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帶電粒子在立體空間中的運動
專題強化二十二
目標
要求
1.會處理帶電粒子在勻強磁場中的螺旋線運動和疊加場中的旋進運動.2.掌握帶電粒子在立體空間中的運動的解題思路和處理方法.
內容索引
題型一　帶電粒子的螺旋線運動和旋進運動
題型二　帶電粒子在立體空間中的偏轉
課時精練
題型一
帶電粒子的螺旋線運動和旋進運動
空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的.現在主要討論兩種情況：
(1)空間中只存在勻強磁場，當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做螺旋線運動.這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.
(2)空間中的勻強磁場和勻強電場(或重力場)平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做旋進運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.
例1　如圖所示，質子以初速度v進入磁感應強度為B且足夠大的勻強磁場中，速度方向與磁場方向的夾角為θ.已知質子的質量為m、電荷量為e.質子重力不計，則下列說法正確的是
A.質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向垂直
　于紙面向里
B.質子在垂直于磁場平面做圓周運動的半徑為
C.質子做螺旋線運動的周期為
D.一個周期內，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離(即螺距)為
√
將質子的初速度分解為垂直于磁場方向的速度v1＝vsin θ，沿磁場方向的速度v2＝vcos θ，質子沿垂直磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做勻速直線運動，則質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向平行磁場方向，選項A錯誤；
例2　(2023·山東菏澤市模擬)在空間中存在水平向右的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，方向均沿x軸水平向右.在O點，一個α粒子(氦原子核)以速度v0沿與x軸夾角為60°的方向射入電、磁場，已知質子質量為m、電荷量為q，不計α粒子的重力.求：
(1)α粒子離x軸的最遠距離；
由題意可知α粒子的質量為mα＝4m、電荷量為qα＝2q，將α粒子的初速度分解成沿x軸方向的分速度vx與垂直x軸方向的分速度vy，則有
由于vx與磁場方向平行，不受洛倫茲力影響，
電場方向沿著x軸方向，只影響vx，不影響vy，
故α粒子在電、磁場中的運動可分解為：垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，沿x軸方向做勻加速直線運動.
對于垂直于x軸平面內的勻速圓周運動，
(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能.
α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時，
由于在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，
α粒子從O點射出后到第3次與x軸相交的過程，
題型二
帶電粒子在立體空間中的偏轉
分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要發揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關系.帶電粒子依次通過不同的空間，運動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運動規律，再利用兩個空間交界處粒子的運動狀態和關聯條件即可解決問題.有時需要將粒子的運動分解為兩個互相垂直的平面內的運動(比如螺旋線運動和旋進運動)來求解.
例3　(2022·山東卷·17)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ.不計離子重力.
(1)當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；
如圖所示
將離子甲在A點的出射速度v0分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到O的過程，有
(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；
如圖所示
離子從坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ中，
離子經過磁場Ⅰ偏轉后從y軸進入磁場Ⅱ中，
為了使離子在磁場中運動，需滿足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
答案　(d，d,0)
離子從O點第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運動情景，如圖所示
離子第四次穿過xOy平面的x坐標為
x4＝2r2sin 45°＝d
離子第四次穿過xOy平面的y坐標為y4＝2r1＝d
故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標為(d，d,0)；
根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示，
從O點進入磁場到軌跡第一個交點的過程，有
三
課時精練
1.(2022·重慶卷·5)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則
A.電場力的瞬時功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
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4
√
根據功率的計算公式可知P＝Fvcos θ，則電場力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；
由于v1與磁場B平行，則根據洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；
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根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；
離子受到的安培力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確.
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2.如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質量為m的小球.若磁感應強度大小B＝ 　，g取10 m/s2.求：
(1)小球離開磁場時的速度大小；
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小球在水平方向做勻速圓周運動，在豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉半個周期離開磁場，
則離開磁場時在豎直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，
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(2)小球離開磁場時的位置與拋出點的距離.
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3.某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區，Ⅰ區長度d＝4R，內有沿y軸正向的勻強電場，Ⅱ區內既有沿z軸負向的勻強磁場，又有沿z軸正向的勻強電場，電場強度與Ⅰ區電場強度等大.現有一正離子從左側截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區，經過兩個區域分界面上的B點進入Ⅱ區，在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側面飛出，最終從右側截面上的C點飛出，B點和C點
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均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示)，已知離子質量為m、電荷量為q，不計離子重力，求：
(1)電場強度的大小；
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(2)離子到達B點時速度的大小；
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(3)Ⅱ區中磁感應強度的大小；
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離子在Ⅱ區內做復雜的旋進運動.
