物理选择性必修第二册(RJ)2、教师用书word6,专题强化3　带电粒子复合场中运动

时间：2021-02-02 20:24:40 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　专题强化 3 带电粒子在复合场中的运动

　 带电粒子在组合场中的运动 【核心深化】

　带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。

　(1)带电粒子在匀强电场中运动 ①若初速度 v 0 与电场线平行，粒子做匀变速直线运动； ②若初速度 v 0 与电场线垂直，粒子做类平抛运动。

　(2)带电粒子在匀强磁场中运动 ①若初速度 v 0 与磁感线平行，粒子做匀速直线运动； ②若初速度 v 0 与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。

　(3)解决带电粒子在组合场中的运动问题的一般思路

　【典题例析】

　如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为 L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。一带正电粒子从第Ⅲ象限中的 Q(－2L，－L)点以速度 v 0 沿 x 轴正方向射入，恰好从坐标原点 O 进入磁场，从 P(2L，

　0)点射出磁场，不计粒子重力，求：

　(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值。

　[解析] (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为 m 和 q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得 2L＝v 0 t 1 ，L＝ 12 at21 ，qE＝ma

　粒子到达 O 点时沿 y 轴正方向的分速度为 v y ＝at 1 ＝v 0 ，tan α＝ vyv 0 ＝1，故 α＝45° 粒子在磁场中的速度为 v＝ 2v 0

　Bqv＝ mv2r，由几何关系得 r＝ 2L 联立解得 EB ＝v 02。

　(2)粒子在磁场中运动的周期为 T＝ 2πrv 粒子在磁场中运动的时间为 t 2 ＝ 14 T＝πL2v 0

　解得 t2t 1 ＝π4 。

　[答案] (1) v02 (2) π4

　【针对训练】

　1. 如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为 B 1 ＝2B 2 ，一电荷量为＋q、质量为 m 的粒子从 O 点垂直于 MN 进入 B 1 磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过 O 点(

　)

　A. 2πmqB 1

　B． 2πmqB 2

　C.2πmqB 1 ＋B 2

　D.πmqB 1 ＋B 2

　解析：选 B。粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式 T＝ 2πmqB知，粒子从 O 点进入磁场到再一次通过 O 点的时间 t＝ 2πmqB 1 ＋πmqB 2 ＝2πmqB 2 ，B 正确。

　2．(2017·高考天津卷) 平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v 0 沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。不计粒子重力，问：

　(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。

　解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L，到 y 轴距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有 2L＝v 0 t ① L＝ 12 at2 ② 设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 v y

　v y ＝at ③ 设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为 α，有 tan α＝ vyv 0 ④ 联立①②③④式得 α＝45° ⑤ 即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上 设粒子到达 O 点时速度大小为 v，由运动的合成有

　v＝ 错误! !

　⑥ 联立①②③⑥式得 v＝ 2v 0 。

　⑦

　(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，由牛顿第二定律可得 F＝ma ⑧ 又 F＝qE ⑨ 设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力 有 qvB＝m v2R

　⑩ 由几何关系可知 R＝ 2L ⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 EB ＝v 02。

　答案：见解析

　带电粒子在叠加场中的运动 【核心深化】

　1．叠加场 一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。

　2．三种场力的特点 (1)重力的方向始终竖直向下，重力做功与路径无关，重力做的功等于重力势能的减少量。

　(2)静电力的方向与电场方向相同或相反，静电力做功与路径无关，静电力做功的大小等于电势能的变化量。

　(3)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关，方向始终垂直于速度 v 和磁感应强度 B 共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力始终不做功。

　3．带电粒子在叠加场中的运动规律及解决办法 带电粒子在叠加场中运动时，其运动状态是由粒子所受静电力、洛伦兹力和重力的共同作用来决定的，对于有轨道约束的运动，还要考虑弹力、摩擦力对运动的影响，带电粒子在复合场中的运动情况及解题方法如下：

　(1)带电粒子在叠加场中处于静止或匀速直线运动状态时，带电粒子所受合力为 0，应利用平衡条件列方程求解。

　(2)带电粒子做匀速圆周运动时，重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。

　(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为 0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。

