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(共71張PPT)
專題強化二十
目標
要求
1.掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路.2.學會處理磁場與磁場組合場、電場與磁場組合場中帶電粒子的運動問題.
帶電粒子在組合場中的運動
1.組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現.
2.分析思路
(1)畫運動軌跡：根據受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖.
(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵.
(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規律處理.
3.常見粒子的運動及解題方法
內容索引
題型一　磁場與磁場的組合
題型二　電場與磁場的組合
課時精練
題型一
磁場與磁場的組合
磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同.解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系.
例1　如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線.質量為 m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域，Q點與O點的距離為3a.不考慮粒子重力.
(1)求粒子射入時的速度大小；
粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，
設粒子做圓周運動的半徑為R，
由幾何關系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，則R＝5a，
(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區域的磁感應強度大小B1應滿足的條件；
當粒子恰好不從AC邊界飛出時，其運動軌跡如圖所示，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，
由幾何關系得r1＋r1cos θ＝3a，
(3)若下方區域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界 DE與AC間距離的可能值.
答案　4na(n＝1,2,3，…)
當B＝3B0時，粒子的運動軌跡如圖所示，
設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時，粒子的位置為P1 點，
則P點與P1 點的連線一定與OF平行，
根據幾何關系知PP1＝4a，
所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…).
題型二
電場與磁場的組合
1.帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，在勻強磁場中做勻速圓周運動，如圖所示.
2.帶電粒子在勻強電場中做類平拋(或類斜拋)運動，在磁場做勻速圓周運動，如圖所示
考向1　先電場后磁場
(2)磁場的磁感應強度大小；
qE＝ma1 ⑤
由幾何關系得s1＝2R1sin θ1 ⑧
(3)　 第一次離開磁場的位置到原點O的距離.
由牛頓第二定律有qE＝2ma2
例3　(2023·河北唐山市模擬)平面直角坐標系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，其上方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，下方存在勻強電場，電場強度方向與x軸負方向的夾角為60°，如圖所示.質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v從坐標原點沿y軸正方向進入磁場，經磁場偏轉后由P點進入電場，最后從x軸上的Q點離開電場，已知O、P兩點間距離為L，PQ連線平行于y軸.不計粒子重力，求：
(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
考向2　先磁場后電場
粒子在磁場中運動時(如圖所示)，設軌跡半徑為R，
由幾何關系有L＝2Rcos 30°
(2)勻強電場的電場強度E的大小.
粒子進入電場時，速度方向與邊界OP的夾角為60°，由幾何關系可知，速度方向和電場方向垂直.粒子在電場中的位移x＝PQ＝Lsin 30°
又xsin 30°＝vt
Eq＝ma
點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為　 R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan 22.5°＝0.4.
例4　(2021·廣東卷·14)圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域，圓a內為無場區，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各區磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外.電子以初動能Ek0從圓b上P
考向3　粒子多次進出電場、磁場的運動
(1)當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
在Ⅰ區磁場中，由幾何關系可得
r＝Rtan 22.5°＝0.4R
電子從P到Q在電場中共加速8次，故在Q點出射時的動能為Ek＝8eU
(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射.當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區域出射，求k的最大值.
設電子在Ⅰ區磁場中做勻速圓周運動的最大半徑為rm，此時圓周的軌跡與Ⅰ區磁場邊界相切，
例5　(2023·福建省上杭縣第一中學質檢)如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場.一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸
上的P點(0，h)沿y軸正方向以一定初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成θ＝60°角第一次進入電場.不計粒子重力，求：
(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖甲所示，
由幾何知識得rcos 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
甲
(2)若粒子經過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，勻強電場的電場強度大小E1；
粒子在電場中做類平拋運動，粒子經過y軸的Q點時速度方向恰好與y軸垂直，則粒子到達Q點時沿電場方向的速度為零，
則有r＋rsin 60°＝vcos 60°·t，vsin 60°＝a1t
(3)若僅改變勻強電場電場強度的大小，使粒子在第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，改變后的勻強電場電場強度大小E.