將該運動分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運動和z軸正方向的勻加速直線運動，根據題意可得，在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示.
(4)Ⅱ區的長度L應為多大.
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4.(2023·福建三明市調研)利用電場與磁場控制帶電粒子的運動，在現代科學實驗和技術設備中有著廣泛的應用.如圖所示，一粒子源不斷釋放質量為m、帶電荷量為＋q的粒子，其初速度視為零，經過加速電壓U后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入棱長為2L的正方體區域MNPQ－M1N1P1Q1.可調整粒子源及加速電場位置，使帶電粒子在邊長為L的正方形MHIJ區域內入射，不計粒子重力及粒子間的相互作用.
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(1)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強電場，要讓所有粒子都到達平面NPP1N1，求所加勻強電場電場強度的最小值E0；
僅加電場時粒子在正方體區域中做類平拋運動，當M點射入的粒子恰好到達P點，則所有粒子均能達到平面NPP1N1，
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(2)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強磁場，要讓所有粒子都到達平面M1N1P1Q1，求所加勻強磁場磁感應強度的最小值B0及最大值Bm；
僅加磁場時粒子在正方體區域中做勻速圓周運動，當從M點射入的粒子恰好到達Q1點時所加的磁場最小，由圓周運動規律可得
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當從M點射入的粒子恰好到達M1點時所加的磁場最大，
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(3)以M1為原點建立如圖所示直角坐標系M1－xyz，若在正方體區域中同時加上沿MN方向電場強度大小為 E0的勻強電場及磁感應強度大小為B0的勻強磁場，讓粒子對準I點并垂直平面MNN1M1入射，求粒子離開正方體區域時的坐標位置(結果可用根號和圓周率π表示).
若在正方體區域中同時加上沿MN方向的勻強電場及勻強磁場，勻強電場給粒子帶來的速度分量恰與磁場方向平行，不會使受到的洛倫茲力改變，
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故粒子的運動為在磁場中的勻速圓周運動與在電場中的勻加速直線運動的組合，若僅考慮在磁場中的圓周運動，正視圖如圖所示，
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若僅考慮在電場中的類平拋運動，
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4專題強化二十二　帶電粒子在立體空間中的運動
目標要求　1.會處理帶電粒子在勻強磁場中的螺旋線運動和疊加場中的旋進運動.2.掌握帶電粒子在立體空間中的運動的解題思路和處理方法．
題型一　帶電粒子的螺旋線運動和旋進運動
空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的．現在主要討論兩種情況：
(1)空間中只存在勻強磁場，當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做螺旋線運動．這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動．
(2)空間中的勻強磁場和勻強電場(或重力場)平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做旋進運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動．
例1　如圖所示，質子以初速度v進入磁感應強度為B且足夠大的勻強磁場中，速度方向與磁場方向的夾角為θ.已知質子的質量為m、電荷量為e.質子重力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向垂直于紙面向里
B．質子在垂直于磁場平面做圓周運動的半徑為
C．質子做螺旋線運動的周期為
D．一個周期內，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離(即螺距)為
答案　D
解析　將質子的初速度分解為垂直于磁場方向的速度v1＝vsin θ，沿磁場方向的速度v2＝vcos θ，質子沿垂直磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做勻速直線運動，則質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向平行磁場方向，選項A錯誤；質子做螺旋線運動的半徑為r＝＝，選項B錯誤；質子做螺旋線運動的周期為T＝＝，選項C錯誤；一個周期內，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離(即螺距)為x＝v2T＝，選項D正確．
例2　(2023·山東菏澤市模擬)在空間中存在水平向右的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，方向均沿x軸水平向右．在O點，一個α粒子(氦原子核)以速度v0沿與x軸夾角為60°的方向射入電、磁場，已知質子質量為m、電荷量為q，不計α粒子的重力．求：
(1)α粒子離x軸的最遠距離；
(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能．
答案　(1)　(2)2mv02＋(v0＋)
解析　(1)由題意可知α粒子的質量為mα＝4m、電荷量為qα＝2q，將α粒子的初速度分解成沿x軸方向的分速度vx與垂直x軸方向的分速度vy，則有
vx＝v0cos 60°＝v0，vy＝v0sin 60°＝v0
由于vx與磁場方向平行，不受洛倫茲力影響，電場方向沿著x軸方向，只影響vx，不影響vy，故α粒子在電、磁場中的運動可分解為：垂直于x軸的平面
內做勻速圓周運動，沿x軸方向做勻加速直線運動．對于垂直于x軸平面內的勻速圓周運動，有qαvyB＝mα，解得圓周運動半徑r＝＝＝，故α粒子離x軸的最遠距離是直徑的長度，即為；
(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時，由于在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，可知此過程經歷的時間t＝3T＝3×＝，沿x軸方向的勻加速直線運動所通過的位移x＝vxt＋at2，又加速度a＝＝，解得x＝(v0＋)
α粒子從O點射出后到第3次與x軸相交的過程，由動能定理有qαEx＝Ek－mαv02
聯立解得α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能Ek＝2mv02＋(v0＋)．
題型二　帶電粒子在立體空間中的偏轉
