二轮专题复习带电粒子在电磁场中的运动专题.docx

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1、二轮专题复习：带电粒子在电磁场中的运动专题考点分析带电粒子在电磁场中的运动是高考必考的重点和热点，又是中学物理的一个难点。近几年高考题，题目一般是运动情景困难、综合性强，将场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等学问有机地结合，对考生的空间想像实力、物理过程和运动规律的综合分析实力，及用数学方法解决物理问题的实力要求较高.带电粒子在电场中有如下运动形式，即带电粒子在电场中的平衡问题、加速问题、偏转问题、轨迹问题及带电粒子在交变电场中的运动问题.解决的详细方法：平衡问题运用物体的平衡条件；直线运动问题运用运动学公式、牛顿运动定律及能量关系：偏转问题运用运动的合成和分解，以及类平

2、抛运动规律等；而对带电粒子在交变电场中运动，则应从粒子的受力状况入手，结合其初始状态的速度,依据牛顿定律、能量守恒以及对称性来分析粒子在不同时间内的运动状况.带电粒子在磁场中的运动问题，利用洛仑兹力公式、圆周运动的相关学问学问解这类问题，还要牵涉到几何学问。从历年高考试题可以看出，以考查带电粒子在洛仑兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题为主，侧重对考生的空间想象实力、综合分析实力和敏捷运用几何学问实力的考查.带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁场及包含重力场在内的复合场中的运动问题，也是高考必考内容.学问及方法总结；一、带电粒子在电场中的运动1、带电粒子在电场

3、中的加速：在匀强电场中的加速问题，一般属于物体受恒力作用（重力一般不计）运动问题。处理的方法有：（1）依据牛顿其次定律和运动学公式求解（动力学方法）；（2）依据动能定理及电场力做功求解（能量方法）.基本方程：加速度”=场强E=电场力做功Uq=g/欣而对非匀强电场中的加速问题，处理的方法依据动能定理求解。其基本方程是:2、带电粒子在电场中的偏转带电粒夕垂直于匀强电场的场方向进入电场后，受到恒定的电场作用，而做类平抛运动。在垂直电场方向做匀速直线运动，即V1=V11X=V0/而在沿电场力方向，做初速度为零的匀加速直线运动，则EqUq1,a=-1.=-1.v.=aty=atmdm2且通过电场区的时间

4、：/=工%故粒子通过电场区的侧移距离：y=班,2mdv粒子通过电场区偏转角：饵，=乜=吗.%心；由此可见，侧移距离也可表示为：.丫=2依。，即带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。这是一个很重要的结论，应留意理解和敏捷运用。二、带电粒子在匀强磁场中的运动（不计重力）1、运动形式（1）带电粒子在磁场中运动时，若速度方向及磁感线平行，则粒子不受磁场力，做匀速直线运动：即：V（I=OZA=O为静止状态.VHBZft=O则粒子做匀速宜线运动.（2）若速度方向及磁感线垂直，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，只变更速度的方向，不变更速度的大小

5、。依据牛顿运动定律：B=mE,得轨道半径公式：A=VRqB又依据：T，得周期公式：T=窗应当留意：带电粒子在匀强磁场中的转动周期7及带电粒子的速度大小无关.2、思路及方法（1）圆心的确定：因为洛伦兹力F指向圆心，依据F_1.v,画出粒子运动轨迹中随意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的F的方向，沿两个洛伦兹力F画出延长线，两延长线的交点即为圆心.或利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置.（2）半径和周期的计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角）。带电粒子垂直磁场方向射入磁场，只受洛仑兹力，将做匀速圆周运动，此时应有9由此可求得粒子运动半径AR=墨，周期/=羽，在实际

6、问题中，半径的计算一般是利用几何学问，常用解三角形的学问（如勾股定理等）求解。（3）粒在磁场中运动时间的确定：利用回旋角（即圆心角。）及弦切角的关系，或者利用四边形内角和等于360计算出圆心角的大小，由公式=-T可求出粒子在磁场中的运动时间.360三、带电粒子在复合场中的运动所谓复合场，即重力、电场力、洛仑兹力共存或洛仑兹力及电场力同时存在等，当带电粒子所受合外力为零时，所处状态是匀速直线运动或静止状态，当带电粒子所受合力只充当向心力时，粒了做匀速圆周运动，当带电粒子所受合力变更且速度方向不在同始终线上时，粒子做非匀变速曲线运动。对于复合场或组合场中带电体运动的问题，其实是以洛仑兹力为载体，本