　【典题例析】

　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 v 0 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，v 0 ＝2.0×10 7

　m/s(电子所带电荷量的大小与其质量之比em ＝1.76×1011 C/kg，电子电荷量的大小e＝1.60×10－ 19

　C)。

　(1)求磁感应强度 B 的大小。

　(2)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。

　[思路点拨] (1)粒子做直线运动时，受力平衡。

　(2)撤去磁场后，粒子做类平抛运动。

　[解析] (1)电子进入正交的电场、磁场不发生偏转，则满足 Bev 0 ＝e Ud ，B＝Uv 0 d ＝2.5×10－ 4

　T。

　(2)设电子通过场区偏转的距离为 y 1 。

　y 1 ＝ 12 at2 ＝ 12 ·eUmd ·错误! ! ＝1.1×10－ 2

　m ΔE k ＝eEy 1 ＝e Ud y 1 ＝8.8×10－ 18

　J。

　[答案] (1)2.5×10－ 4

　T (2)1.1×10 － 2

　m 8.8×10 － 18

　J 【针对训练】

　3. 空间存在一匀强磁场 B，其方向垂直于纸面向里，另有一个点电荷＋Q 形成的电场，如图所示，一电荷量为－q 的粒子以初速度 v 0 从某处垂直于电场、磁场方向入射，初位置到点电荷的距离为 r，则粒子在电磁场中的运动轨迹不可能为(

　)

　A．以点电荷＋Q 为圆心，以 r 为半径的在纸平面内的圆周 B．开始阶段在纸面内向右偏转的曲线 C．开始阶段在纸面内向左偏转的曲线 D．沿初速度 v 0 方向的直线 解析：选 D。当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力，A 不符合题意；如果电场力与洛伦兹力的合力大于所需向心力，C不符合题意；当电场力小于洛伦兹力时，B 不符合题意；由于电场力方向变化，合力方向不会总与 v 0 方向在一条直线上，故 D 符合题意。

　4. 如图所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度为 B，方向水平并垂直于纸面向外，一质量为 m、电荷量为－q 的微粒在此区域恰好做速度大小为 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)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为 H 的 P 点，速度与水平方向成 45°角，如图所示。则该微粒至少需要经过多长时间才能由 P 点运动到距地面最高点？最高点距地面多高？ 解析：(1) 要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则：

　qE＝mg，得 E＝ mgq，方向竖直向下。

　(2)如图所示。

　当微粒第一次运动到最高点时，α＝135° 则 t＝α360°T＝ 135°360°T＝ 3T8 因为 T＝ 2πmqB，所以 t＝ 3πm4qB ，因微粒做匀速圆周运动，所以 qvB＝mv 2R ，则R＝ mvqB ，故最高点距地面的高度为 H 1 ＝R＋Rsin 45°＋H＝H＋ （2＋ 2）mv2qB。

　答案：(1) mgq 竖直向下 (2) 3πm4qB

　H＋（2＋ 2）mv2qB

　1. (带电粒子在叠加场中的运动)(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直于纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运动，到达 B 点时速度为 0，C 为运动的最低点。不计重力，则(

　)

　A．该离子带负电 B．A、B 两点位于同一高度

　C．到达 C 点时离子速度最大 D．离子到达 B 点后，将沿原曲线返回 A 点 解析：选 BC。离子开始受到电场力作用向下运动，可知电场力方向向下，则离子带正电，A 错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在 A 到 B 的过程中，动能变化为 0，则电场力做功为 0，A、B 两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以 A、B 两点位于同一高度，B 正确；根据动能定理，离子运动到 C 点电场力做功最大，则速度最大，C 正确；只要将离子在 B 点的状态与 A 点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为 0，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在 B 点的右侧重复前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回 A 点的，D 错误。

　2．(带电粒子在叠加场中的运动)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 m a 、m b 、m c 。已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(

　)

　 A．m a ＞m b ＞m c

　 B．m b ＞m a ＞m c

　C．m c ＞m a ＞m b

　D．m c ＞m b ＞m a

　解析：选 B。该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 m a g＝qE，解得 m a ＝ qEg。b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 m b g＝qE＋qv b B，解得 m b ＝ qEg＋ qvb Bg。c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 m c g＋qv c B＝qE，解得 m c ＝ qEg－ qvc Bg。综上所述，可知 m b >m a >m c ，B 正确。

　3. (带电粒子在组合场中的运动)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为 U 1 的电场加速后，射入水平放置、电势差为 U 2 的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的 M、N 两点间的距离 d 随着 U 1 和 U 2 的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(

　)

　A．d 随 U 1 变化，d 与 U 2 无关 B．d 与 U 1 无关，d 随 U 2 变化 C．d 随着 U 1 、U 2 变化 D．d 与 U 1 无关，d 与 U 2 无关 解析：选 A。粒子在电场 U 1 中加速，则 qU 1 ＝ 12 mv20 ，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为 θ，进入磁场时的速度为 v，则有 v0v＝cos θ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 R，由几何关系可得，半径与直线 MN 夹角正好等于 θ，则有d2R ＝cos θ，所以 d＝2Rv 0v，又因为半径公式 R＝ mvBq ，则有 d＝2mv 0Bq＝ 2B