分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要發揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關系．帶電粒子依次通過不同的空間，運動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運動規律，再利用兩個空間交界處粒子的運動狀態和關聯條件即可解決問題．有時需要將粒子的運動分解為兩個互相垂直的平面內的運動(比如螺旋線運動和旋進運動)來求解．
例3　(2022·山東卷·17)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0(1)當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；
(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；
(3)離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(用d表示)；
(4)當離子甲以的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質量為4m、帶電量為＋q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場Ⅰ，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt(忽略離子間相互作用)．
答案　(1)　(2)
(3)(d，d,0)　(4)(2＋2)
解析　(1)如圖所示
將離子甲在A點的出射速度v0分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到O的過程，有
L＝v0cos β·t，v0sin β＝at，a＝
聯立解得E＝；
(2)如圖所示
離子從坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ中，由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝
離子經過磁場Ⅰ偏轉后從y軸進入磁場Ⅱ中，由洛倫茲力提供向心力可得qv1·B＝，可得rⅡ＝rⅠ
為了使離子在磁場中運動，需滿足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
則可得v1≤
故要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；
(3)離子甲以v＝的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，離子在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為r1＝＝
離子在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為r2＝
離子從O點第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運動情景，如圖所示
離子第四次穿過xOy平面的x坐標為
x4＝2r2sin 45°＝d
離子第四次穿過xOy平面的y坐標為y4＝2r1＝d
故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標為(d，d,0)；
(4)設離子乙的速度為v′，根據離子甲、乙動能相同，可得mv2＝×4mv′2
可得v′＝＝
離子乙在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為
r1′＝＝d＝2r1
離子乙在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為
r2′＝＝d＝2r2
根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示，
從O點進入磁場到軌跡第一個交點的過程，有
t甲＝T1＋T2＝＋＝(2＋2)
t乙＝T1′＋T2′＝×＋×＝(4＋4)
可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為Δt＝t乙－t甲＝(2＋2).
課時精練
1．(2022·重慶卷·5)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄．為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則(　　)
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
答案　D
解析　根據功率的計算公式可知P＝Fvcos θ，則電場力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場B平行，則根據洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的安培力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確．
2.如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質量為m的小球．若磁感應強度大小B＝，g取10 m/s2.求：
(1)小球離開磁場時的速度大小；
(2)小球離開磁場時的位置與拋出點的距離．
答案　(1)10 m/s　(2) m
解析　(1)小球在水平方向做勻速圓周運動，在豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t＝＝＝1 s，則離開磁場時在豎直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球離開磁場時的速度大小為v＝＝10 m/s.
(2)小球離開磁場時在豎直方向的位移大小為y＝gt2＝5 m，小球在水平方向做勻速圓周運動有qv0B＝，解得R＝，水平方向位移為直徑，即x＝2R＝＝ m，則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為s＝＝ m.
3.某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區，Ⅰ區長度d＝4R，內有沿y軸正向的勻強電場，Ⅱ區內既有沿z軸負向的勻強磁場，又有沿z軸正向的勻強電場，電場強度與Ⅰ區電場強度等大．現有一正離子從左側截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區，經過兩個區域分界面上的B點進入Ⅱ區，在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側面飛出，最終從右側截面上的C點飛出，B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示)，已知離子質量為m、電荷量為q，不計離子重力，求：
(1)電場強度的大小；
(2)離子到達B點時速度的大小；
(3)Ⅱ區中磁感應強度的大小；
(4)Ⅱ區的長度L應為多大．
答案　(1)　(2)v0　(3)　(4)nπR＋R(n＝1,2,3，…)
解析　(1)離子在Ⅰ區做類平拋運動，根據類平拋運動的規律有4R＝v0t，＝at2，根據牛頓第二定律有a＝，解得電場強度的大小為E＝.
