(1)帶電粒子在組合場中的運動；(2)帶電粒子在復合場中的運動；(3)質譜儀和回旋加速器等。

例1．(2020•全國Ⅱ卷•18)CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則(　　)

A．M處的電勢高于N處的電勢
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移
C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移
【解析】由于電子帶負電，要在M、N間加速則M、N間電場方向由N指向M，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據qU＝12mv2，可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R，可得R＝mvqB，可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當其他條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。
【答案】D
【點睛】本題考查帶電粒子在組合場中運動，解題首先要明確電子在各個區域的運動情況，并能正確推導出電子在磁場中運動的半徑。
例2．(2020•山東卷•17)某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz。區域I、Ⅱ內分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質量為m，電荷量為＋q的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經b孔進入磁場，過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。

(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；
(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標；
(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；
(4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質子11H、氚核31H、氦核42He的位置，請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）。
【解析】(1)設粒子經加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區域I中，做勻速圓周運動對應圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得：qU＝12mv2 ①
在區域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2R ②
聯立①②式得： ③
由幾何關系得：d2＋(R－L)2＝R2 ④
⑤
⑥
聯立①②④式得： ⑦
(2)設區域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得：qE＝ma ⑧
粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規律得：vz＝vcos α ⑨
d＝vzt ⑩
粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式得：x＝12at2 ?
聯立①②⑤⑧⑨⑩?式得： ?
(3)設粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運動學公式得
y'＝vtsin α ?
由題意得：y＝L＋y' ?
聯立①④⑥⑨⑩??式得： ?
(4)s1、s2、s3分別對應氚核31H、氦核42He、質子11H的位置。
【點睛】本題考查帶電粒子在電場與磁場中的運動，首先要分析清楚粒子的運動過程，之后根據運動過程，結合動能定理、牛頓第二定律與運動學公式進行解答。

1．(多選)如圖是一個回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。現分別加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列說法中正確的是(　　)

A．它們的最大速度相同
B．它們的最大動能相同
C．兩次所接高頻電源的頻率相同
D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
【答案】AC
【解析】由R＝mvqB得最大速度v＝qBRm，兩粒子的qm相同，所以最大速度相同，A正確；最大動能Ek＝12mv2，因為兩粒子的質量不同，最大速度相同，所以最大動能不同，B錯誤；高頻電源的頻率f＝qB2πm，因為qm相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關，D錯誤。
2．如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大的正交的勻強磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線互相垂直。在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經電場和磁場到達水平地面。若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法正確的是(　　)

A．小球做勻變速曲線運動
B．小球的電勢能保持不變
C．洛倫茲力對小球做正功
D．小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和
【答案】D
【解析】帶電小球在剛進入復合場時受力如圖所示，則帶電小球進入復合場后做曲線運動，因為速度會發生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以小球不可能做勻變速曲線運動，A項錯誤；根據電勢能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能才保持不變，B項錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，C項錯誤；從能量守恒角度分析，D項正確。

2．(多選)太陽風含有大量高速運動的質子和電子，可用于發電。如圖所示，太陽風進入兩平行極板之間的區域，速度為v，方向與極板平行，該區域中有磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則(　　)

A．在開關S未閉合的情況下，兩極板間穩定的電勢差為BLv
B．閉合開關S后，若回路中有穩定的電流I，則極板間電場恒定
C．閉合開關S后，若回路中有穩定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILv
D．閉合開關S后，若回路中有穩定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功
【答案】AB
【解析】太陽風進入兩極板之間的勻強磁場中，帶電離子受到洛倫茲力和電場力作用，穩定后，有qUL＝qvB，解得U＝BLv，A項正確；閉合開關后，若回路中有穩定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場恒定，B項正確；回路中電流I＝UR＝BLvR，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝B2L2v2R，C項錯誤；由于洛倫茲力永遠不做功，所以D項錯誤。