7、质上可看作是力学题，仍可从三个方面入手：动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）：动量观点（动量定理和动量守恒定律）.一般来说，对于微观粒子，如电子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力.有时也可由题设条件,结合受力及运动分析，确定是否考虑重力.四、实际中的应用示波器、速度选择器、磁流体发电机、霍尔效应、电视显像管、质谱仪和回旋加速器等。典型示例迁移例1：如图所示，实线是簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只二1受电场力作用，依据此图可作

8、出正确推断的是J（）A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大D.带电粒f在a、b两点的电势能何处较大解析：设粒子从a运动到b,由轨迹的弯曲状况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒广所带电荷符号不能确定。此时，速度方向及电场力方向夹角大于90,电场力做负功，电势能增加，即b的电势能较大。相应地运动速度减小，即a点速度大于b点速度。当粒子从b到a时，也有同样结论。故应选B、C、D。变式训练1、图中的实线表示电场线，虚线表示只受j11i电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过、点，可以判定（）一A. M点

9、的电势大于N点的电势B. M点的电势小于N点的电势C.粒广在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力例2：如图所示质量为m,带电量为q的小球用长为1.的细线拴接,另一端固定在O点，整个装苴处在水平向右的匀强电场中。现将小球位至及0等高的水平位置A点，将小球由静止,释放，小球恰能摆到及竖直方向成0角的位-/T置，由此可以判定（）1.二A.小球在下摆过程中机械能守恒B.小球向左摇摆过程中机械能削减C.小球在经过最低点时速度最大D匀强电场的电场强度E=mgtanq解析：物体机械能守恒的条件是只有重力和弹力做功，而本题中由于电场力的存在，且电场力做了负功，

10、则小球向左摇摆过程中机械能削减；小球速度的最大值不毡出在最低点时，而必经过其“等效平衡”位置，即选项C不正确；由于将小球是由静止释放恰能摆到及竖直方向成。角的位置，故场强不能依据平衡条件求解，而只能借助动能定理解决，故选项D也不正确.即本题正确答案只有B.变式训练2、如图，在真空中一条竖直向卜的电场线上有两点a和人一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达bU点时速度恰好为零。则下面说法正确的是（）A.a点的电场强度大于6点的电场强度VB.质点在b点所受到的合力肯定为零C.带电质点在a点的电势能大于在方点的电势能D.a点的电势高于。点的电势例3：喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可

11、以发出墨汁微滴,此微粒经过带电室时被带上负电，信号修人带电的多少计算机按字体笔画、四一慝一凸位置输入信号加以限制，带电后署定的微滴以肯定的初速度进入偏转电场发生偏转后打在纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转极板而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长1.Gm两板间的距离为05（km,偏转板的右端距纸3.2（5。若一个墨汁微滴的质量为1.610心，以20,/S的初速度垂直于也场的方向进入偏转电场，两板间的电压为80x1.0W,若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0”，试求：这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器

12、内部，忽视边缘电场的不匀称性）为了使纸上的字体放大10%,请你分析提出至少两种可行的方法。解析：如图所示为墨汁微滴通过偏转电场时的情形（放大图），图中的V为墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离，而，为墨汁微滴离开偏转电场时偏离原来运动方向的夹角，由几何关系及匀变速运动规律得代入数据,解得7=1.25IO-13C解以上几式，得y/+了2Mhh要使字体放大o%,也就是使上式中的F增大o%,由上式可以看出，可以通过变更U、s、/或d来达到预期的目的，如：将偏转电场的电压增大10%,则偏转电压应增大到：将（/+2s）增大10%,设在/不变的状况下，将偏转板的右端距纸的距离增大为s，则:解得s，=3.

13、6(7/变式训练3：如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一带电体P自。点竖直上抛，它的初动能为打，当它上升到最高点M时动能为51,则此带电体折回通过及。点在同一水平线上的点时，其动能多大？例4：电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为0,半径为r。当不加磁场时，电子束将通过0点而打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P,须要加磁场，使电子束偏转一已知角度U,此时磁场的磁感应强度B应为多少？解析:电f在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C,半径为R。以丫衣示电Q入磁场时的速度,和电量，则

14、e1.1.=1Iiiv2eVB=K又有tgy=由以上各式解得d1i2mUOB=X-Tg变式训练击如图，真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂立于纸而对里，磁感应强度的大板面及磁场方向平行，在距ab的距离小B=0.60T,磁场内有一块平面感光板ab,XXXXX=1.6处，有一个点状的放射源S,它向各个方向放射粒子，粒子的速度都是v=301.0ms,已知。粒子的电荷及质量之比幺=50x10，。依，现只考虑在图纸平面中运动的粒子,Ht求：ab上被粒子打中的区域的长度。例5、如图所示，在坐标系的第一象限中存在沿y轴正方向的匀电场区域，继而经过C点进入磁场区域.不计重力作用(sin53=0.8,cos53=0

