2018届高三物理二轮复习资料专题六 电场与磁场第2讲

第2讲带电粒子在复合场中的运动课标卷高考命题分析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＝12m v2－12m v02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v 0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 mg q (2)4m v 0qB (3)2m v 0qB ＋6m 2g q 2B2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 ＝mgq；(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：q v 0B ＝m v 02r ，解得：r ＝m v 0qB，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 ＝QP sin 30°＝2rsin 30°＝4r ＝4m v 0qB； (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 ＝v 0t ，解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23mqB ，竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2gq 2B2，如图所示，OT 的距离为：H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2gq 2B2.1．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 ＝q v B ；重力场与磁场中满足mg ＝q v B ；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q v B ＝m v 2r.(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( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a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 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，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E 1＝40 N/C ；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E 2＝1603 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v 0＝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/s 2，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：qE 1＝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R cos θ＝x M －x P R sin θ＋R ＝y M 可得R ＝2 m ，θ＝37° 由q v 0B ＝m v 02R，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＝mgqE 2＝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 ＝OP tan α＝1.53 m AN ＝ON －OA ＝0.75 m又因△OAP 与△QAN 相似，所以∠QNA ＝∠OP A ＝α 得QN ＝AN cos α＝0.6 m. 由QN ＝v 0t ，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)2qUm (2)2＋1L2mU q (3)L 2＋EL 216U解析 (1)由动能定理可知： qU ＝12m v 02－0解得：v 0＝2qUm(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， 2r ＋r ＝L 解得：r ＝L2＋1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 则Bq v 0＝m v 02r解得B ＝m v 0qr ＝2＋1L2mUq(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 ＝L2，带电粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qEm ，粒子在y 轴方向做匀速运动，则有R ＝v 0t粒子在x 轴方向做匀加速运动，则x ＝12at 2联立解得x ＝EL 216U，因此粒子从x 轴离开电场的位置到O 点的距离为R ＋x ＝L 2＋EL 216U.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)2qEdm(2)2qEdm(3)(2－2)Em qd解析 (1)粒子在电场中运动时： 2d ＝v 0t d ＝12at 2 a ＝qE m解得v 0＝2qEdm(2)由动能定理得 qEd ＝12m v 2－12m v 02得v ＝2qEdm(3)粒子进入磁场Ⅰ时，v y ＝at ＝2qEdm＝v 0 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：R cos 45°＝(R －d )，解得R ＝(2＋2)d 由qB 2v ＝m v 2R 得，B 2＝(2－2)Em qd. 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/s 2，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q v B ＝m v 2R解得：R ＝0.6 m 由T ＝2πRv 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 ＝v t ≈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U MN 的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0；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T 0.两虚线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q m；(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18，电荷量不变，t ＝0时，将其在A 处由静止释放，求t ＝2T 0时粒子的速度大小． 答案 (1)2πBT 0(2)2(3－2)U 0T 0πB (3)435πU 0BT 0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 qB v ＝m v 2r又T ＝2πr v解得r ＝m v qB ，T ＝2πmqB根据题意可知T ＝T 0所以粒子的比荷q m ＝2πBT 0(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U 0.在t ＝12T 0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v 1，即粒子在区域Ⅰ、Ⅱ匀速圆周运动一周时间T 0共被加速2次．对粒子从开始运动经过一个周期T 0过程，由动能定理得 2qU 0＝12m v 12解得v 1＝4qU 0m设粒子第2次自右向左到达边界线N 的速度为v 2，运动轨迹如图所示，由动能定理得 3qU 0＝12m v 22解得v 2＝6qU 0m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(r 2－r 1) 解得Δd ＝2(3－2)U 0T 0πB(3)若粒子的质量增加18，即m ′＝98m ，则粒子在磁场中的运动周期 T ＝98T 0从t ＝0开始到t ＝2T 0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U 0、34U 0、12U 0、14U 0对粒子总的运动过程，由动能定理得 q (U 0＋34U 0＋12U 0＋14U 0)＝12m ′v 2解得v ＝435πU 0BT 0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8A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm① 在磁场中q v B ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U ，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B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B 22B 12＝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9A.IB |q |aU ，负B.IB |q |aU ，正C.IB |q |bU ，负D.IB |q |bU，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 |v B ＝|q |E ＝|q |Ua因I ＝n |q |v S ＝n |q |v ·a ·b 解得n ＝IB |q |bU，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)m v Bq 2πm qB(2)v B解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得，F 洛＝q v B ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m vBq匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB(2)粒子受电场力F 电＝qE ，洛伦兹力F 洛＝q v B ，由于粒子做匀速直线运动，则qE ＝q v B ， 电场强度E 的大小E ＝v B .