3．如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角均勻分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強磁場區域，其磁感應強度分別用B1、B2、B3表示。現有帶電粒子自a點垂直Oa板沿逆時針方向射入磁場中，帶電粒子完成一周運動，在三個磁場區域中的運動時間之比為1∶2∶3，軌跡恰好是一個以O為圓心的圓，則其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為(　　)
A．1∶1 B．5∶3 C．3∶2 D．27∶5
【答案】D
【解析】帶電粒子在磁場運動的時間t＝θ2πT，在各個區域的角度都為θ＝120°＝13π，對應的周期T＝2πmqB，，則三個區域的磁感應強度之比B1∶B2∶B3＝6∶3∶2，三個區域的磁場半徑相同為r＝mvqB，又動能Ek＝12mv2，聯立得，故三個區域的動能之比為：Ek1∶Ek2∶Ek3＝B12∶B22∶B32＝36∶9∶4，故在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk＝Ek1－Ek2＝27，故在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk′＝Ek2－Ek3＝5，故損失動能之比為ΔEk∶ΔEk′＝27∶5，D正確。
4．(多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻射的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導走而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是(　　)

A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B．到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU
D．若U<mv022q，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
【答案】CD
【解析】設粒子開始時的坐標為(－x，－h)，粒子在電場中運動過程中，由類平拋運動規律及牛頓運動定律得x＝v0t，h＝12at2，qE＝ma，聯立得h＝12•qEm•x2v02，可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤；粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大。粒子到達O點時，粒子的速度與y軸正方向的夾角θ滿足：tan θ＝vxvy，可知到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯誤；負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關系可知：12mv2－qU >0，即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU，故C正確；粒子在電場中的偏轉角：tan α＝vyv0＝qEtmv0，粒子在偏轉電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同。所以從不同的位置開始偏轉的粒子，可以以任意夾角進入第一象限，所以若U<mv022q，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確。
5．如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑絕緣橢圓大環，水平長軸為AC，豎直短軸為ED。輕彈簧一端固定在大環的中心O，另一端連接一個可視為質點的帶正電的小環，小環剛好套在大環上，整個裝置處在一個水平向里的勻強磁場中。將小環從A點由靜止釋放，已知小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等。下列說法中錯誤的是(　　)

A．剛釋放時，小環的加速度為重力加速度g
B．小環的質量越大，其滑到D點時的速度將越大
C．小環從A運動到D，彈簧對小環先做正功后做負功
D．小環一定能滑到C點
【答案】B
【解析】剛釋放時，小環速度為零，洛倫茲力為零，只受重力，加速度為g，A項正確；因為在A、D兩點時彈簧的形變量相同，且OA長度大于OD，所以OA處于拉伸，OD處于壓縮，所以彈簧由伸長變為壓縮，彈力先做正功，后做負功，C項正確；從A到D過程中洛倫茲力不做功，而彈簧的彈性勢能不變，只有重力做功，所以無論小環的質量如何，小環到達D點的速度是一樣的，因大環光滑，則小環一定能滑到C點，B項錯誤，D項正確。
6．(多選)將一塊長方體形狀的半導體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中，當此半導體材料中通有與磁場方向垂直的電流時，在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側面會出現一定的電壓，這種現象稱為霍爾效應，產生的電壓稱為霍爾電壓，相應的將具有這樣性質的半導體材料樣品就稱為霍爾元件。如圖所示，利用電磁鐵產生磁場，毫安表檢測輸入霍爾元件的電流，毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓。已知圖中的霍爾元件是P型半導體，與金屬導體不同，它內部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子)。圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。當開關S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數，下列說法中正確的是(　　)

A．電表B為毫伏表，電表C為毫安表
B．接線端2的電勢高于接線端4的電勢
C．若調整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，則毫伏表的示數將保持不變
D．若適當減小R1、增大R2，則毫伏表示數一定增大
【答案】BC
【解析】由圖可知，B電表跟電源串聯，故B是毫安表，C并聯進電路，故C是毫伏表，A錯誤；左邊線圈有電流流過，產生磁場，由右手定則可知鐵芯上部為N極，下部為S極，霍爾元件通過的磁場方向向下。已知電流方向與磁場方向，且空穴可視為帶正電的粒子，由左手定則知，接線端2的電勢高于接線端4，故B正確；若調整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，故電路的電流只是方向改變，大小沒有改變，電路阻值沒有改變，故毫伏表示數沒有改變，C正確；減小R1，則通過霍爾元件的磁場減弱，增大R2，總電壓不變，霍爾元件的電壓減小，故毫伏表的示數減小，D錯誤。
7．如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100 J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中，下列說法正確的是(　　)

