2022年高考物理精讲专题带电粒子在复合场中的运动.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载高考定位带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点,常见的考查形式有组合场 电场、磁场、重力场依次显现 、叠加场 空间同一区域同时存在两种以上的场 、周期性变化场等,近几年高考试题中,涉及本专题内容的频度极高,特殊是运算题,题目难度大,涉及面广试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起主要考查考生的空间想象才能、分析综合才能以及运用数学学问解决物理问题的才能以考查考生综合分析和解决复杂问题的才能考题 1 带电粒子在叠加场中的运动分析例 1 如图 1 所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有垂直于纸面对外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B0.5T,仍有沿 x 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E2N/C.在其第一象限空间有沿 y 轴负方向的、场强大小也为 E 的匀强电场,并在 y>h0.4 m 的区域有磁感应强度也为 B 的垂直于纸面对里的匀强磁场一个带电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点得到一初速度, 恰好能沿 PO 做匀速直线运动 PO 与 x 轴负方向的夹角为 45° ,并从原点 O 进入第一象限已知重力加速度 g10 m/ s 2,问：图 1 1油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比,并指出油滴带何种电荷；2油滴在 P 点得到的初速度大小；3油滴在第一象限运动的时间审题突破 1结合平稳条件判定油滴所受电场力的方向和洛伦兹力的方向,进而判定油滴的电性,对油滴受力分析后采纳合成法作图,由几何关系得出三力之比；2 依据油滴在垂直直线方向上应用平稳条件列方程求得速度大小；3进入第一象限,由于重力等于电场力,在电场中做匀速直线运动,在混合场中做匀速圆周运动,作出运动轨迹,结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析学习好资料欢迎下载1 依据受力分析 如图 可知油滴带负电荷,设油滴质量为 m,由平稳条件得：mg qEF1 12. 2由第 1问得： mgqEqvB2qEyh 的区域后做匀解得： v2E B42m/s. 3进入第一象限,电场力和重力平稳,知油滴先做匀速直线运动,进入速圆周运动,轨迹如图,最终从x 轴上的 N 点离开第一象限h由 OA 匀速运动的位移为 s1sin45 °2h其运动时间： t1s1 v2h2EhB E0.1s B2m由几何关系和圆周运动的周期关系式 TqB知,由 AC 的圆周运动时间为 t21 4T2gB0.628s E由对称性知从 CN 的时间 t3t1在第一象限运动的总时间 tt 1t2t32× 0.1s0.628s0.828s 答案 11 12油滴带负电荷 24 2m/s 30.828s 1如图 2,水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板,板高 h9m,与板上端等高处水平线上有一 P 点, P 点离挡板的距离 s3m板的左侧以及板上端与 P 点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场磁场方向垂直纸面对里,磁感应强度 B1T ；比荷大小q m1.0C/kg可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动,如与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电量不变,小球最终都能经过位置P,g 10 m/ s 2,求：图 2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载1电场强度的大小与方向；2小球不与挡板相碰运动到 P 的时间；3要使小球运动到 P 点时间最长应以多大的速度射入？答案 110N/C ,方向竖直向下 2arcsin3 5s 33.75m/s 解析 1 由题意可知,小球带负电,因小球做匀速圆周运动,有：Eqmg得： Emg q10N/C ,方向竖直向下2小球不与挡板相碰直接到达 P 点轨迹如图：有： hR 2s 2R 2 得： R5m 设 PO 与挡板的夹角为 ,就 sins R 3小球做圆周运动的周期 T2m qB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为 ,就 t m qB3运动时间 tarcsin qB 5 marcsin3 5s3因速度方向与半径垂直,圆心必在挡板上,设小球与挡板碰撞 n 次,有 Rh 2n又 Rs,n 只能取 0,1. n0 时, 2问不符合题意n1 时,有 3Rh2s2R2解得： R13m,R23.75m 轨迹如图,半径为 R2 时运动时间最长2洛伦兹力供应向心力：qvB mv R2名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载得： v3.75m/s. 