?第78講 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動

1．（2022?海南）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強(qiáng)度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場，則運(yùn)動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（　?。?br />
A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能
【解答】解：帶電粒子在輻射電場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得
qE＝m
帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得
qvB＝m
解得：r1，r2，
運(yùn)動軌跡相同的粒子半徑相同，即它們具有相同的速度和比荷，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
2．（2022?河北）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示。金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0），初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：
（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t時刻的位置坐標(biāo)；
（2）在0～時間內(nèi)，靜電力對t＝0時刻釋放的粒子所做的功；
（3）在M（，）點(diǎn)放置一粒子接收器，在0～時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲。

【解答】解：（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t1時間內(nèi)沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)動，
加速度大小為：a1
在t1時刻的速度大小為：v1＝a1t1
代入數(shù)據(jù)解得：v1
此時沿y軸正方向的位移為：y1
解得：y1
～時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B0＝m
解得：R1，
由于粒子在磁場中運(yùn)動周期T，所以經(jīng)過時間，粒子剛好運(yùn)動半周期，
此時x方向的位移為：x1＝2R1，
所以t時刻的位置坐標(biāo)為（，）；
（2）t時刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小為v1
從～時間內(nèi)，粒子的加速度大小為：a2，粒子先沿﹣y方向運(yùn)動，再沿+y方向運(yùn)動。
設(shè)粒子經(jīng)過t2時間速度減速到0，則t2，解得：t2t1
所以在時速度大小仍為v1，位置仍在（，）處，此后的時間內(nèi)粒子仍做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示。
從～時間內(nèi)，粒子的加速度大小為：a3，粒子先沿﹣y方向運(yùn)動，再沿+y方向運(yùn)動。
設(shè)在時速度大小為v2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2，方向沿+y方向；
從～時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動。
根據(jù)動能定理可得靜電力對t＝0時刻釋放的粒子所做的功：Wmv22
解得：W；
（3）根據(jù)前面的分析可知，粒子在0～t1時間內(nèi)加速的時間等于粒子在～時間內(nèi)減速運(yùn)動的時間的2倍，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛倫茲力提供向心力可知，在0～t1時間內(nèi)任何時刻釋放的粒子，在t＝4t1時刻水平位移均為。
設(shè)粒子在t′時刻開始加速，加速時間Δt，則在t1時刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′
粒子在時刻的速度大小為：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在～時間內(nèi)減速的位移：y2′
若粒子恰好達(dá)到M點(diǎn)，則有：y2′y1′
解得：Δt
所以粒子釋放的時刻為：tmax＝t1﹣Δt
若粒子恰好達(dá)到x軸，則有：y2′＝y(tǒng)1′
解得：Δt
所以粒子釋放的時刻為：tmin＝t1﹣Δt
故在0～時間內(nèi)，粒子在～時刻進(jìn)入電場時，才能夠在電場存在期間被捕獲。
答：（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t時刻的位置坐標(biāo)為（，）；
（2）在0～時間內(nèi)，靜電力對t＝0時刻釋放的粒子所做的功為；
（3）在M（，）點(diǎn)放置一粒子接收器，粒子在～時刻進(jìn)入電場時，才能夠在電場存在期間被捕獲。



一.知識回顧
1.組合場概念：
靜電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，靜電場、磁場分時間段交替出現(xiàn)。
2．三種場的比較
　　項(xiàng)目
名稱　　
力的特點(diǎn)
功和能的特點(diǎn)
重力場
大?。篏＝mg
方向：豎直向下
重力做功與路徑無關(guān)
重力做功改變物體的重力勢能
靜電場
大?。篎＝qE
方向：①正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同
②負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反
靜電力做功與路徑無關(guān)
W＝qU
靜電力做功改變電勢能
磁場
洛倫茲力大?。篎＝qvB
方向：根據(jù)左手定則判定
洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
3．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類
(1)靜止或勻速直線運(yùn)動
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。
(2)勻速圓周運(yùn)動
當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。
(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動
當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運(yùn)動
帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。
4．常見的基本運(yùn)動形式

電偏轉(zhuǎn)
磁偏轉(zhuǎn)
偏轉(zhuǎn)條件
帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場
帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場
示意圖


受力情況
只受恒定的靜電力
只受大小恒定的洛倫茲力
運(yùn)動情況
類平拋運(yùn)動
勻速圓周運(yùn)動
運(yùn)動軌跡
拋物線
圓弧
物理規(guī)律
類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律
牛頓第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2
a＝，tanθ＝
qvB＝，r＝
T＝，t＝
sinθ＝
做功情況
靜電力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功
洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷永不做功

