【物理】2018届二轮复习专题六第2讲带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习专题六第2讲带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

第2讲　带电粒子在复合场中的运动 课标卷高考命题分析 年份 题号·题型·分值 模型·情景 题眼分析 难度 ‎2016年 Ⅰ卷 ‎15题·选择题·6分 质谱仪 电场加速、磁场偏转的规律 易 ‎2017年 Ⅰ卷 ‎16题·选择题·6分 带电微粒子在复合场中的运动 匀速圆周运动的条件、洛伦兹力方向的判断 中 ‎1．带电粒子在电场中常见的运动类型 ‎(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv02来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．‎ ‎(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．‎ ‎2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 ‎(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．‎ ‎(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．‎ ‎3．复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．‎ ‎(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况．‎ ‎(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力 分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．‎ ‎1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．‎ ‎2．灵活选用力学规律是解决问题的关键 当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．‎ 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．‎ 当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．‎ 高考题型1　带电粒子在叠加场中的运动分析 例1　(2017·广东惠州市第三次调研)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图1所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)．‎ 图1‎ ‎(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？‎ ‎(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离s多大？‎ ‎(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，求此点到O点的距离多大？‎ 答案　(1) 正电荷　　(2)　(3)＋ 解析　(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，则qE＝mg，解得：E＝；‎ ‎(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m，解得：r＝，‎ 根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，‎ Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度为：s＝＝＝4r＝；‎ ‎(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T点，竖直位移为y.‎ 水平位移：x＝v0t，解得：t＝＝＝，‎ 竖直位移：y＝gt2＝，‎ 如图所示，OT的距离为：H＝2r＋y＝＋.‎ ‎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，灵活选择不同的运动规律．‎ ‎(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.‎ ‎(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.‎ ‎(3)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．‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，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ma、mb、mc，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(　　)‎ 图2‎ A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，‎ a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．‎ ‎2．如图3所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝ N/C.一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m，3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ 图3‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)小球由P点运动至N点的时间．‎ 答案　(1)2 T　(2)0.6 s 解析　(1)由题意可知：qE1＝mg 解得：q＝5×10－4 C 小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示．‎ 则Rcos θ＝xM－xP Rsin θ＋R＝yM 可得R＝2 m，θ＝37°‎ 由qv0B＝m，解得B＝2 T ‎(2)小球进入第四象限后受力分析如图所示．‎ tan α＝＝0.75‎ 可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.‎ 由几何关系可得：OA＝OPtan α＝1.53 m AN＝ON－OA＝0.75 m 又因△OAP与△QAN相似，所以∠QNA＝∠OPA＝α 得QN＝ANcos α＝0.6 m.