带电粒子在叠加场中运动的处理方法1弄清叠加场的组成特点2正确分析带电粒子的受力及运动特点3画出粒子的运动轨迹,敏捷挑选不同的运动规律 1如只有两个场且正交,合力为零,就表现为匀速直线运动或静止例如电场与磁场中满意qEqvB；重力场与磁场中满意mg qvB；重力场与电场中满意mgqE. v2如三场共存时,合力为零,粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力FqvB 的方向与速度垂直3如三场共存时,粒子做匀速圆周运动,就有 2 运动,即 qvBmv r . mgqE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周4当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解考题 2 带电粒子在组合场中的运动分析例 22022·广东 ·36如图 3 所示, 足够大的平行挡板A1、A2 竖直放置, 间距为 6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和,以水平面MN 为抱负分界面区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面对外,A1、A2上各有位置正对的小孔 S1、S2,两孔与分界面 MN 的距离为L.质量为 m、电量为 q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从 S1进入区,并直接偏转到 MN 上的 P 点,再进入区 P 点与 A1 板的距离是 L 的 k 倍不计重力,遇到挡板的粒子不予考虑图 3 1如 k1,求匀强电场的电场强度 E；2如 2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系式和区的磁感应强度 B 与 k 的关系式审题突破 1粒子在电场中做加速直线运动,依据动能定理列式；粒子在磁场中做匀速圆周运动,依据牛顿其次定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最终联立求解2结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力供应向心力,依据牛顿第二定律列式；最终联立求解即可名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解析 1如 k1,就有 MPL,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,依据几何关系,该情形粒子的轨迹半径为RL 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,就有：粒子在匀强电场中加速,依据动能定理有：2 qvB0mv RqEd1 2mv2综合上式解得：2 2EqB 2dm 0L2由于 2<k<3,且粒子沿水平方向从S2 射出,该粒子运动轨迹如下列图,由几何关系： R2kL 2 RL2,2 又有 qvB0mv R就整懂得得： vqB0 Lk2L2m又由于： 6L2kL2x依据几何关系有：kL x R2又 qvBmv r就区的磁感应强度 B 与 k 的关系： BkB0 . 3k答案 1qB 2dm 20L 22 vqB0 Lk 2m 2LB3k kB02 32如图 4 所示的直角坐标 xOy 平面内有间距为 d,长度为 3 d 的平行正对金属板 M、N,M位于 x 轴上, OP 为过坐标原点 O 和极板 N 右边缘的直线,与 y 轴的夹角 3, OP 与 y 轴之间及 y 轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 M 板左侧边缘以速度 v 0 沿极板方向射入,恰好从 N 板的右侧边缘 A 点射出进入磁场粒子第一次通过 y 轴时,速度与 y 轴负方向的夹角为6.不计粒子重力,求：图 4 1极板 M、N 间的电压；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载2匀强磁场磁感应强度的大小；3粒子其次次通过 y 轴时的纵坐标值；4粒子从进入板间到其次次通过 y 轴时经受的时间2答案 1 3mv2q 0 22mv 0qd 32 d 4 4 3 76 v 0 d解析 1 粒子在 M、N 板间做类平抛运动,设加速度为 a,运动时间为 t1,就2 3 3 dv 0t 11 2d2at 1依据牛顿运动定律得 qU dma2联立解得 U3mv 2q . 02设粒子经过 A 点时的速度为 v,方向与 x 轴的夹角为 ,依据动能定理,得 qU1 2mv 21 2mv 20cosv 0 v解得 v2v0, 3设粒子第一次与 y 轴相交于 D 点,轨迹如图,由几何关系知 D 点与 A 点高度相等, C1DO为等边三角形Rd 依据牛顿定律,得2 qvBmv R整理得 B2mv 0 qd . 3粒子在 y 轴右侧空间的运动轨迹如图由几何关系知DE2Rcosd即 E 点的纵坐标为 yE2d. 4粒子从 A 到 D 的时间名师归纳总结 t21 3T第 6 页,共 16 页从 D 到 E 的时间 t35 6T- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载2m d而 TqBv 04 37 d故 tt1t2 t3 6 v0. 3如图 5 所示,相距 3L 的 AB、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场,其中 PT 上方的电场的场强方向竖直向下,PT 下方的电场的场强方向竖直向上,电场的场强大小是电场的场强大小的两倍,在电场左边界AB 上有点 Q,PQ 间距离为 L.