15、.6)（I）求匀强电场的电场强度E.（2）求粒子经过C点时速度的大小和方向.（3）若匀强磁场的磁感应强度B=H等，粒了在磁场区域中运动一9qh段时间后又从某一点进入电场区域,求粒子在磁场区域中运动的这段时间.解析，（1）设由力点运动到。点经验的时间为,f则有乩以a表示粒子在电场作用下的加速度，有V少。qE=ma解得E=蛔_9qh（2）设粒子从C点进入磁场时的速度为修/垂直于X轴的重量设粒子经过。点时的速度方向及X轴夹角为,则有cos1M，因此粒子从y轴上的。点离开磁场。设圆心为化正=而=K。用尸表示而及y轴的夹角，由几何关系得解得SinP=O.6即夕=37因为+7=9O%因此粒子在磁场区域中运

16、动了1周，经过的时间为4解得”誓变式训练5、如图所示，在宜角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿丫轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度V(I沿X轴负方向进入电场，不计粒子的重力,粒子经N、P最终又回到M点。设OM=1.,0N=21.,则:(1)电场强度E的大小？(2)磁感应强度B的大小和方向？例6、如图所示，一质量为m,带电荷量为+q的粒子以速度X，从0点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面对外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过X轴，速度方向及X轴正方向的夹角为30,同时进入场强为E、方向沿X轴负

17、方向成60角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的C点，如图所示。粒子的重力不计，试求：(1)圆形匀强磁场的最小面积。(2)C点到b点的距离s.解析(1粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半彳仝为R,则有qvB=m曳,即R=为RqB粒子经过磁场区域速度偏转角为120,这表明在磁场区域中轨迹为半径为R的;圆弧，此圆弧应及入射和出射方向相切。作出粒子运动轨迹如图中实线所示。轨迹MN为以0为圆心、R为半径，且及两速度方向相切的;圆弧，MN两点还应在所求磁场区域的边界上。在过M、两点的不同圆周中，最小的一个是以MX为宜径的同周，所求圆形磁场区域的最小半径为面积为S=*/=答2)4(B(2)粒子进入电场做类

18、平抛运动，设从b到C垂直电场方向位移x,沿电场方向位移y，所用时间为J则有x=vnt,v,=-2=-r22m又当=Cot60。y解得x=23mvo7Eq,y=6mv07Eq变式训练6：如图所示，在j，0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向：在yVO的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直盯平面(纸面)向外。一电量1,为t?、质量为勿的带正电的运动粒子，经过y.r轴上y=z处的点S时速率为如方向沿K轴正方向；然后，经过X轴上*=2力处的吕点进入磁场，并经过y轴上/=-2/处的A点。不计重力。求（1）电场强度的大小。（2）粒子到达A时速度的大小和方向。（3）磁感应强度的大小。例7；如图所示，有位于竖

19、直平面上的半径为的圆形光滑绝域轨道，其上半部分处于竖宜向下、场XTX强为的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀i-44强磁场中：质量为“带正电为g的小球，从轨道XXQX的水平直径的J/端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：（1）磁感强度B的大小。（2）小球对轨道最低点的最大压力。（3）若要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，小球从轨道的水平宜径的财端卜滑的最小速度。解：（1）小球在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒。从J/到最低点有ntfR=IHiv2在最低点有,j=m即B-ng=占rR解得5吟底（2）小球从M到N以及在轨道上来

20、回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒。从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力。在最低点有TNJNz-qvB-nif=m-vKN吨解得N2=6mg（3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，（设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为vo,在最高点速度为v1.从M一轨道的最高点，据动能定理：-HiffR-EqR=；mvf在圆形航道的最高点：喏+Eq=WmR解得;小心幽Vm变式训练7：如图所示，。处Z坐标系的y轴竖宜向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向及A轴平行.从y轴上的V点（O,H,0）无初速释放一个质

21、量为限电荷量为O的带负电的小球，它落在XZ平面上的.V（1.0,b）点（0,0）.若撤去磁场则小球落在XZ平面的点（/,0,0）.已知重力加速度为g.（1）已知匀强磁场方向及某个坐标轴平行，试推断其可能的详细方向.（2）求电场强度夕的大小.（3）求小球落至JV.点时的速率匕专题实战热身:1、如图所示，虚线小AC代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即儿=乩，实线为一带正Pd:C/电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的b斗J/1/QZ1.运动轨迹，。是这条轨迹上的两点，据此可X-T知（）（八）三个等势面中，a的电势最高（B）带电质点通过2点时的电势能较大（C）带电质点通过尸点时的动