二.例題精析
題型一： 組合場（勻變速直線運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動）
例1．如圖所示，從離子源產(chǎn)生的某種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場左邊界豎直。已知離子射入磁場的速度大小為v，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；不計重力影響和離子間的相互作用。
（1）判斷這種離子的電性；
（2）求這種離子的荷質(zhì)比；
（3）求MN之間的距離d。

【解答】解：（1）由題意可知，離子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，離子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，離子帶正電；
（2）離子在電場加速過程，由動能定理得：qU，
解得，離子核質(zhì)比為：；
（3）離子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，
由牛頓第二定律得：qvB＝m，
MN間的距離：d＝2r，
解得：d；
答：（1）這種離子帶正電；
（2）這種離子的荷質(zhì)比為；
（3）MN之間的距離d為。
題型二： 組合場（類平拋運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動）
例2．一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計重力。
（1）定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；
（2）求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大??；
（3）若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間。

【解答】解：（1）粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中的軌跡為圓弧，整個軌跡上下對稱，故畫出粒子運(yùn)動的軌跡，如圖所示，
（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為t，加速度大小為a，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ，運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑為R，如圖所示，
根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq＝ma ①
速度沿電場方向的分量為：v1＝at ②
垂直電場方向有：l′＝v0t ③
根據(jù)幾何關(guān)系可得：v1＝vcosθ④
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m⑤
根據(jù)幾何關(guān)系可得：l＝2Rcosθ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式可得粒子從M點(diǎn)入射時速度的大?。簐0⑦
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可得速度沿電場方向的分量：v1⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式可得該粒子的比荷：⑨
粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T⑩
粒子由M點(diǎn)到N點(diǎn)所用的時間：t′＝2t?T?
聯(lián)立③⑦⑨?式可得：t′（1）
答：（1）定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡，如圖所示；
（2）該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大小為；
（3）該粒子的比荷為，其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間（1）。


三.舉一反三，鞏固練習(xí)
1. 質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運(yùn)用所學(xué)知識設(shè)計了一個質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源O可產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同、質(zhì)量不同的粒子（初速度可視為0），經(jīng)電場加速后從板AB邊緣沿平行于板間方向射入，兩平行板AB與CD間存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，板間距為L，板足夠長，a、b粒子最終分別打到CD板上的E、F點(diǎn)，E、F到C點(diǎn)的距離分別為L和L，則a、b兩粒子的質(zhì)量之比為（　?。?br />
A． B． C． D．
【解答】解：畫出兩個粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得，所以，rb由圖易得為L。
粒子在電場中加速階段，由動能定理有
粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，有，所以，所以，解得，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。

2. 如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線與x軸正方向間夾角θ＝30°。虛線上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.75×10﹣3T。虛線下方到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強(qiáng)度E＝20N/C的勻強(qiáng)電場。一比荷C/kg的帶電粒子從y軸正半軸上的P點(diǎn)以速度v0＝300m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子進(jìn)入磁場后，從虛線上的M點(diǎn)（M點(diǎn)圖中未畫出）垂直虛線方向進(jìn)入電場（不計重力），則（　?。?br />
A．該帶電粒子一定帶正電
B．OM之間的距離為2m
C．粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.98m
D．粒子第一次穿過虛線后能擊中x軸
【解答】解：A、根據(jù)題目的描述可知，粒子進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電，故A錯誤；
B、粒子的洛倫茲力提供向心力，則
代入數(shù)據(jù)解得：r＝2m
根據(jù)幾何關(guān)系可知，O點(diǎn)為粒子做圓周運(yùn)動的圓心，因此OM之間的距離也等于半徑，即為2m，故B正確；
CD、將粒子進(jìn)入電場后的速度分解為水平和豎直方向，將粒子的加速度也分解為水平和豎直方向，則
在豎直方向上：
其中，
聯(lián)立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.96m，無法擊中x軸，故CD錯誤；
故選：B。
3. 如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為d。一帶電量為q、質(zhì)量為m的負(fù)離子（重力不計）以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出。在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場（未標(biāo)出）。要使該負(fù)離子在磁場中運(yùn)動后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則（　?。?br />
A．磁場方向垂直紙面向里
B．磁場方向垂直紙面向外，向里都有可能
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
D．在磁場中運(yùn)動時間為
【解答】解：AB、粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，離開電場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖：

粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故AB錯誤；
C、對于拋物線運(yùn)動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，
即tanα＝2tanβ＝2?1，故α＝45°，
又由于tanα，故vy＝v0，vv0；
根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運(yùn)動的軌道半徑為Rd；
圓周運(yùn)動中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m ；
解得
B，故C正確；
D、磁場中運(yùn)動時間為：tT＝T，故D錯誤；
故選：C。
4. 如圖所示，氕、氘、氚三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U1（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2偏轉(zhuǎn)，后進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，氕的運(yùn)動軌跡如圖。則氕、氘、氚三種核子射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距最大的是（　?。?br />
A．氕 B．氘 C．氚 D．無法判定
【解答】解：設(shè)核子的質(zhì)量為m，帶電量為q，偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L，板間距離為d，板間電場強(qiáng)度為E，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，進(jìn)入磁場的速度為v，在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為y，速度偏轉(zhuǎn)角為θ。
核子在加速電場運(yùn)動過程，由動能定理得：
qU1
核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動沿極板方向和垂直極板方向分解。
沿極板方向做勻速直線運(yùn)動，則有：L＝v0t
沿極板方向做勻加速直線運(yùn)動，則有：y；vy＝at
由牛頓第二定律得：a
聯(lián)立解得：
y，
tanθ
可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角θ均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進(jìn)入磁場的位置和速度方向均相同。
進(jìn)入磁場的速度：v
核子在勻強(qiáng)磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：
qvB
由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距s為：
s＝2rcosθ
聯(lián)立解得：s
氕、氘、氚三種核子的電量相等，氚的質(zhì)量最大，則氚的射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距最大，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。

5. （多選）如圖所示，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。磁場左側(cè)有一平行y軸放置的熒光屏，相距為d的足夠大金屬薄板K、A平行于x軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點(diǎn)，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點(diǎn)正對P孔。電子源可以沿xOy平面向各個方向發(fā)射速率均為v0的電子，沿y軸進(jìn)入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B，不計電子重力及它們間的相互作用力。則（　?。?br />
A．K，A極板間的電壓大小為
B．所發(fā)射電子能進(jìn)入P孔的電子源的長度為
C．熒光屏上能有電子到達(dá)的區(qū)域長度為R
D．所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為
【解答】解：A．根據(jù)題意，電子在磁場運(yùn)動圓周，軌跡半徑r＝R，電子在磁場中運(yùn)動時有

電子在AK間運(yùn)動時有

解得：U，故A錯誤；
B．如圖

當(dāng)速度方向平行x軸發(fā)射的電子剛好可以進(jìn)入P，該電子就是電子源離中心點(diǎn)最遠(yuǎn)處發(fā)射的，設(shè)此處離中心點(diǎn)的距離為x，則
x＝v0t


聯(lián)立解得：x
所以滿足條件的長度為
，故B正確；
C．由幾何關(guān)系得，進(jìn)入磁場的所有電子都平行x軸擊中熒光屏能從P進(jìn)入磁場的電子速度方向與OP的最大夾角為θ



解得：θ＝30°
由幾何關(guān)系得
y1＝R+Rsinθ
y2＝R﹣Rsinθ
解得：L＝y(tǒng)1﹣y2＝R，故C正確；
D．由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為
α＝60°
則所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為
，故D正確。
故選：BCD。
6. （多選）圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（未畫出），磁場邊緣上的A點(diǎn)有一帶正電粒子源，OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點(diǎn)，在MN的右側(cè)有范圍足夠大水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E。當(dāng)粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點(diǎn)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(qū)域內(nèi)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(yùn)動的總時間為
D．粒子在電場中運(yùn)動的總時間為
【解答】解：AB、粒子從B點(diǎn)離開磁場，由左手定則可知磁場方向垂直直面向外，根據(jù)幾何關(guān)系知粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，qvB＝m，解得，故AB正確；
CD、粒子從B點(diǎn)進(jìn)入電場向右做勻減速直線運(yùn)動，然后向左做勻加速直線運(yùn)動再次從B點(diǎn)進(jìn)入磁場，根據(jù)動量定理得，選向左為正方向，粒子在電場中運(yùn)動的時間為；Eqt＝2mv0
t，粒子再次從B點(diǎn)進(jìn)入磁場，經(jīng)過四分之一的周期離開磁場，所以粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為t總，故C錯誤，D正確；
故選：ABD。
7. （多選）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域。氕核和氘核分別以相同的初動能Ek從平面MN上的P點(diǎn)水平向右射入Ⅰ區(qū)。Ⅰ區(qū)存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向下；Ⅱ區(qū)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。已知氕核、氘核的質(zhì)量分別為m、2m，電荷量均為+q，不計氕核和氘核的重力。下列說法正確的是（　?。?br />
A．氕核和氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度方向相同
B．氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度大小為
C．氕核在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為
D．氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時的位置相距2（1）
【解答】解：A、第一次在電場中，粒子均做類平拋運(yùn)動，水平方向有：x＝v0t，
豎直方向有：y
聯(lián)立解得：y
氕核、氘核具有相同的初動能和相同的電荷量，氕核、氘核在電場中的軌跡相同，即氣核和氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度方向相同，故A正確；
B、氘核在電場中做類平拋，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：tan45°
根據(jù)動能的計算公式可得：Ek
根據(jù)牛頓第二定律可得：a2
豎直方向的速度大小為：vy2＝a2t2
氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度大小為：v2
聯(lián)立解得：v2，故B錯誤；
C、由B選項(xiàng)分析，同理可得氕核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度大小為：v1
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B＝m
解得：r1，故C錯誤；
D、粒子在進(jìn)入磁場速度方向與水平方向夾角相同，設(shè)為α，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，則有：tanα＝2tan45°。
設(shè)粒子在進(jìn)入磁場速度方向與MN的夾角為β，則：β＝α﹣45°
可得：sinβ
粒子從進(jìn)入磁場到再次回到MN時與進(jìn)入磁場位置的距離：s＝2rsinβ
氘核在磁場中的半徑：r2
則氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時的位置相距：Δs＝s2﹣s1（r2﹣r1）＝2（1），故D正確。
故選：AD。