A．到達C點后小球不可能沿桿向上運動
B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D點時的動能為50 J
D．小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量
【答案】B
【解析】如果電場力大于重力，則靜止后小球可能沿桿向上運動，故A項錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導致支持力和滑動摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故B項正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點時的動能也就不一定為50 J，故C項錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統的內能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D項錯誤。
8．如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°的斜向下的勻強電場E，有一質量為m、電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內時剛好做直線運動，那么(　　)

A．小球在復合場中一定做勻速直線運動
B．磁感應強度B＝m2gh2qh，場強E＝2mgq
C．若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動
D．若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球仍能沿直線通過復合場
【答案】A
【解析】小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示。其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動，故A項正確；根據小球的平衡條件可得，qvB＝mg，qE＝2mg，又v2＝2gh，聯立以上各式解得磁感應強度B＝m2gh2qh，電場強度E＝2mgq，故B項錯誤；若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，合力不可能為零，故C項錯誤；若要使小球沿直線通過復合場，小球的合力一定為零，所以一定要滿足B＝m2gh2qh和E＝2mgq，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，故D項錯誤。

9．如圖甲所示，y軸右側空間有垂直xOy平面向里隨時間變化的磁場，同時還有沿－y方向的勻強電場(圖中電場未畫出)，磁感應強度隨時間變化規律如圖乙所示(圖中B0已知，其余量均為未知)。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸射入電場和磁場區，t0時刻粒子到達坐標為(x0，y0)的點A(x0>y0)，速度大小為v，方向沿＋x方向，此時撤去電場。t2時刻粒子經過x軸上x＝x0點，速度沿＋x方向。不計粒子重力，求：

(1)0～t0時間內OA兩點間電勢差UOA。
(2)粒子在t＝0時刻的加速度大小a0。
(3)B1的最小值和B2的最小值的表達式。
【解析】(1)帶電粒子由O到A運動過程中，由動能定理：
qUOA＝12mv2－12mv20
解得：UOA＝mv2－mv202q。
(2)設電場強度大小為E，則：UAO＝Ey0
t＝0時刻，由牛頓第二定律得：qv0B0－qE＝ma0
解得：a0＝qv0B0m＋v20－v22y0。
(3)t0～t1時間內，粒子在小的虛線圓上運動，相應小圓最大半徑為R，對應的磁感應強度最小值為B1，則：
R＝2x0－y02
又qvB1＝m v2R
B1的最小值B1＝

t1時刻粒子從C點切入大圓，大圓最大半徑為x0，對應的磁感應強度的最小值為B2，則：
qvB2＝mv2x0
得B2＝mvqx0。
10．如圖所示，在第一象限內，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ。一質量為m，電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限。不計粒子重力。求：

(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；
(2)電場強度的大小E；
(3)磁場Ⅰ的磁感應強度的大小B1。
【解析】(1)粒子從x軸上M點進入第四象限，在xOy平面內，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力：

解得：。
(2)粒子在第二象限內做類平拋運動，沿著x軸方向：
qE＝ma，vy2－0＝2aR0

沿與y軸正方向成45°角離開電場，所以：vy＝v0
解得電場強度：。
(3)粒子的軌跡如圖所示，第二象限，沿著x軸方向：
沿著y軸方向：ON＝v0t
所以ON＝2R0
由幾何關系知，三角形OO′N為底角45°的等腰直角三角形。在磁場Ⅰ中運動的半徑：R＝2ON＝22R0
由洛倫茲力提供向心力：
粒子在N點速度沿與y軸正方向成45°角離開電場，所以離開的速度：v＝2v0
解得：B1＝12B0。
11．如圖所示，在豎直平面內，第二象限存在方向豎直向下的勻強電場(未畫出)，第一象限內某區域存在一邊界為矩形、磁感應強度B0＝0.1 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，A(320 m，0)處在磁場的邊界上，現有比荷qm＝108 C/kg的離子束在紙面內沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向從A點射入磁場，初速度范圍為13×106 m/s≤v0≤106 m/s，所有離子經磁場偏轉后均垂直穿過y軸正半軸，進入電場區域。x軸負半軸上放置長為L的熒光屏MN，取π2＝10，不計離子重力和離子間的相互作用。