22、能较大（D）带电质点通过2点时的加速度较大2、光滑水平面上有一边长为，的正方形区域处在场强为后的匀强电场中，电场方向及正方形一边平行。一质量为外带电量为4的小球由某一边的中点，以垂宜于该边的水平初速K）进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，动能的增量可能为3、某同学家中电视机画面的幅度偏小，修理的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障，显像管及偏转线圈如图所示，引起故障的缘由a.电了枪放射的电r数减小B.加速电场的电压过大C.偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱D.偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小4、两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1.和上的高频电源上，且IVU,有两

23、个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为1.和t2,获得的最大动能分别为EtU和九，则（）A.tKt2,EHEhzB.t;tjEu2C.tt2EkI=EgD.tt2,EZ=Ek25、如图所示，在XOy平面内的第一象限中有沿y方向的匀强电场,在其次、第三和第四象限中有匀强磁场，方向垂直于坐标平面对里，有一个质量为m、电荷量为C的电子，从y轴的P点以初速度Vu垂直于电场方向进入电场。接着电子从X轴上Q点进入匀强磁场，最终恰从P点以垂直于y轴的方向射出磁场。若0P=h,0Q=5h,不计电子的重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小6

24、、如图所示，两平行金属板月、8长=8cm,两板间距离(=8cm,A板比8板电势高300V,即=300V,一带正电的粒子电量=10oC,质量f1.?=102nkg,从R点沿电场中心：P(线垂宜电场线飞入电场，初速度4JOFF-I=2IOWs,粒子飞出平行板电场B-*I后经过界面，晚、AS间的无电场区域严后，进入固定在中心线上的。点的点电荷。形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响。已知两界面楙；PS相距为A=12cm,粒子穿过界面空最终垂直打在放置于中心线上的荧光屏加上。(静电力常数*=9X10N求：(1)粒子穿过界面S时偏离中心线距的距离多远？(2)点电荷的电量7、一匀磁场

25、，磁场方向垂直于中平面，在不平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点。起先运动，初速为V,方向沿X正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向及y轴的夹角为30,P到O的距离为1.,如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和不平面上磁场区域的半径R08、如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径AN为边界的两个半圆形区域I、H中，AA及AA的夹角为60。一质量为m,带电量为y的粒子以某一速度从I区的*边缘点A1.处沿及Aq成30角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于AJ的方向经过圆心0进入H区，最终再从

26、At处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求I区和H区中的磁感应强度的大小。（忽视粒子重力）。9、如图所示，在*oy直角坐标系中，第I象限内分布着方向垂直纸面对里的匀强磁场，第I1.象限内分布着方向沿产轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电量为7、质量为m的离子经过电压为少的电场加速后，从*上的4点垂直”轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的点且垂直y轴进入电场区域，在电场偏转并击中X轴上的C点。已知OA=Oe=&求电场强度和磁感强度方的大小。10、一束电子以1.=100cV的动能在1=0时由中心水F进入电场，而电容器两板间电势差随时间I11三的变更如图所示。试求电容器彳rz1R

27、.因朝不同方向放射的粒广的圆轨迹都过S,由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧及ab相切，则此切点P1.就是粒子能打中的左侧最远点.为定出P1.点的位置，可作平行于ab的直线cd,Cd到ab的距离为R,以S为圆心，R为半径，作弧交Cd于Q点，过Q作ab的垂线,它及ab的交点即为R.Nq=R-(I-R)2再考虑N的右侧。任何粒在运动中离S的距离不行能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆,交ab于N右侧的P?点，此即右侧能打到的最远点.由图中几何关系得NP2=(2)-/2所求长度为P,P2=NPi+NP2代人数值得PR=20cm变式训练5、解：(1)由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知/.=：变，且=3

28、则E=述2ntIq1.(2)依据粒子在电场中运动的状况可知，粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为V,运动方向及X轴负方向的夹角为。，如图4所示。由动能定理得强/.=，M-nv-将(1)式中的E代入可得V=i%所以0=45粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也及X轴负方向成45角。则OP=OM=1.NP=NO+0P=31.粒子在磁场中的凯道半径为R=NPCOS45=又（B=mRqR解得B=普由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面对里。变式训练6,(1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒f从A到月,的时间为。，电场强度的大小为名粒子在电场中的加速度为a,由牛顿其