8. 如圖甲所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場；緊挨著豎直放置的兩平行金屬板，M板接地，中間有一狹縫。當(dāng)有粒子通過狹縫時N板有電勢，且隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在圓形磁場P處的粒子發(fā)射裝置，以任意角射出質(zhì)量m、電荷量q、速率v0的粒子，在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等。從圓弧ab之間離開磁場的粒子均能打在豎直放置的N板上，粒子間的相互作用及其重力均可忽略不計。求這部分粒子。

（1）在磁場中運(yùn)動的最短時間t；
（2）到達(dá)N板上動能的最大值Ekm；
（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件。
【解答】解：（1）粒子在磁場中的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等，此為“磁發(fā)散”模型，所有粒子出磁場的速度平行，且都垂直PO。
根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：
qv0B＝m
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為：
T′
由軌跡圖可知粒子從b點(diǎn)離開時，其軌跡圓心角最小為90°，在磁場中運(yùn)動的時間最短，則有：
t；
（2）粒子在磁場逆時針偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，且所有粒子從磁場離開進(jìn)入電場的速度大小均為v0，方向均與極板垂直，可知在電場中受到的電場力方向與速度方向在同一直線上，為了使粒子到達(dá)N板上動能最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得：
qU0＝Ekm
解得最大動能為：
Ekm＝qU0；
（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運(yùn)動，即粒子在極板中運(yùn)動的時間應(yīng)滿足：t1
設(shè)MN間距離為d，粒子到達(dá)N板的最大速度為vm，則有：
Ekm＝qU0
解得：vm
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：
d
聯(lián)立可得：d
故要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離d應(yīng)滿足：0＜d。
答：（1）在磁場中運(yùn)動的最短時間t為；
（2）到達(dá)N板上動能的最大值Ekm為qU0；
（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件為0＜d。

9. 如圖所示，坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)有場強(qiáng)大小為E，方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，第二象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面且與x軸相切于P點(diǎn)的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），P點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣3l0，0），電子a、b以大小相等的速度v從P點(diǎn)射入磁場，b沿+y方向，a、b速度方向間的夾角為θ（0＜θ），a、b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均垂直于y軸進(jìn)入第一象限，b經(jīng)過y軸上的Q點(diǎn)。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力。
（1）求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）求a、b第1次通過磁場的時間差Δt；
（3）a、b離開電場后途經(jīng)同一點(diǎn)A（圖中未畫出），求A點(diǎn)的坐標(biāo)及a從P點(diǎn)運(yùn)動至A點(diǎn)的總路程s。