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U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T2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E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(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)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，q v B ＝m v 2RE m ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0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 ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动，nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)只有在0～(T2－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＝T2－Δt T2由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.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)mg q (2)m v 2qd (3)4πd3v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 ＝mgq(2)设小球做匀速圆周运动的半径为r ，有q v B ＝m v 2r解得：B ＝m vqr由几何关系可得r ＝2d 则磁场磁感应强度大小B ＝m v2qd(3)小球做匀速圆周运动的周期T ＝2πrv 小球在电磁场区域运动的时间t ＝13T解得：t ＝4πd3v.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 ＝2×10－12kg ，电荷量q ＝1×10－10C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)(－35m,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 q v 0B ＝m v 02R由几何关系可知：R ＝0.3 m 解得：v 0＝3 m/s小球在第四象限内有qEL ＝12m v 02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 ＝v 0t R ＝12qE m t 2解得：x ＝35m 所以小球到达x 轴负半轴的位置坐标为(－35m,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v 1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)2l(2n －1)v 1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r 1、r 3，第二次出电场时的速度为v 2，第三次出电场时的速度为v 3.粒子第一、二、三次在电场中运动时的场强大小分别为E 1、E 2、E 3，由动能定理得 E 1ql ＝12m v 12①E 1ql ＋E 2ql ＝12m v 22②E 1ql ＋E 2ql ＋E 3ql ＝12m v 32③由题图乙得E 1∶E 2∶E 3＝1∶3∶5④ 由①②③④得v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3⑤ 粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得 q v 1B ＝m v 12r 1；q v 3B ＝m v 32r 3联立以上各式解得r 1∶ r 3＝1∶3(2)粒子第n 次进入电场时的速度为v n －1，出电场时的速度为v n ，加速度为a n ，运动时间为t n . 因粒子在电场和磁场中可一直交替运动，由⑤类推得v n ＝n v 1；v n －1＝(n －1)v 1 由运动学公式可得：l ＝v n －1＋v n2t n联立解得t n ＝2l(2n －1)v 1.4.(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v 0、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 ＝m v 022qd 、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 ＝m v 0qd、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)3d解析 (1)根据牛顿第二定律： qE ＝ma得出加速度：a ＝v 022d粒子做类平抛运动：d ＝12at 2s ＝v 0t 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q v 0B ＝m v 02r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 ＝(2d )2－d 2＝3d .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 ＝3E B ，∠acO ＝45°，cos θ＝33，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)E B (3)πm 2E 22q 2B4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v a ＝v ·cos θ＝3E B ·33＝E B粒子在磁场中做匀速圆周运动，则到达c 点时速度大小为 v c ＝EB(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14圆弧，则圆形磁场直径最小为ac 的长度，根据几何关系得： l ac ＝2R粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有： q v B ＝m v 2R解得：R ＝m v a qB ＝mEqB 2所以l ac ＝2mEqB 2则圆形磁场区域的最小面积S ＝π(l ac 2)2＝πm 2E 22q 2B4.6．(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R 0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E 0的带正电粒子从坐标为(0，R 0)的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标(R 0,0)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B 1的大小；(2)若环形区域Ⅱ中的磁感应强度B 2＝3B 1，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)2mE 0qR 0 (2)(R 02，－32R 0) 3R 0(3)18＋1633πR 0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r 1＝R 0 由q v B 1＝m v 2r 1, E 0＝12m v 2得B 1＝2mE 0qR 0(2)由牛顿第二定律得，q v B 2＝m v 2r 2且B 2＝3B 1 联立得r 2＝33R 0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 θ2＝r 2R 0＝33故θ＝60° x ＝R 0sin 30°＝R 02y ＝－R 0cos 30°＝－32R 0则M 点的坐标为(R 02，－32R 0)环形外圆半径R ＝R 02＋r 22＋r 2＝3R 0(3)粒子运行一个周期相对坐标原点O 转过的角度为 π2＋π3＝56π 设粒子运行n 个周期再次以相同速度经过A 点，则有 n ·56π＝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(14·2πR 0＋23·2πr 2)＝18＋1633πR 0.。