若僅改變勻強電場電場強度的大小，使粒子在第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，運動軌跡如圖乙所示，
粒子在電場中做類平拋運動，則有
乙
三
課時精練
1.(多選)(2023·遼寧沈陽市模擬)圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁場邊緣上的A點有一帶正電粒子源，半徑OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點，在MN的右側有范圍足夠大且水平向左的勻強電場，電場強度大小為E.當粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是
A.圓形區域內磁場方向垂直紙面向外
基礎落實練
1
2
3
4
5
6
√
√
√
根據題意可知，粒子從A點進入磁場時，受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可知，圓形區域內磁場方向垂直紙面向外，故A正確；
1
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5
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根據題意可知，粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示
根據幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為R，
根據題意可知，粒子從B點進入電場之后，先向右做減速運動，再向左做加速運動，再次到達B點時，速度的大小仍為v0，
再次進入磁場，運動軌跡如圖乙所示.
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下列說法正確的是
A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為d
B.A、C兩點之間的距離為3d
√
√
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6
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子從A到B做類斜拋運動，在B點的速度方向與勻強電場垂直，
由逆向思維可知粒子從B到A做類平拋運動，把粒子在A點的速度v0分別沿x軸的正方向和y軸的正方向分解，設粒子在B點的速度為vB，則有v0cos θ＝vB，
1
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粒子從B到A做類平拋運動，沿x軸方向與y軸方向的位移大小分別用OA、OB來表示，由類平拋
運動的規律可得，過A點的速度v0的延長線交于x方向分位移的中點，
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3.(2023·福建省漳平第一中學、永安第一中學聯考)如圖所示，在第一、二象限內存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，第三象限內存在沿x軸正方向的勻強電場.一質量為m、電荷量為＋q的粒子從x軸上M(l,0)點以某一初速度沿y軸正方向進入第一象限，先以原點O為圓心做圓周運動，隨后進入第三象限，在電場中運動一段時間后，經y軸上的N
點　　　　進入第四象限.不計粒子重力，求：
(1)帶電粒子從M點進入第一象限時初速度v0的大小；　
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(2)電場強度的大小E；
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(3)粒子從M運動到N的時間.
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4.如圖所示，xOy平面內，OP與x軸正方向的夾角為θ＝53°，在xOP范圍內(含邊界)存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝
0.1 T.第二象限有平行于y軸向下的勻強電場，電場強度大小為E＝ ×
105 V/m.一帶電微粒以速度 v0＝5×106 m/s從x軸上a(L,0)點平行于OP射入磁場，并從OP上的b點垂直于OP離開磁場，與y軸交于c點，最后回到x軸
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答案　5×107 C/kg
微粒在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系得r＝Lsin 53°＝1 m
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答案　4 m
(2)d點與O點的距離l;
微粒進入電場后做類斜拋運動.由幾何關系得
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在x軸方向有l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
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答案　Bx≥0.2 T
(3)僅改變磁場強弱而其他條件不變，當磁感應強度Bx大小滿足什么條件時，微粒能到達第四象限.
微粒在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與邊界OP 相切時，恰好能到達第四象限.
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6
解得B1 ＝ 0.2 T，故當磁感應強度Bx≥0.2 T時，微粒能到達第四象限.
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6
5.(2023·湖北宜昌市聯考)如圖所示，在矩形區域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側Ⅰ、Ⅱ兩區域存在勻強磁場，L1、L2、L3是磁場的邊界(BC與L1重合)，寬度相等，方向如圖所示，區域Ⅰ的磁感應強度大小為B1.一電荷量為＋q、質量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度
v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經區域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入區域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的 　倍.