‎ 由QN＝v0t，解得t＝0.6 s.‎ 高考题型2　带电粒子在组合场中的运动分析 例2　(2017·宁夏石嘴山市4月模拟)如图4所示，在xOy平面内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45°角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为＋q的带电粒子从静止经电压为U的电场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域(加速电场图中没有画出)，不计带电粒子的重力，求：‎ 图4‎ ‎(1)从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小；‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP相切时，磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？‎ 答案　(1)　(2)　(3)＋ 解析　(1)由动能定理可知：‎ qU＝mv02－0‎ 解得：v0＝ ‎(2)由图中所示带电粒子在磁场中的运动轨迹及几何关系可知，‎ r＋r＝L 解得：r＝ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 则Bqv0＝ 解得B＝＝ ‎(3)由图可知带电粒子能沿y轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨迹半径为R＝，‎ 带电粒子在电场中做类平抛运动，加速度a＝，粒子在y轴方向做匀速运动，则有R＝v0t 粒子在x轴方向做匀加速运动，则x＝at2‎ 联立解得x＝，‎ 因此粒子从x轴离开电场的位置到O点的距离为R＋x＝＋.‎ 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)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中一般做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．‎ ‎(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，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．‎ ‎3．(2017·山东烟台市模拟)如图5所示，在xOy平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强大小为E，方向沿＋y方向，匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的分界线为平行于x轴的直线，两磁场方向如图所示．在坐标原点O处沿x轴正向射出质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，粒子恰好从两磁场的分界线处的P(2d，d)点离开电场进入匀强磁场Ⅰ中，最后刚好能从x轴上的N点离开匀强磁场Ⅱ.不计粒子的重力，求：‎ 图5‎ ‎(1)粒子从O点进入电场时的速度；‎ ‎(2)粒子从P点进入磁场Ⅰ时的速度；‎ ‎(3)磁场Ⅱ的磁感应强度大小．‎ 答案　(1)　(2)2　(3)(2－) 解析　(1)粒子在电场中运动时：‎ ‎2d＝v0t d＝at2‎ a＝ 解得v0＝ ‎(2)由动能定理得 qEd＝mv2－mv02‎ 得v＝2 ‎(3)粒子进入磁场Ⅰ时，vy＝at＝＝v0‎ 则粒子从P点进入磁场Ⅰ时的速度方向与分界线的夹角θ＝45°‎ 由几何关系知：Rcos 45°＝(R－d)，解得R＝(2＋)d 由qB2v＝m得，‎ B2＝(2－).‎ 高考题型3　带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析 例3　(2017·广东肇庆市第二次模拟)如图6甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；‎ ‎(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；‎ ‎(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．‎ 答案　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0,1,2，…)，或L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)‎ 解析　(1)根据题意可知，微粒所受的重力大小G＝mg＝8×10－3 N，方向竖直向下 微粒所受电场力大小F＝qE＝8×10－3 N，方向竖直向上 因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，‎ 则qvB＝m 解得：R＝0.6 m 由T＝得：T＝10π s 则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R＝1.2 m ‎(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，位移大小：s＝vt≈1.88 m，轨迹如图所示，‎ 则微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m ‎(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：‎ L＝(2.4n＋0.6) m (n＝0,1,2，…)‎ 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：‎ L＝(2.4n＋1.8) m (n＝0,1,2，…)‎ 变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．‎ ‎4．如图7甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.在t＝0时刻，将一带正电的粒子从边界线M上的A点由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0.两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．求：‎ 图7‎ ‎(1)该粒子的比荷；‎ ‎(2)粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离；‎ ‎(3)若粒子的质量增加，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小．