　2mU 1q，可知 d 随 U 1 变化，与 U 2 无关，A正确，B、C、D 错误。

　4. (带电粒子在组合场中的运动)如图所示装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为 E，区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为 B，区域Ⅲ中有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为 2B。一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从左边界 O 点正上方的 M 点以速度 v 0 水平射入匀强电场，经水平分界线 OP 上的 A 点与 OP 成 60°角射入Ⅱ区域的匀强磁场，并垂直于竖直边界 CD 进入Ⅲ区域的匀强磁场中。(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：

　 (1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径。

　(2)O、A 两点间的距离。

　(3)粒子从 M 点出发到第二次通过 CD 边界所经历的时间。

　解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过 A 点时速度为 v，由类平抛规律知 v＝v 0cos 60°＝2v 0

　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB＝m v2R ，所以 R＝2mv 0qB。

　(2)设粒子在电场中运动时间为 t 1 ，加速度为 a，则有 qE＝ma v 0 tan 60°＝at 1 ， 即 t 1 ＝3mv 0qE O、A 两点间的距离为 L＝v 0 t 1 ＝ 错误! ! 。

　(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为 t 2 ，粒子运动周期为 T 1 ＝ 2πRv＝ 2πmqB 则由几何关系知 t 2 ＝60°360°T 1 ＝πm3qB

　设粒子在Ⅲ区域磁场中运动时间为 t 3 ，同理 T 2 ＝ πmqB ，则 t 3 ＝180°360°T 2 ＝πm2qB

　粒子从 M 点出发到第二次通过 CD 边界所用时间为 t＝t 1 ＋t 2 ＋t 3 ＝3mv 0qE＋πm3qB ＋πm2qB ＝3mv 0qE＋ 5πm6qB 。

　答案：(1) 2mv0qB (2) 错误! !

　(3) 错误! ! ＋ 错误! !

　 (建议用时：45 分钟) 【基础巩固】

　1. 如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子以速度 v 与磁场方向垂直，与电场方向成 45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小，正确的是(重力加速度为 g)(

　)

　 A．E＝ mgq B＝2mgqv

　B．E＝2mgq B＝ mgqv

　C．E＝ mgq B＝ mgqv

　D．E＝2mgq B＝2mgqv 解析：选 A。假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与 v 垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示。

　 根据合外力为 0 得 mg＝qvBsin 45° qE＝qvBcos 45° 联立可得 B＝2mgqv，E＝ mgq。

　2. (多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直于纸面向里，如图所示，下列说法正确的是(

　)

　 A．沿垂直于纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向 B．小球一定带正电且小球的电荷量 q＝ mgE C．由于洛伦兹力不做功，小球在运动过程中机械能守恒 D．由于合外力做功等于 0，小球在运动过程中动能不变 解析：选 BD。带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反时，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由 mg＝qE 可得 q＝ mgE，A 错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，C 错误；由于合外力做功等于 0，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，D 正确。

　3. (多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α 角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线 L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成 β 角，且 α＞β，则下列说法正确的是(

　)

　A．液滴一定做匀减速直线运动 B．液滴一定做匀加速直线运动 C．电场方向一定斜向上 D．液滴一定带正电 解析：选 CD。带电液滴受竖直向下的重力 G、平行于电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力 f，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为 0，带电液滴做匀速直线运动，A、B 错误；当带电液滴带正电，且电场线

　方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为 0，使带电液滴沿虚线 L做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为 0，带电液滴不可能沿直线运动，C、D 正确。

　4. (多选)如图所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板 M、N 之间，M、N 之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏 P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(

　)

　A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变 C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 解析：选 AC。当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏上的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，A 正确，B 错误；磁感应强度增大，电子在磁场中的运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，C 正确，D 错误。

　5. 如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为 k，由静止开始经电压为 U的电场加速后，从 O 点垂直射入磁场，又从 P 点穿出磁场。下列说法正确的是(不计粒子所受重力)(

　)

　A．如果只增加 U，粒子可以从 dP 之间某位置穿出磁场 B．如果只减小 B，粒子可以从 ab 边某位置穿出磁场 C．如果既减小 U 又增加 B，粒子可以从 bc 边某位置穿出磁场

　D．如果只增加 k，粒子可以从 dP 之间某位置穿出磁场 解析：选 D。由题意可得 qU＝ 12 mv2 ，k＝ qm ，r＝mvqB ，解得 r＝2kUkB。只增加 U，r 增大，粒子不可能从 dP 之间某位置穿出磁场，A 错误；粒子电性不变，不可能向上偏转从 ab 边某位置穿出磁场，B 错误；既减小 U 又增加 B，r 减小，粒子不可能从 bc 边某位置穿出磁场，C 错误；只增加 k，r 减小，粒子可以从 dP之间某位置穿出磁场，D 正确。