【解答】解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出電子b的運(yùn)動軌跡如圖中紅色軌跡所示，由題意知電子b在磁場中偏轉(zhuǎn)了，故電子b圓周運(yùn)動的軌跡為圓周，可得OQ的距離等于電子b圓周運(yùn)動的半徑（設(shè)為R）。由洛倫茲力提供向心力得
evB
已知：v
解得：R＝2l0
則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2l0）；
（2）由題意知電子a、b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場時速度相互平行均垂直于y軸，由“磁發(fā)散”模型可知圓形勻強(qiáng)磁場的半徑與電子圓周運(yùn)動的半徑相等均為R＝2l0，電子a的運(yùn)動軌跡如圖中藍(lán)色軌跡所示，由幾何關(guān)系可得電子a由P到C的軌跡圓心角α，而電子b的軌跡圓心角為。
b第1次通過磁場的時間：tb
a第1次通過磁場的時間：ta
a、b第1次通過磁場的時間差：Δt＝tb﹣ta；
（3）a、b進(jìn)入電場后先沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，速度為零后再反向做勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動對稱性可知a、b離開電場時速度大小仍為v，速度相互平行均垂直于y軸進(jìn)入磁場，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最高點(diǎn)離開磁場，即點(diǎn)A在P點(diǎn)的正上方。
故A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：xA＝﹣3l0，A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：yA＝2R＝4l0，
則A點(diǎn)的坐標(biāo)為：（﹣3l0，4l0）；
由幾何關(guān)系可得：CD＝3l0﹣Rcosθ＝3l0﹣2l0cosθ
a在電場中的運(yùn)動路程為：s1＝2?
電子a在磁場由C到A的軌跡圓心角為β，由幾何關(guān)系可得：α+β＝π，則電子a在磁場中運(yùn)動總的軌跡長為半個圓周。
故電子a在磁場中運(yùn)動總路程為：s22πl(wèi)0
a從P點(diǎn)運(yùn)動至A點(diǎn)的總路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ2πl(wèi)0。
答：（1）Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2l0）；
（2）a、b第1次通過磁場的時間差Δt為；
（3）A點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣3l0，4l0）及a從P點(diǎn)運(yùn)動至A點(diǎn)的總路程s為6l0﹣4l0cosθ2πl(wèi)0。

10. 顯像管電視機(jī)已漸漸退出了歷史的舞臺，但其利用磁場控制電荷運(yùn)動的方法仍然被廣泛應(yīng)用。如圖為一磁場控制電子運(yùn)動的示意圖，大量質(zhì)量為m，電荷量為e（e＞0）的電子從P點(diǎn)飄進(jìn)加速電壓為U的極板，加速后的電子從右極板的小孔沿中心線射出，一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，方向垂直于紙面向里，其圓心O1位于中心線上，在O1右側(cè)2R處有一垂直于中心線的熒光屏，其長度足夠大，屏上O2也位于中心線上，不計電子進(jìn)電場時的初速度及它們間的相互作用，R，U，m，e為已知量。求：
（1）電子在磁場中運(yùn)動時的半徑r；
（2）電子從進(jìn)入磁場到落在熒光屏上的運(yùn)動時間；
（3）若圓形磁場區(qū)域可由圖示位置沿y軸向上或向下平移，則圓形區(qū)域向哪個方向平移多少距離時，電子在磁場中的運(yùn)動時間最長？并求此情況下粒子打在熒光屏上位置離O2的距離。

【解答】解：（1）設(shè)電子在電場中加速獲得的速度v，由動能定理得
eU
電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，由牛頓第二定律
evB
根據(jù)題意解得：rR
（2）由左手定則判斷出電子圓周運(yùn)動的圓心O3在中心線下方，設(shè)速度偏向角及軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為θ，出磁場后打到熒光屏的M點(diǎn)，如圖1
圖1
由幾何關(guān)系可知
tanθ
解得
θ＝60°
則
O1M＝4R
電子在磁場中的運(yùn)動時間為
t1
電子飛出磁場后的運(yùn)動時間為
t2
則電子從進(jìn)磁場到在熒光屏上的運(yùn)動時間為t＝t1+t1
聯(lián)立解得：t
（3）易知，當(dāng)粒子射入和射出兩點(diǎn)連線為圓形磁場直徑時，時間最長，如圖2，當(dāng)磁場示位置沿，軸負(fù)向平移O1E時，電子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，從D點(diǎn)出磁場，做圓周運(yùn)動的圓心為O4，速度偏向角及軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為α，出磁場后打到熒光屏的N點(diǎn)，CD為圓形區(qū)域的直徑。O1O4的延長線交中心線于F
圖2
由幾何關(guān)系可知
sin
tan
tanα＝2
O1E＝O1Csin
解得
O1ER
故磁場沿軸負(fù)向平移點(diǎn)R時電子在磁場中運(yùn)動時間最久，又
EF＝O1Etan
O2N＝（O2E﹣EF） tanα
聯(lián)立解得：O2N＝（4）R
答：（1）電子在磁場中運(yùn)動時的半徑為R；
（2）電子從進(jìn)入磁場到落在熒光屏上的運(yùn)動時間為；
（3）若圓形磁場區(qū)域可由圖示位置沿y軸向上或向下平移，則磁場沿軸負(fù)向平移點(diǎn)R時電子在磁場中運(yùn)動時間最久，此情況下粒子打在熒光屏上位置離O2的距離為（4）R。

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