‎ 答案　(1)　(2)2(－)　(3) 解析　(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qBv＝m 又T＝ 解得r＝，T＝ 根据题意可知T＝T0‎ 所以粒子的比荷＝ ‎(2)由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为在t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中，电压始终为U0.在t＝T0时刻，粒子第1次自右向左穿过边界线N时再加速一次，进入磁场区域Ⅱ时的速度为v1，即粒子在区域Ⅰ、Ⅱ匀速圆周运动一周时间T0共被加速2次． ‎ 对粒子从开始运动经过一个周期T0过程，由动能定理得 ‎2qU0＝mv12‎ 解得v1＝ 设粒子第2次自右向左到达边界线N的速度为v2，运动轨迹如图所示，由动能定理得 ‎3qU0＝mv22‎ 解得v2＝ 第1、2两次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时的位置距离为 Δd＝2(r2－r1)‎ 解得Δd＝2(－) ‎(3)若粒子的质量增加，即m′＝m，‎ 则粒子在磁场中的运动周期 T＝T0‎ 从t＝0开始到t＝2T0的时间内，根据加速电压图象可知，粒子共加速了4次，经过加速电场时的电压大小分别为U0、U0、U0、U0‎ 对粒子总的运动过程，由动能定理得 q(U0＋U0＋U0＋U0)＝m′v2‎ 解得v＝ 题组1　全国卷真题精选 ‎1．(2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)‎ 图8‎ A．11 B．12 C．121 D．144‎ 答案　D 解析　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU＝mv2－0，得v＝①‎ 在磁场中qvB＝m②‎ 由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．‎ 题组2　各省市真题精选 ‎2．(2013·重庆理综·5)如图9所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(　　)‎ 图9‎ A.，负 B.，正 C.，负 D.，正 答案　C 解析　当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意．‎ ‎|q|vB＝|q|E＝|q| 因I＝n|q|vS＝n|q|v·a·b 解得n＝，选项C正确．‎ ‎3．(2016·北京理综·22)如图10所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．‎ 图10‎ ‎(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；‎ ‎(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．‎ 答案　(1)　　(2)vB 解析　(1)由洛伦兹力提供向心力得，F洛＝qvB＝m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ 匀速圆周运动的周期T＝＝ ‎(2)粒子受电场力F电＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，由于粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB，‎ 电场强度E的大小E＝vB.‎ ‎4．(2016·江苏单科·15)回旋加速器的工作原理如图11甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：‎ 图11‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．‎ 答案　(1)　(2)－ ‎(3)d< 解析　(1)粒子运动半径为R时，qvB＝m Em＝mv2＝ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝ 粒子由静止做匀加速直线运动，nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ ‎(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由于η>99%，解得d<.‎ 专题强化练 ‎1.(2017·重庆市一诊 ) 如图1所示，竖直平面内，两竖直线MN、PQ间(含边界)存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ间距为d，电磁场上下区域足够大．一个质量为m、电量为q的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与MN夹角θ＝60°，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ并从左侧边界MN穿出．不计空气阻力，重力加速度为g.求：‎ ‎[ ‎ 图1‎ ‎(1)电场强度大小E；‎ ‎(2)磁场磁感应强度大小B；‎ ‎(3)小球在电磁场区域运动的时间t.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由小球在电磁场区域做匀速圆周运动得 qE＝mg 解得：E＝ ‎(2)设小球做匀速圆周运动的半径为r，有qvB＝m 解得：B＝ 由几何关系可得r＝2d 则磁场磁感应强度大小B＝ ‎(3)小球做匀速圆周运动的周期T＝ 小球在电磁场区域运动的时间t＝T 解得：t＝.‎ ‎2.(2017·福建宁德市3月质检)在xOy光滑水平平面内存在着如图2所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B＝0.2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y轴平行且大小相等、方向相反，质量m＝2×10－12 kg，电荷量q＝1×10－10 C的带正电小球(大小忽略不计)，从第四象限内的P(0.3 m，－0.1 m)点由静止释放，小球垂直y轴方向进入第二象限，求： ‎ 图2‎ ‎(1)电场强度大小E；‎ ‎(2)小球到达x轴负半轴时的位置坐标．‎ 答案　(1)0.9 N/C　(2)(－ m,0)‎ 解析　(1)小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B＝m 由几何关系可知：R＝0.3 m 解得：v0＝3 m/s 小球在第四象限内有qEL＝mv02‎ 其中L＝0.1 m 解得：E＝0.9 N/C ‎(2)在第二象限内小球做类平抛运动 x＝v0t R＝t2‎ 解得：x＝ m 所以小球到达x轴负半轴的位置坐标为(－ m,0)．‎ ‎3．