从某时刻起由Q 以初速度 v0 沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子,电量为q、质量为 m.通过 PT 上的某点 R 进入匀强电场后从 PR 两点的距离为 2L.不计粒子的重力试求：CD 边上的 M 点水平射出, 其轨迹如图,如图 5 1匀强电场的电场强度的大小和 MT 之间的距离；2有一边长为 a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器,在其边界正中心开有一小孔 S,将其置于 CD 右侧且紧挨 CD 边界,如从 Q 点射入的粒子经 AB、CD 间的电场从 S孔水平射入容器中 欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S 孔射出 粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量缺失 ,并返回 Q 点,需在容器中现加上一个如下列图的匀强磁场,粒子运动的半径小于1 2a,求磁感应强度 B 的大小应满意的条件以及从 Q 动身再返回到 Q 所经受的时间2答案 1 mv qL 0 12L 2B2mv0 1 2nqa,n1,2,6L v0 6n1 a,n1,2,解析 1 设粒子经 PT 直线上的点 R 由 E2 电场进入 E1 电场,由 Q 到 R 及 R到 M 点的时间分别为 t2 与 t1,到达 R 时竖直速度为 vy,就由 FqEma,2Lv0t2,Lv0t1,名师归纳总结 L1 2· E2q m t2 2,第 7 页,共 16 页E12E2,2 得 E1mv qL 0v yE2q m t2 E1q m t1MT 1 2·E1q m t2 1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料联立解得 MT 1 2L. 欢迎下载r,就2欲使粒子仍能从 2 mv 0 qv0BrS孔处射出,粒子运动的半径为12nr1 2a,n1,2,解得： B2mv0 12n,n1,2,qa由几何关系可知t3× 2n×T 2T 63n1 2Tn1,2,3T2R v2ma, n1,2,2n 1 v0代入 B 得 Tt2t12t 2t6L v 06n1 a, n1,2,2 2n 1 v0带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合,解决方法如下：1分别讨论带电粒子在不同场区的运动规律在匀强磁场中做匀速圆周运动在匀强电场中,如速度方向与电场方向平行,就做匀变速直线运动；如速度方向与电场方向垂直,就做类平抛运动2带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理3当粒子从一个场进入另一个场时,口分析转折点处粒子速度的大小和方憧憬往是解题的突破考题 3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析名师归纳总结 例 319 分如图 6 甲所示,在 xOy 平面内存在匀称、 大小随时间周期性变化的磁场和电场,第 8 页,共 16 页变化规律分别如图乙、丙所示 规定垂直纸面对里为磁感应强度的正方向、沿 y 轴正方向电场强度为正 在 t0 时刻由原点O 发射初速度大小为v0,方向沿 y 轴正方向的带负电粒子- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载已知 v0、t0、 B0,粒子的比荷为图 6 B0t0,不计粒子的重力求：1tt0时,求粒子的位置坐标；2如 t5t0时粒子回到原点,求 05t0 时间内粒子距 x 轴的最大距离；3如粒子能够回到原点,求满意条件的全部 E0值解析 1 由粒子的比荷 m B0t0,就粒子做圆周运动的周期 T2m B0q2t01 分 就在 0t0 内转过的圆心角 2 分 2由牛顿其次定律 qv 0B0mv r12 分 0得 r 1v 0t0 1 分 位置坐标 2v0t0 ,0 1 分 2粒子 t5t0 时回到原点,轨迹如下列图r22r12 分 r1mv0 B0qr2mv2 B0q1 分 得 v 2 2v01 分 名师归纳总结 又q m B0t0,r 22v0t0 1 分 第 9 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 粒子在学习好资料欢迎下载05t0 时间t02t0 时间内做匀加速直线运动,2t03t0 时间内做匀速圆周运动,就在内粒子距 x 轴的最大距离：hmv 02v02 t0 r23 2 2 v0t0.2 分 3如下列图,设带电粒子在 x 轴上方做圆周运动的轨道半径为 r 1,在 x 轴下方做圆周运动的轨道半径为 r 2,由几何关系可知,要使粒子经过原点,就必需满意：n2r22r 1 2r 1,n1,2,3, 1 分 r1mv0 B0qr2mv B0q1 分 取垂直于纸联立以上各式解得vn1v0, n1,2,3, 1 分 n又由 vv 0E0qt0 m 1 分 得 E0v0B0 n ,n1,2,3, 1 分 答案1 2v0t0 , 023 22 v 0t03v 0B0 n ,n1,2,3, 20 分如图 7 甲所示, 间距为 d、垂直于纸面的两平行板P、Q 间存在匀强磁场面对里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t 0 时刻, 一质量为 m、带电量为 q 的粒子 不计重力 ,以初速度v0 由 Q 板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当 B0 和 TB 取某些特定值时,可使 t 0 时刻入射的粒子经 