29、次定律及运动学公式有qE=maVot=th由、式解得E.述2q1.t(2)粒子到达月时速度沿*方向的重量仍为%,以匕表示速度沿y方向重量的大小，表示速度的大小，表示速度和X轴的夹角，则vf=2ahV=Jv；+诏tan/?=VO由、式得V=V0由、式得V=-J1.v0tf-450(3)设磁场的磁感应强度为8,在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿其次定律(vB-mODr是圆周的半位。此圆周及X轴和卜轴的交点分别为月、月。因为OP：=OP,=45,由几何关系可知，连线月月为圆轨道的直径，由此可求得Z-2r(IZ)由、(II).可得人巴曳(13)qh变式训练7(1)用左手定则推断出：磁场方向为一

30、X方向或一J，方向.（2）在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到户点,设运动时间为小球自由下落，H=gt2小球沿*轴方向只受电场力作用FjqE小球沿*轴的位移为/=2小球沿X轴方向的加速度”nt联立求解，得E=里qH（3）带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功设落到A点速度大小为匕依据动能定理有援H+2=、，解得V=,勺1、BD2、ABD3、BCD4、D5、（D电r在电场中运动过程是类平抛运动如图沿X方向，由几何关系和匀速分运动得：OQ=v1.沿Y方向，由几何关系和匀加速分运动得：OP=h=-at22又由牛顿其次定律得：F=口=ma.:2欣3eh（2）电子在磁

31、场中做匀速圆周运动，其轨迹如是图所示，O为圆心,设电r做匀速圆周运动的半径为r,进入磁场中速度为V,由图中几何关系有ri=(r-)+(3)/.r=2由洛仑兹力供应向心力得evB=m-r而V=J.+(=g%综合上式得8=走迎.6eh6、解析I(1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面/5时偏离中心线校的距离为y,则：h=af2。=追=也/=1即：h=tnmd%Inu1.v1.代入数据，解得：A=O.03zf3c?带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相像三角形学问得：I”声,1.+1.2代入数据，解得：y=0.V2m=2cm(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为%WiJ：vy=a

32、t=畔代入数据，解得：匕=1.5X10%ZS所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度V=Jvj”,2=2.5X1.(Tms设粒子从电场中飞出时的速度方向及水平方向的夹角为0,贝小tan-=-,夕=37。*4因为粒子穿过界面/5最终垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷。作匀速圆周运动，其半径及速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：=上=0.6COSe由维=，“士，代入数据，解得：01.04X10*Crr7、粒了在磁场中受各仑兹力作用，作匀速圆周运动，设其半径为r,yVqvB=mr据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的，圆心C必在y轴上，且P点在磁场区之外。过gP沿速

33、度方向作延长线，它及X轴相交于Q点。升摄、作圆弧过0点及X轴相切，并且及PQ相切，j,切点A即粒子离开磁场区的地点。这样也求得、.圆弧轨迹的圆心C,如图所示。由图中儿何关系得1.=3r解胃图中OA的长度即网形磁场区的半径R，由图中几何关系可得8、解：设粒子的入射速度为V,已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，最终从A,点射出。用氏、B；、R,、R,、3、T2,分别表示在磁场I区和I1.区的磁感应强度、轨道半径和周期。2俨4=吟V2qvBz=m为2咽2;Tw1.=y则2血2mi=1.sU也设圆形区域半径r，如右图所示，已知粒了过圆心且垂直于A?A进入II区磁场，连接儿An,A。&为等边

34、三角形，&为带电粒子在磁场I区运动轨迹的圆心，其轨迹的半径K=A4=）4=/圆心角AAQ=60,带电粒子在磁场I区运动时间为：a=1.7；6带电粒子在磁场11区运动轨迹的圆心在0A,的中点，即：2在磁场11区运动时间为：b=Jr-6*带电粒子从射入到射出所用的总时间为：+G由以上各式可得：,B、=包9、解：设带电粒了经电压为少的电场加速后获得速度为匕由动能定理得：=一带电粒夕进入磁场后，洛仑兹力供应向心力，由牛顿其次定律：(1.Bv=-r依题意可知:Fd解得：B=也画qd带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间r从P点到达C点，由运动学公式得:d=V1.d=52m解得：E=10、解析：由E=；欣，得Vt1.=J=6X10mS，则电子穿出电场的时间为该时间远远小于r=4s,故可认为电子穿过电场时电势差不变。当电子恰好穿出电容器极板时有W=:当/，则得=8V,这22ma时由图象可知，。=。融，故在部内电容器两板间有电子穿出的时间/,=%=1.6$,则无电子穿出的时间力=2$一=0.4s因此，电容器两板间有电广穿出及无电了穿山的时间之比为=9。八I