(2017·贵州贵阳市2月模拟)如图3甲所示，在平行边界MN、PQ之间，存在宽度为l、方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场随时间变化的关系如图乙所示，MN、PQ两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场．一重力不计的带电粒子，从t＝0时自边界PQ上某点由静止第一次经电场加速后，以速度v1垂直边界MN第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界PQ第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零．求：‎ 图3‎ ‎(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比；‎ ‎(2)粒子第n次经过电场所用的时间．‎ 答案　(1)1∶3　(2) 解析　(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r1、r3，第二次出电场时的速度为v2，第三次出电场时的速度为v3.粒子第一、二、三次在电场中运动时的场强大小分别为E1、E2、E3，由动能定理得 E1ql＝mv12①‎ E1ql ＋E2ql＝mv22②‎ E1ql ＋E2ql ＋E3ql＝mv32③‎ 由题图乙得E1∶E2∶E3＝1∶3∶5④‎ 由①②③④得v1∶v2∶v3＝1∶2∶3⑤‎ 粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得 qv1B＝m；qv3B＝m 联立以上各式解得r1∶ r3＝1∶3‎ ‎(2)粒子第n次进入电场时的速度为vn－1，出电场时的速度为vn，加速度为an，运动时间为tn. ‎ 因粒子在电场和磁场中可一直交替运动，由⑤类推得vn＝nv1；vn－1＝(n－1)v1‎ 由运动学公式可得：l＝tn 联立解得tn＝.‎ ‎4.(2017·黑龙江大庆市二模)如图4所示，足够长的绝缘板MN水平放置，P为MN上一点，在其正上方距离为d的O点能够在纸面内向各个方向发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计粒子重力，已知OP⊥MN)‎ 图4‎ ‎(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为E＝、方向竖直向下的匀强电场，求初速度方向为水平向右的带电粒子打到板上的点距P点的水平距离；‎ ‎(2)若在绝缘板的上方只加一磁感应强度B＝、方向垂直纸面向外的匀强磁场，求初速度方向与竖直方向成30°角斜向右上方的带电粒子打到板MN上的位置与P点间的距离．‎ 答案　(1)2d　(2)d 解析　(1)根据牛顿第二定律：‎ qE＝ma 得出加速度：a＝ 粒子做类平抛运动：d＝at2‎ s＝v0t 联立得：s＝2d ‎(2)若加匀强磁场则带电粒子做匀速圆周运动 由qv0B＝m 得：r＝d 由几何关系可得粒子的运动轨迹如图，设轨迹圆心为O′，则OO′与OP夹角为60°，由于OP＝d，可以得出落点与O连线即为直径2d 则x＝＝d. ‎ ‎5．(2017·陕西榆林市一模)如图5所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E.一电量为q、质量为m的带电粒子从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场．已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：‎ 图5‎ ‎(1)K极板所带电荷的电性；‎ ‎(2)粒子经过c点时的速度大小；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积．‎ 答案　(1)正电　(2)　(3) 解析　(1)在磁场中，由左手定则可知粒子带正电，由于粒子在电容器间运动时，向L极板偏转，所以K板带正电．‎ ‎(2)带电粒子在电容器中做匀变速曲线运动，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示 粒子在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀减速直线运动，经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，则粒子在x轴上的速度分量为va＝v·cos θ＝·＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则到达c点时速度大小为 vc＝ ‎(3)粒子从c点垂直穿过x轴离开磁场，又已知∠acO＝45°，所以粒子在磁场中运动轨迹为圆弧，则圆形磁场直径最小为ac的长度，根据几何关系得：‎ lac＝R 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：‎ qvB＝m 解得：R＝＝ 所以lac＝ 则圆形磁场区域的最小面积S＝π()2＝.‎ ‎6．(2017·山东淄博市一模)如图6所示，为一磁约束装置的原理图，圆心O与xOy平面坐标系原点重合．半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标(R0,0)的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．‎ 图6‎ ‎(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)若环形区域Ⅱ中的磁感应强度B2＝B1，求M点坐标及环形外圆半径R；‎ ‎(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆环形区域Ⅰ至再次以相同的速度经过A点的过程所通过的总路程．‎ 答案　(1)　(2)(，－R0)　R0‎ ‎(3)πR0‎ 解析　(1)据题意得粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周，半径为r1＝R0‎ 由qvB1＝m, E0＝mv2得 ‎ B1＝ ‎(2)由牛顿第二定律得，qvB2＝m 且B2＝B1‎ 联立得r2＝R0‎ 设粒子在环形区域Ⅱ中偏转经M(x，y)点时，相对坐标原点O转过的角度为θ，如图所示，‎ 则由几何关系得 tan ＝＝ 故θ＝60°‎ x＝R0sin 30°＝ y＝－R0cos 30°＝－R0‎ 则M点的坐标为(，－R0)‎ 环形外圆半径R＝＋r2＝R0‎ ‎(3)粒子运行一个周期相对坐标原点O转过的角度为 ＋＝π 设粒子运行n个周期再次以相同速度经过A点，则有 n·π＝N·2π，n、N均为自然数 求得当N＝5，n＝12时粒子再次以相同速度经过A点 由圆周运动知识得 s＝12(·2πR0＋·2πr2)＝πR0.‎