(2)類平拋過程由動能定理有＝mv2－mv02，解得離子到達B點時速度的大小為v＝v0.
(3)離子在Ⅱ區內做復雜的旋進運動．將該運動分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運動和z軸正方向的勻加速直線運動，根據題意可得，在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示．設臨界圓軌跡半徑為r，根據幾何知識有(R－r)2＝r2＋，解得離子的軌跡半徑為 r＝R，離子沿y軸正方向的速度為 vy＝＝v0，則根據洛倫茲力提供向心力有 qvyB＝
解得Ⅱ區中磁感應強度大小為B＝.
(4)離子在圓柱腔截面上做勻速圓周運動的周期為 T＝，由題意知離子在Ⅱ區運動的時間為T的整數倍，離子在z軸正方向上做勻加速直線運動，根據勻變速直線運動的位移公式可得L＝v0nT＋a(nT)2(n＝1,2,3，…)，聯立解得Ⅱ區的長度為L＝nπR＋R(n＝1,2,3，…)．
4．(2023·福建三明市調研)利用電場與磁場控制帶電粒子的運動，在現代科學實驗和技術設備中有著廣泛的應用．如圖所示，一粒子源不斷釋放質量為m、帶電荷量為＋q的粒子，其初速度視為零，經過加速電壓U后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入棱長為2L的正方體區域MNPQ－M1N1P1Q1.可調整粒子源及加速電場位置，使帶電粒子在邊長為L的正方形MHIJ區域內入射，不計粒子重力及粒子間的相互作用．
(1)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強電場，要讓所有粒子都到達平面NPP1N1，求所加勻強電場電場強度的最小值E0；
(2)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強磁場，要讓所有粒子都到達平面M1N1P1Q1，求所加勻強磁場磁感應強度的最小值B0及最大值Bm；
(3)以M1為原點建立如圖所示直角坐標系M1－xyz，若在正方體區域中同時加上沿MN方向電場強度大小為E0的勻強電場及磁感應強度大小為B0的勻強磁場，讓粒子對準I點并垂直平面MNN1M1入射，求粒子離開正方體區域時的坐標位置(結果可用根號和圓周率π表示)．
答案　(1)　(2)　　
(3)
解析　(1)粒子經過加速電場加速有
qU＝mv02－0
僅加電場時粒子在正方體區域中做類平拋運動，當M點射入的粒子恰好到達P點，則所有粒子均能達到平面NPP1N1，由類平拋規律可得qE0＝ma,2L＝at2,2L＝v0t
聯立解得E0＝
(2)僅加磁場時粒子在正方體區域中做勻速圓周運動，當從M點射入的粒子恰好到達Q1點時所加的磁場最小，由圓周運動規律可得
r1＝2L，qv0B0＝m
聯立解得B0＝
當從M點射入的粒子恰好到達M1點時所加的磁場最大，有r2＝L，qv0Bm＝m，
聯立解得Bm＝
(3)若在正方體區域中同時加上沿MN方向的勻強電場及勻強磁場，勻強電場給粒子帶來的速度分量恰與磁場方向平行，不會使受到的洛倫茲力改變，故粒子的運動為在磁場中的勻速圓周運動與在電場中的勻加速直線運動的組合，若僅考慮在磁場中的圓周運動，正視圖如圖所示，則有T＝
在磁場中的圓心角的余弦值為cos θ＝＝，即θ＝
則粒子在磁場中的運動時間t1＝·T＝
若僅考慮在電場中的類平拋運動，有q＝ma′，L＝a′t22
聯立解得粒子在電場中的運動時間為
t2＝L
因分運動與合運動具有等時性，且t2>t1，則粒子在正方體區域中的運動時間為t1＝
故粒子完成磁場區域的完整偏轉離開正方體時y軸方向的坐標為y＝r1sin ＝L
離開正方體時x軸方向的坐標為x＝L＋a′t12＝L
則粒子離開正方體時的位置坐標為.

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