t时间恰能垂直打在 P 板上 不考虑粒子反弹 上述 m、q、d、v0 为已知量图 7 名师归纳总结 1如 t1 2TB,求 B0；第 10 页,共 16 页2如 t3 2TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小；3如 B04mv 0 qd,为使粒子仍能垂直打在2答案 1mv 0 qd 23v d 0 3d 3v0或 2arcsin1P 板上,求 TB. d 2v 0解析 1设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿其次定律得2 qv 0B0mv R1 0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 据题意由几何关系得学习好资料欢迎下载R1d联立 式得 B0mv0 qd 22设粒子做圆周运动的半径为 R2,加速度大小为 a,由圆周运动公式得 av R2 0据题意由几何关系得 3R2d 2 3v 0 联立 式得 ad . 2R 3设粒子做圆周运动的半径为 R,周期为 T,由圆周运动公式得 Tv 0由牛顿其次定律得 2 qv0B0mv R 0由题意知 B04mv0 qd,代入 式得d4R粒子运动轨迹如下列图,O1、O2 为圆心, O1O2 连线与水平方向的夹角为,在每个 TB内,只有 A、B 两个位置才有可能垂直击中 P 板,且均要求 0<< 2,由题意可知2 TB2T2设经受完整 TB 的个数为 nn0,1,2,3, 如在 A 点击中 P 板,据题意由几何关系得R2RRsinnd.当 n0 时,无解 .当 n1 时,联立 . 式得 6或 sin12.联立 . 式得TB d 3v0.当 n2 时,不满意 0<<90°的要求 .如在 B 点击中 P 板,据题意由几何关系得R2Rsin2RRsinnd.当 n0 时,无解 .名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载当 n1 时,联立 . 式得arcsin 1 4 或 sin 1 4.联立 . 式得TB2 arcsin1d 2v 0.学问专题练训练8 当 n2 时,不满意0<<90°的要求题组 1 带电粒子在叠加场中的运动分析1双选 如图 1 所示,空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面对里的水平匀强磁场在该区域中, 有一个竖直放置的光滑绝缘圆环,环上套有一个带正电的小球O 点为圆环的圆心,a、b、c、d 为圆环上的四个点,a 点为最高点, c 点为最低点, b、O、d 三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a 点由静止释放,以下判定 正确选项 图 1 A小球能越过 d 点并连续沿环向上运动 B当小球运动到 d 点时,不受洛伦兹力 C小球从 d 点运动到 b 点的过程中,重力势能减小,电势能减小 D小球从 b 点运动到 c 点的过程中,经过弧 bc 中点时速度最大 答案 BD 解析 电场力与重力大小相等,就二者的合力指向左下方45°,由于合力是恒力,故类似于新名师归纳总结 的重力, 所以 ad 弧的中点相当于竖直平面圆环的“ 最高点 ” 关于圆心对称的位置即 bc 弧第 12 页,共 16 页的中点 就是 “ 最低点 ” ,速度最大；由于a、d 两点关于新的最高点对称,如从a 点静止释放,最高运动到d 点,故 A 错误；当小球运动到d 点时,速度为零,故不受洛伦兹力,故B正确；由于d、b 等高,故小球从d 点运动到 b 点的过程中,重力势能不变,故C 错误；由于等效重力指向左下方45°,由于弧bc 中点是等效最低点,故小球从b 点运动到 c 点的过程中,经过弧bc 中点时速度最大,故D 正确2如图 2 甲所示, x 轴正方向水平向右,y 轴正方向竖直向上在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场, 在半径为R 的圆形区域内加有与xOy 平面垂直的匀强磁场在坐标原点 O 处放置一带电微粒发射装置,它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量 qq0和初速度为v 0的带电微粒 已知重力加速度为g - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 2 1当带电微粒发射装置连续不断地沿 y 轴正方向发射这种带电微粒时,这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场,并连续沿 x 轴正方向运动求电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小和方向2调剂坐标原点处的带电微粒发射装置,使其在 xOy 平面内不断地以相同速率 v 0沿不同方向将这种带电微粒射入第象限,如图乙所示现要求这些带电微粒最终都能平行于 x 轴正方向运动, 就在保证电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小和方向不变的条件下,求出符合条件的磁场区域的最小面积答案 1 Emg q,沿 y 轴正方向 Bmv 0 qR,垂直纸面对外 2 2 1R 2解析 1 微粒沿 x 轴正方向运动,即带电微粒所受重力与电场力平稳设电场强度大小为 E,由平稳条件得：mgqE解得： Emg q由于粒子带正电,故电场方向沿 y 轴正方向带电微粒进入磁场后,做匀速圆周运动,且半径 rR. 