(1)求矩形磁場區域的最小面積和y軸上有離子穿過的區域長度。
(2)若速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度E的大小(結果可用分數表示)。
(3)在第(2)問的條件下，欲使所有離子均能打在熒光屏MN上，求熒光屏的最小長度及M點的坐標。
【解析】(1)由洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝mv2r
rmax＝mv0maxqB0＝0.1 m
根據幾何關系可知，速度最大的離子在磁場中做圓周運動的圓心恰好在y軸B(0，120 m)點，如圖甲所示，離子從C點垂直穿過y軸。根據題意，所有離子均垂直穿過y軸，即速度偏向角相等，AC連線是磁場的邊界。速度最小的離子在磁場中做圓周運動的半徑rmin＝mv0minqB0＝130 m

速度最小的離子從磁場離開后，勻速前進一段距離，垂直y軸進入電場，根據幾何知識，離子恰好從B點進入電場，如圖乙所示
故y軸上B點至C點區域有離子穿過，且BC＝110 m
滿足題意的矩形磁場應為圖乙中所示，由幾何關系可知矩形長310 m，寬120 m，面積S＝3200 m2。
(2)速度最小的離子從B點進入電場，離子在磁場中運動的時間t1＝13T＝13•2πmqB0
離子在電場中運動的時間為t2，則
BO＝12•qEm•t22，t1＝t2
解得E＝94×104 V/m。
(3)離子進入電場后做類平拋運動，BO＝12•qEm•t′21，水平位移大小x1＝vB•t′1，CO＝12•qEm•t′22，水平位移大小x2＝vC•t′2，得x1＝1045 m，x2＝3015 m
熒光屏的最小長度Lmin＝x2－x1＝ m
M點坐標為( ，0)。
12．如圖所示，穿有M、N兩個小球(均視為質點)的光滑絕緣圓環，固定在豎直面內，圓心為O、半徑為R＝0.3 m。M、N用一根不可伸長的絕緣輕質細繩相連，小球質量分別為mM＝0.01 kg、mN＝0.08 kg；M帶電荷量q＝＋7×10－4C，N不帶電。該空間同時存在勻強電場和勻強磁場。電場方向豎直向上，電場強度E＝1×103 V/m；磁場方向垂直于圓環平面向里，磁感應強度B＝37×102 T。將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針向上轉動。取重力加速度g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則在兩球從圖示位置逆時針向上轉動的過程中，求：

(1)通過計算判斷，小球M能否到達圓環的最高點？
(2)小球M速度最大時，圓環對小球M的彈力。
(3)小球M電勢能變化量的最大值。
【解析】(1)設MN在轉動過程中，繩對M、N做的功分別為Wr、Wr′，則Wr＋Wr′＝0
設M到達圓環最高點時，M、N的動能分別為EkM、EkN
對M，洛倫茲力不做功，由動能定理可得：qER－mMgR＋Wr1＝EkM
對N由動能定理：Wr1′－mNgR＝EkN
聯立解得：EkM＋EkN＝－0.06 J
即：M在圓環最高點時，系統動能為負值；故M不能到達圓環最高點。
(2)設N轉過α角時，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，則vM＝vN，對M，洛倫茲力不做功，根據動能定理得：
qERsin α－mMgRsin α＋Wr2＝12mMvM2
對N由動能定理：Wr2′－mNgR(1－cos α)＝12mNvN2
聯立解得：vM2＝43×(3sin α＋4cos α－4)
由上式可知，當tan α＝34時，M、N達到最大速度，最大速度為vmax＝233 m/s
M速度最大時，設繩子拉力為F，圓環對小球M的彈力FN，由牛頓運動定律得：
Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°
qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝mMvmax2R
解得：FN＝－0.096 N，負號表示彈力方向沿圓環徑向向外。
(3)M、N從圖示位置逆時針轉動過程中，由于M不能到達最高點，所以，當兩球速度為零時，電場力做功最多，電勢能減小最多，由vM2＝43×(3sin α＋4cos α－4)，可得：
3sin α＋4cos α－4＝0
解得：sin α＝2425或sin α＝0
故M的電勢能減小量的最大值為：|ΔEp|＝qERsin α＝126625 J＝0.201 6 J。

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小題必練22：帶電粒子在組合場、復合場中的運動

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