(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；
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設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，
則θ＝30°
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(2)求區域Ⅰ磁場的寬度L；
1
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6
設帶電粒子在區域Ⅰ中的軌道半徑為r1，
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(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區域Ⅱ中的磁感應強度B2的最小值.
答案　1.5B1
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6
當帶電粒子不從區域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長.設區域Ⅱ中最小磁感應強度為B2min，此時粒子恰好不從區域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，
軌跡如圖乙所示：
根據幾何關系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2min＝1.5B1.
6.(2023·廣東省高三檢測)如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，圓形區域內ac、df為互相垂直的豎直和水平兩條直徑，沿df方向距f點為R的g點處固定一足夠長的擋板，擋板與fg方向的夾角α＝60°，粒子打到擋板上會被吸收，圓形磁場區域以外空間存在豎直向上的勻強電場.一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)自c點沿
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2
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ca方向以速度v射入磁場，經磁場偏轉后從f點沿fg方向射出磁場，之后恰好未打在擋板上，圖中已畫出粒子在電場中運動的軌跡.
(1)求勻強磁場的磁感應強度大小B1；
1
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4
5
6
粒子運動的軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑r1＝R
(2)求勻強電場的電場強度大小E；
1
2
3
4
5
6
(3)若將原電場換為方向垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小B2＝kB1(01
2
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5
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1
2
3
4
5
6
粒子離開圓形磁場區域到返回圓形磁場區域邊界的過程中，運動軌跡如圖乙所示，
粒子返回圓形磁場區域邊界的位置i到出射點f的距離
1
2
3
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5
6
當k較小時，粒子運動軌跡恰好與擋板相切，如圖丙所示，根據幾何關系可知∠fgO″＝60°專題強化二十　帶電粒子在組合場中的運動
目標要求　1.掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路.2.學會處理磁場與磁場組合場、電場與磁場組合場中帶電粒子的運動問題．
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現．
2．分析思路
(1)畫運動軌跡：根據受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖．
(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵．
(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規律處理．
3．常見粒子的運動及解題方法
題型一　磁場與磁場的組合
磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系．
例1　如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質量為 m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域，Q點與O點的距離為3a.不考慮粒子重力．
(1)求粒子射入時的速度大小；
(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區域的磁感應強度大小B1應滿足的條件；
(3)若下方區域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界 DE與AC間距離的可能值．
答案　(1)　(2)B1≥　(3)4na(n＝1,2,3，…)
解析　(1)粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，
設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，則R＝5a，由牛頓第二定律可知qvB0＝m，解得v＝.
(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，其運動軌跡如圖所示，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，
由幾何關系得r1＋r1cos θ＝3a，
由(1)可知cos θ＝＝，所以r1＝，
根據qvB1＝，聯立解得B1＝，故當B1≥時，粒子不會從AC邊界飛出．
(3)當B＝3B0時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運動半徑為r＝a，設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時，粒子的位置為P1 點，則P點與P1 點的連線一定與OF平行，根據幾何關系知 PP1＝4a，所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)．
題型二　電場與磁場的組合
1．帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，在勻強磁場中做勻速圓周運動，如圖所示．
2．帶電粒子在勻強電場中做類平拋(或類斜拋)運動，在磁場做勻速圓周運動，如圖所示
考向1　先電場后磁場
例2　(2018·全國卷Ⅰ·25)如圖，在y>0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求：
(1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；
(2)磁場的磁感應強度大小；
(3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．
答案　(1)h　(2)　(3)(－1)h
解析　(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1，由運動學公式有s1＝v1t1①
h＝a1t12②
由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進入磁場時速度沿y軸方向的分量的大小為a1t1＝v1tan θ1③
聯立以上各式得s1＝h④
(2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有
qE＝ma1⑤
設H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝⑥
設磁感應強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qv1′B＝⑦
由幾何關系得s1＝2R1sin θ1⑧
聯立以上各式得B＝ ⑨
(3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得(2m)v22＝mv12⑩
由牛頓第二定律有qE＝2ma2
設H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有s2＝v2t2
h＝a2t22
v2′＝
sin θ2＝
聯立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′
設H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦ 式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得
R2＝＝R1
所以出射點在原點左側．設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有s2′＝2R2sin θ2
聯立④⑧ 式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝(－1)h.