设匀强磁场的磁感应强度大小为 B. 2v 0由牛顿其次定律得：qv 0Bm R解得 Bmv 0 qR,磁场方向垂直纸面对外2沿 y 轴正方向射入的微粒,运动轨迹如下列图：以半径 R 沿 x 轴正方向运动四分之一圆弧,该圆弧也恰为微粒运动的上边界以 O 点为圆心、R 为半径做的四分之一圆弧 BC 为微粒做圆周运动的圆心轨迹微粒经磁场偏转后沿 x 轴正方向运动,即半径沿竖直方向并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为 R,射出点的边界与圆弧 BC 平行,如图中的圆弧ODA,圆弧 OA 与圆弧 ODA 之间的区域即为磁场区域的最小面名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载积：S21 4R21 2R 2 21R2. 题组 2 带电粒子在组合场中的运动分析3如图 3 所示,在矩形区域 CDNM 内有沿纸面对上的匀强电场,场强的大小 E1.5× 10 5V /m ；在矩形区域 MNGF 内有垂直纸面对外的匀强磁场,磁感应强度大小 B0.2 T已知 CD MNFG0.60 m ,CMMF0.20 m 在 CD 边中点 O 处有一放射源,沿纸面对电场中各方向匀称地辐射出速率均为v01.0 ×106 m/s 的某种带正电粒子,粒子质量m6.4× 10 27kg,电荷量 q3.2× 10 19C,粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场,不计粒子的重力求：图 3 1粒子在磁场中做圆周运动的半径；2边界 FG 上有粒子射出磁场的范畴长度；3粒子在磁场中运动的最长时间后两问结果保留两位有效数字 答案 10.2m 20.43m 32.1× 107s 解析 1 电场中由动能定理得：qEd12mv 21 2mv 20由题意知 d 0.20m,代入数据得v2× 10 6m/s 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,2vqBvm rmv解得 rqB0.2m. 2设粒子沿垂直于电场方向射入时,出电场时水平位移为s,就由平抛规律得：d1 2·qE 2m·tsv 0t解得 s2 15 m 3P 点,为左边界,垂直MN 射出的粒子与离开电场时, sin1v 0 v1 2,130°. 由题意可知, PSMN,沿 OC 方向射出粒子到达边界 FG 相切于 Q 点, Q 为右边界, QO r,轨迹如图名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载范畴长度为 l sr2 3 150.2 m0.43m. 2m3TqB,由分析可知,OO方向射出的粒子运动时间最长,设1sin22Lrr1 2,230°带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为 120°,对应的最长时间为题组 3 带电粒子在周期性变化的电磁场中运动分析FG 长度为 Ltmax1 3T2m3qB 2.1× 10 7s 4如图 4 甲所示,水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场,场强大小E× 103N/C,MN下方有垂直于纸面的磁场,磁感应强度B 随时间 t 按如图乙所示规律做周期性变化,规定垂直纸面对外为磁场正方向T0 时将一重力不计、 比荷q m10 6C/kg 的正点电荷从电场中的 O点由静止释放,在 t11× 105s 时恰通过 MN 上的 P 点进入磁场, P 点左方 d105cm 处有一垂直于 MN 且足够大的挡板图 4 求： 1电荷从 P 点进入磁场时速度的大小 v 0；52电荷在 t24× 10 s 时与 P 点的距离 s；3电荷从 O 点动身运动到挡板所需时间 t总答案 1 × 10 4m/s 220 2cm 31.42 × 104s 解析 1 电荷在电场中做匀加速直线运动,就 Eqmav 0at1解得 v0Eqt1 m× 103× 106× 1× 105m/s ×104 m/ s 2电荷在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力供应向心力2qvBm v r,rmv名师归纳总结 当 B1 20T 时,半径 r1mv0 B1q 0.2m20cm 第 15 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料周期 T12m B1q4× 105s 当 B2 10T 时,半径 r2mv0 B2q 0.1m10cm 周期 T22m B2q2× 105s 欢迎下载故电荷从 t0 时刻开头做周期性运动,其运动轨迹如下列图在 t0 到 t 24× 10 5s 时间内,电荷先沿直线OP 运动 t1,再沿大圆轨迹运动T1 4,紧接着沿小圆轨迹运动 T2,t 24× 10 5s 时电荷与 P 点的距离 s2r 120 2cm 3电荷从 P 点开头的运动周期 T6× 10 5s,且在每一个周期内向左沿 PM 移动 s12r140cm,电荷到达挡板前经受了 2 个完整周期,沿 PM 运动距离 s2s180cm,设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成 角,最终 ds25cm 内的轨迹如下列图据几何关系有 r 1r 2sin0.25m 解得 sin0.5,即 30°就电荷从 O 点动身运动到挡板所需总时间名师归纳总结 t 总t12TT1 4 360°T2第 16 页,共 16 页解得 t 总85 6× 105s1.42× 104s. - 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