根据牛顿第二定律可知:qBv=mv2r则r=mvqB,粒子恰好能打在N点,
则r=32d,可得:B=23d 2mUq
(3)粒子能打在QN上,则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去,则粒子运动的轨迹的边界如图,
由几何关系可知,粒子能打到QN上,必须满足:32d<r≤2d
而由r=1B2Umq则有12d 2mUq≤B<23d 2mUq
由图可得,F点离Q点最近,FO=2d,NO=d,则FN=3d
所以有:QF=(2-3)d.
 
点评 本题特殊情况:①带电粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,显然由电场力提供向心力.②再次进入匀强磁场中做匀速圆周运动,要考虑边界问题.所以确定圆心,画出粒子的轨迹是解决问题的关键.
14.(2017•江西模拟)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图甲所示,M、N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ,在MN间加上如图乙所示的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,图中E0、B0、k均为已知量.t=0时刻,比荷qm=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间,在0~t1(t1=1kB0)时间内粒子恰好沿直线运动,t=5kB0时刻粒子打到荧光屏上.不计粒子的重力,涉及图像中时间间隔时取0.8=π4,1.4=2,求:
 
(1)在t2=2kB0时刻粒子的运动速度v;
(2)在t3=2.8kB0时刻粒子偏离O点的竖直距离y;
(3)水平极板的长度L.
答案 (1)在t2=2kB0时刻粒子的运动速度v为2E0B0,方向与水平方向成45°角向下
(2)在t3=2.8kB0时刻粒子偏离O点的竖直距离y为(2-12)E0kB02
(3)水平极板的长度L为(5+2)E0kB02
 
解析 (1)在0~t1时间内,粒子在电磁场中做匀速直线运动,则:qv0B0=qE0
得v0=E0B0
在t1~t2时间内,粒子在电场中做类平抛运动,vy=at=qE0m×1kB0=E0B0=v0
则v=2v0=2E0B0   由tanθ=vyv0=1,得:θ=45° 即v与水平方向成45°角向下
(2)在电场中做类平抛运动向下偏移:y1=vy2t=E02kB02
在t2~t3时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动周期T=2πmqB0=2πkB0
在磁场中运动时间t=π4kB0=18 T,即圆周运动的圆心角为α=45°,此时速度恰好沿水平方向.
磁场中:由qvB0=mv2r1得r1=2E0kB02
y2=r1(1-cos45°)=(2-1)E0kB02
偏离的竖直距离y=y1+y2=(2-12)E0kB02
(3)在t3时刻进入电场时以初速度v=2v0=2E0B0做类平抛运动,v′y=at=qE0m×2kB0=2E0B0
再次进入磁场时,v′=2v0=2E0B0
由tanθ′=vv′y=1得θ′=45°
即v′与水平方向成45°角向下.
由qv′B0=mv′2r2得r2=2E0kB02
综上可得:长度L=v0×2kB0+r1sin45°+2v0×2kB0+r2sin45°=(5+2)E0kB02
点评 本题是带电粒子在复杂的电场、磁场、复合场运动,一定要在每个时间段先进行受力分析,确定运动状态的初末速度大小和方向.计算一步向前走一步,才能得到正确结果,若错一步则后面步步错.特别注意的是:做类平抛运动弄清该段末速度的大小和方向,做匀速圆周运动要弄清转过的角度.