考向2　先磁場后電場
例3　(2023·河北唐山市模擬)平面直角坐標系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，其上方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，下方存在勻強電場，電場強度方向與x軸負方向的夾角為60°，如圖所示．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v從坐標原點沿y軸正方向進入磁場，經磁場偏轉后由P點進入電場，最后從x軸上的Q點離開電場，已知O、P兩點間距離為L，PQ連線平行于y軸．不計粒子重力，求：
(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
(2)勻強電場的電場強度E的大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在磁場中運動時(如圖所示)，設軌跡半徑為R，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝
由幾何關系有L＝2Rcos 30°
聯立解得B＝.
(2)粒子進入電場時，速度方向與邊界OP的夾角為60°，由幾何關系可知，速度方向和電場方向垂直．粒子在電場中的位移x＝PQ＝Lsin 30°
又xsin 30°＝vt
xcos 30°＝at2
Eq＝ma
聯立解得E＝.
考向3　粒子多次進出電場、磁場的運動
例4　(2021·廣東卷·14)圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域，圓a內為無場區，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各區磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外．電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan 22.5°＝0.4.
(1)當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射．當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區域出射，求k的最大值．
答案　(1)　　8eU　(2)
解析　(1)電子在電場中加速有2eU＝mv2，在Ⅰ區磁場中，由幾何關系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根據洛倫茲力提供向心力有B1ev＝m
聯立解得B1＝
電子在Ⅰ區磁場中的運動周期為T＝
由幾何關系可得，電子在Ⅰ區磁場中運動的圓心角為φ＝π
電子在Ⅰ區磁場中的運動時間為t＝T
聯立解得t＝
電子從P到Q在電場中共加速8次，故在Q點出射時的動能為Ek＝8eU
(2)設電子在Ⅰ區磁場中做勻速圓周運動的最大半徑為rm，此時圓周的軌跡與Ⅰ區磁場邊界相切，
由幾何關系可得2＝R2＋rm2
解得rm＝R
根據洛倫茲力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm2－keU
聯立解得k＝.
例5　(2023·福建省上杭縣第一中學質檢)如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場．一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P點(0，h)沿y軸正方向以一定初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成θ＝60°角第一次進入電場．不計粒子重力，求：
(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；
(2)若粒子經過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，勻強電場的電場強度大小E1；
(3)若僅改變勻強電場電場強度的大小，使粒子在第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，改變后的勻強電場電場強度大小E.
答案　(1)2h　　(2)
(3)
解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖甲所示，
甲
由幾何知識得rcos 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝
解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度大小v＝
(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子經過y軸的Q點時速度方向恰好與y軸垂直，則粒子到達Q點時沿電場方向的速度為零，
則有r＋rsin 60°＝vcos 60°·t，vsin 60°＝a1t
a1＝
聯立可得勻強電場的電場強度大小
E1＝
(3)若僅改變勻強電場電場強度的大小，使粒子在第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，運動軌跡如圖乙所示，
乙
粒子在電場中做類平拋運動，則有
rsin 60°＝vcos 60°·t1，vsin 60°＝a2t1，a2＝
聯立可得勻強電場的電場強度大小E＝.