　6. 如图所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为 B2

　的匀强磁场。一带负电的粒子从原点 O 与 x 轴成 30°角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方磁场中运动的半径为 R。粒子重力不计，则(

　)

　A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点 O B．粒子在 x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为 2∶1 C．粒子完成一次周期性运动的时间为 2πm3qB

　D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进了 3R 解析：选 D。由 r＝ mvqB

　可知，粒子在 x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为 1∶2，B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间 t＝ 16 T 1 ＋16 T 2 ＝πm3qB ＋2πm3qB ＝πmqB ，C 错误；粒子第二次射入 x 轴上方磁场时沿 x 轴前进了 l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点 O，A 错误，D 正确。

　7. 三个完全相同的小球 a、b、c 带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下 h 1 高度后 a 小球进入水平向左的匀强电场，b 小球进入垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用 v a 、v b 、v c 表示，它们的关系是(

　)

　 A．v a ＞v b ＝v c

　B．v a ＝v b ＝v c

　C．v a ＞v b ＞v c

　D．v a ＝v b ＞v c

　解析：选 A。a 小球下落时，重力和电场力都对 a 做正功；b 小球下落时，只有重力做功；c 小球下落时只有重力做功，重力做功的大小都相同。根据动能定理可知外力对 a 小球所做的功最多，即 a 小球落地时的动能最大，b、c 小球落地时的动能相等。

　8. 如图所示，质量为 m，电荷量为 q 的小球从 P 点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是(

　)

　 A．一定做曲线运动 B．轨迹一定是抛物线 C．可能做匀速直线运动 D．可能做匀加速直线运动 解析：选 A。小球从 P 点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场中后一定会受到电场力和洛伦兹力。电场力和重力会对小球做正功，洛伦兹力不做功。小球的动能会增加，即速度变大，且速度的方向也会发生变化。洛伦兹力也会变大，方向也会改变。小球运动的速度和加速度的大小、方向都会改变。所以运动情况是一定做曲线运动。

　【能力提升】

　9．质量为 m，电荷量为 q 的带负电粒子自静止开始，经 M、N 板间的电场加速后，从 A 点垂直于磁场边界射入宽度为 d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置 P 偏离入射方向的距离为 L，如图所示。已知 M、N 两板间的电压为 U，

　粒子的重力不计。

　(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)。

　(2)求匀强磁场的磁感应强度大小 B。

　解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图。

　(2)设粒子在 M、N 两板间经电场加速后获得的速度为 v，由动能定理得 qU＝ 12 mv2 ① 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为 r，则 qvB＝m v2r ② 由几何关系得 r 2 ＝(r－L) 2 ＋d 2 ③ 联立①②③式求解得 磁感应强度 B＝2LL 2 ＋d 2

　2mUq。

　答案：(1)见解析图 (2)2LL 2 ＋d 2

　2mUq 10. 如图所示的区域中，OM 左边为垂直于纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于 OM，且垂直于磁场方向。一个质量为 m、电荷量为－q 的带电粒子从小孔 P 以初速度 v 0 沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角 θ＝60°，粒子恰好从小孔 C 垂直于 OC射入匀强电场，最后打在 Q 点，已知 OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：

　 (1)磁感应强度 B 的大小。

　(2)电场强度 E 的大小。

　解析：(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)∠PO 1 C＝120° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，r＋rcos 60°＝OC＝L 得 r＝ 2L3 粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力充当向心力，qv 0 B＝m 错误! ! ，解得 B＝mv 0qr＝ 3mv02qL。

　(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度为 a＝ qEm 水平方向 2L＝v 0 t 竖直方向 L＝ 12 at2

　解得 E＝ 错误! ! 。

　答案：(1) 3mv02qL (2) 错误! !

　 11．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 E＝5 3 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＝1.0×10－ 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)g 取 10m/s 2 ，求：

　(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 0，则

　qvB＝ q 2 E 2 ＋m 2 g 2

　① 代入数据解得 v＝20 m/s ② 速度 v 的方向斜向右上方，与电场 E 的方向之间的夹角 θ 满足 tan θ＝ qEmg ③ 代入数据解得 tan θ＝ 3，θ＝60°。

　④ (2)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，设其加速度为 a，有 a＝q 2 E 2 ＋m 2 g 2m 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＝ 12 at2 ⑦ a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ ，又 tan θ＝ yx ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 3 s≈3.5 s。

　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 v y ＝vsin θ⑤ 若使小球再次经过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为 0，则有 v y t－ 12 gt2 ＝0⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 3 s≈3.5 s。

　答案：(1)20 m/s 方向与电场方向成 60°角斜向上 (2)3.5 s