課時精練
1．(多選)(2023·遼寧沈陽市模擬)圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁場邊緣上的A點有一帶正電粒子源，半徑OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點，在MN的右側有范圍足夠大且水平向左的勻強電場，電場強度大小為E.當粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A．圓形區域內磁場方向垂直紙面向外
B．粒子的比荷為
C．粒子在磁場中運動的總時間為
D．粒子在電場中運動的總時間為
答案　ABD
解析　根據題意可知，粒子從A點進入磁場時，受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可知，圓形區域內磁場方向垂直紙面向外，故A正確；根據題意可知，粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示
根據幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為R，粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為，根據洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m，
可得＝，故B正確；根據題意可知，粒子從B點進入電場之后，先向右做減速運動，再向左做加速運動，再次到達B點時，速度的大小仍為v0，再次進入磁場，運動軌跡如圖乙所示．
則粒子在磁場中的運動時間為t磁＝＝，故C錯誤；粒子在電場中，根據牛頓第二定律有Eq＝ma，解得a＝＝，根據v0＝at結合對稱性可得，粒子在電場中運動的總時間為t電＝＝，故D正確．
2．(多選)(2023·廣東省模擬)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在y軸的左側存在沿y軸負方向的勻強電場．在y軸的右側存在垂直坐標平面向外的勻強磁場．一比荷為k的帶正電粒子(不計重力)從x軸上的A點以沿著與x軸正方向成θ＝53°角的初速度v0開始運動，經過電場偏轉從y軸的B點以垂直y軸的速度進入磁場，磁場的磁感應強度大小為，粒子進入磁場后電場方向變為沿y軸正方向．該帶正電粒子經過磁場偏轉，粒子先后經過x軸上的C點、y軸上的D點，粒子經D點后，再次回到x軸上的A點，sin 53°＝，cos 53°＝，下列說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為d
B．A、C兩點之間的距離為3d
C．勻強電場的電場強度為
D．粒子從A點開始到再回到A點的運動時間為
答案　AD
解析　設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子從A到B做類斜拋運動，在B點的速度方向與勻強電場垂直，由逆向思維可知粒子從B到A做類平拋運動，把粒子在A點的速度v0分別沿x軸的正方向和y軸的正方向分解，設粒子在B點的速度為vB，則有v0cos θ＝vB，由洛倫茲力充當向心力有BqvB＝m，粒子從B到A做類平拋運動，沿x軸方向與y軸方向的位移大小分別用OA、OB來表示，由類平拋運動的規律可得，過A點的速度v0的延長線交于x方向分位移的中點，由幾何關系可得tan θ＝，結合B＝，聯立解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正確，B錯誤；粒子在A點沿y軸正方向的分速度為vy＝v0sin θ，由類平拋運動的規律有vy2＝2·OB，聯立解得勻強電場的電場強度為E＝，C錯誤；粒子從A點到B點的運動時間tAB＝，粒子從B點到D點的運動時間為tBD＝，根據運動的對稱性可知，粒子從A點開始到又回到A點的運動時間為t＝2tAB＋tBD，綜合計算可得t＝，D正確．
3．(2023·福建省漳平第一中學、永安第一中學聯考)如圖所示，在第一、二象限內存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，第三象限內存在沿x軸正方向的勻強電場．一質量為m、電荷量為＋q的粒子從x軸上M(l,0)點以某一初速度沿y軸正方向進入第一象限，先以原點O為圓心做圓周運動，隨后進入第三象限，在電場中運動一段時間后，經y軸上的N點進入第四象限．不計粒子重力，求：
(1)帶電粒子從M點進入第一象限時初速度v0的大小；
(2)電場強度的大小E；
(3)粒子從M運動到N的時間．
答案　(1)　(2)　(3)＋
解析　(1)由題意可知r＝l，qv0B＝，得v0＝
(2)粒子進入第三象限，沿y軸方向有l＝v0t2，沿x軸方向有l＝·t22，聯立解得E＝
(3)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝＝，依題意在可知粒子在磁場中的運動時間為t1＝＝，粒子在電場中，由(2)可知t2＝＝
則粒子從M運動到N的時間為t總＝t1＋t2＝＋.
4．如圖所示，xOy平面內，OP與x軸正方向的夾角為θ＝53°，在 xOP 范圍內(含邊界)存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1 T．第二象限有平行于 y軸向下的勻強電場，電場強度大小為E ＝×105 V/m.一帶電微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s從 x 軸上 a(L,0)點平行于OP射入磁場，并從OP上的b點垂直于OP離開磁場，與y軸交于c點，最后回到x軸上的d點，圖中b、d兩點未標出．已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不計微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷；
(2)d點與O點的距離l;
(3)僅改變磁場強弱而其他條件不變，當磁感應強度Bx大小滿足什么條件時，微粒能到達第四象限．
答案　(1)5×107 C/kg　(2)4 m　(3)Bx≥0.2 T
解析　(1)微粒在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系得r＝Lsin 53°＝1 m
由牛頓第二定律得qv0B＝m
代入數據解得＝5×107 C/kg
(2)微粒進入電場后做類斜拋運動．由幾何關系得
yOc＝
在y軸方向有yOc＝－v0tcos 53°＋×t2
在x軸方向有l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與邊界OP 相切時，恰好能到達第四象限．
由幾何關系知R＝Lsin 53°
由牛頓第二定律得qv0B1＝m
解得B1 ＝ 0.2 T，故當磁感應強度Bx≥0.2 T時，微粒能到達第四象限．
5．(2023·湖北宜昌市聯考)如圖所示，在矩形區域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側Ⅰ、Ⅱ兩區域存在勻強磁場，L1、L2、L3是磁場的邊界(BC與L1重合)，寬度相等，方向如圖所示，區域Ⅰ的磁感應強度大小為B1.一電荷量為＋q、質量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經區域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入區域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的倍．
(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；
(2)求區域Ⅰ磁場的寬度L；
(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區域Ⅱ中的磁感應強度B2的最小值．
答案　(1)　(2)　(3)1.5B1
解析　(1)設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有tan θ＝＝，則θ＝30°
根據速度關系有v＝＝；
(2)設帶電粒子在區域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得qvB1＝m，軌跡如圖甲所示：
由幾何關系得L＝r1，聯立解得L＝；
(3)當帶電粒子不從區域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長．設區域Ⅱ中最小磁感應強度為B2min，此時粒子恰好不從區域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：
可得qvB2min＝m
根據幾何關系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2min＝1.5B1.
6.(2023·廣東省高三檢測)如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，圓形區域內ac、df為互相垂直的豎直和水平兩條直徑，沿df方向距f點為R的g點處固定一足夠長的擋板，擋板與fg方向的夾角α＝60°，粒子打到擋板上會被吸收，圓形磁場區域以外空間存在豎直向上的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)自c點沿ca方向以速度v射入磁場，經磁場偏轉后從f點沿fg方向射出磁場，之后恰好未打在擋板上，圖中已畫出粒子在電場中運動的軌跡．
(1)求勻強磁場的磁感應強度大小B1；
(2)求勻強電場的電場強度大小E；
(3)若將原電場換為方向垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小B2＝kB1(0答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑r1＝R
粒子在磁場中做圓周運動有qvB1＝m
聯立解得B1＝
(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子速度和擋板相切時有tan α＝，其中vy＝t，又由平拋運動的推論知t＝
聯立解得E＝
(3)粒子離開圓形磁場區域到返回圓形磁場區域邊界的過程中，運動軌跡如圖乙所示，粒子在勻強磁場B2內做圓周運動，有qvB2＝m，B2＝kB1，聯立解得r2＝
根據幾何關系可知tan ∠OO′f＝＝k
粒子返回圓形磁場區域邊界的位置i到出射點f的距離l＝2r2sin ∠OO′f＝
當k較小時，粒子運動軌跡恰好與擋板相切，如圖丙所示，根據幾何關系可知∠fgO″＝60°
tan ∠fgO″＝tan ∠fOO″＝＝，r2′＝R
則k＝＝，
故當當0

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