?第三講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
? 知識(shí)梳理
一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．組合場(chǎng)與疊加場(chǎng)
(1)組合場(chǎng)：靜電場(chǎng)與磁場(chǎng)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(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段交替出現(xiàn)。
(2)疊加場(chǎng)：靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存。
2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見的幾種運(yùn)動(dòng)形式
運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
受力特點(diǎn)
方法規(guī)律
勻速直線運(yùn)動(dòng)
粒子所受的合力為0
平衡條件
勻速圓周運(yùn)動(dòng)
除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg
牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)
除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向
動(dòng)能定理、能量守恒定律
二、質(zhì)譜儀
1．構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。

2．原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qU＝mv2。
粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m。
由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷。
r＝，m＝，＝。
三、回旋加速器
1．構(gòu)造：如圖乙所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

2．原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)。
四、電場(chǎng)、磁場(chǎng)同區(qū)域并存的實(shí)例
裝置
原理圖
規(guī)律
速度選擇器

若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)
磁流體發(fā)電機(jī)

等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶電，當(dāng)q＝qv0B時(shí)，兩極板間能達(dá)到最大電勢(shì)差U＝Bv0d
電磁流量計(jì)

當(dāng)q＝qvB時(shí)，有v＝，流量Q＝Sv＝
霍爾元件

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的兩個(gè)面間出現(xiàn)了電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)
考點(diǎn)一、帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
例1、(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　　)

A．小球一定帶正電
B．小球一定帶負(fù)電
C．小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針
D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)
【答案】BC
【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與靜電力平衡，則靜電力方向豎直向上，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得，小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，C正確；改變小球的速度大小，重力仍與靜電力平衡，小球仍在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。
例2、(2022·遼寧省模擬)在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系的第Ⅰ象限的OyPQ范圍內(nèi)存在如圖所示正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ平行于y軸且到y(tǒng)軸的距離為(＋1)l。質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒從第Ⅱ象限的a點(diǎn)沿xOy平面水平拋出，微粒進(jìn)入電、磁場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)；若將勻強(qiáng)電場(chǎng)方向改為豎直向上，微粒仍從a點(diǎn)以相同速度拋出，進(jìn)入電、磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸和直線PQ相切，最后從y軸上射出。重力加速度為g。求：

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)微粒拋出時(shí)的初速度大小v0及a點(diǎn)坐標(biāo)。
【答案】(1)　(2)　
【解析】(1)如圖1所示，設(shè)微粒進(jìn)入第Ⅰ象限時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由電場(chǎng)方向豎直向上時(shí)微粒做圓周運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸和直線PQ相切可知

qE－mg＝0
qvB＝m
r(1＋sin α)＝(＋1)l
電場(chǎng)方向未改變時(shí)，微粒在電、磁場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合外力為零，受力如圖2所示

有qvBsin θ－mg＝0
tan θ＝
聯(lián)立解得B＝。
(2)由圖2可知α＝90°－θ＝45°
v0＝vcos α
解得v0＝
設(shè)微粒做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則t1＝
其中vy＝v0
則d＝v0t1
h＝gt
a點(diǎn)橫坐標(biāo)x＝－d
縱坐標(biāo)為y＝h＋r(1－cos θ)
解得a點(diǎn)的坐標(biāo)為。
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)．不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br /> (3)微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
【答案】(1)　(2)　(3)(＋1)
【解析】(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲：

可知Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡條件得：qvB＝mg
電場(chǎng)方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙：qvB＝m

由幾何知識(shí)可得：r＝l
聯(lián)立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝＝
微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：
t2＝＝
微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：
t＝t1＋t2＝(＋1).
考點(diǎn)二、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)．
2．分析思路
(1)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理．
(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵．
(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
3．常見粒子的運(yùn)動(dòng)及解題方法

例1、如圖所示，水平虛線AA′和CC′間距為L，中間存在著方向向右且與虛線平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，CC′的下側(cè)存在一半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外(圖中未畫出)，圓形磁場(chǎng)與邊界CC′相切于點(diǎn)M。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子由電場(chǎng)上邊界AA′上的S點(diǎn)以初速度v0垂直射入電場(chǎng)，一段時(shí)間后從M點(diǎn)離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v0，且其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好過圓形磁場(chǎng)的圓心O。粒子所受重力忽略不計(jì)，求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
(2)圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)粒子在整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。

粒子在電場(chǎng)從S到M做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向t1＝。
粒子在M點(diǎn)沿著電場(chǎng)方向速度vx＝＝v0，
所以粒子沿著電場(chǎng)方向的位移x＝×t1＝，
粒子從S點(diǎn)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得qEd＝m(v0)2－mv02，
解得E＝。
(2)設(shè)粒子在M處的速度與電場(chǎng)方向夾角為θ。
則sin θ＝，
解得θ＝45°，
所以三角形OO′M為等腰直角三角形，設(shè)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r。
由幾何關(guān)系得r＝R，
由牛頓第二定律有qB×v0＝m，
解得B＝。
例2、如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q 的粒子(重力不計(jì))從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)，其入射方向與x軸的正方向成 45°角。當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)中坐標(biāo)為(3L，L)的 P 點(diǎn)處時(shí)速度大小為 v0，方向與 x 軸正方向相同。求：

(1)粒子從 O 點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v；
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E0 和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0；
(3)粒子從 O 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 P 點(diǎn)所用的時(shí)間。
【答案】(1)v0　(2)　　(3)
【解析】(1)若粒子第一次在電場(chǎng)中到達(dá)最高點(diǎn)P，則其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，OQ段為圓周，QP段為拋物線。根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子在Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45°角，可得v0＝vcos 45°，解得v＝v0。

(2)在粒子從Q運(yùn)動(dòng)到P的過程中，由動(dòng)能定理得－qE0L＝mv02－mv2
解得E0＝
又在勻強(qiáng)電場(chǎng)由Q到P的過程中，水平方向的位移xQP＝v0t1
豎直方向的位移y＝t1＝L
可得：xQP＝2L，OQ＝L
由OQ＝2Rcos 45°，得粒子在OQ段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
R＝L
又R＝
解得B0＝。
(3)在Q點(diǎn)時(shí)，vy＝v0tan 45°＝v0
設(shè)粒子從由Q到P所用時(shí)間為t1，在豎直方向上有
t1＝＝
粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q所用的時(shí)間t2＝
則粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t總＝t1＋t2＝＋＝。
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，且與y軸負(fù)方向的夾角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)射入第二象限，速度v與x軸負(fù)方向的夾角θ＝30°，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入第一象限，并由x軸上的M點(diǎn)(未畫出)離開電場(chǎng)．已知OM距離為3L，粒子的比荷為，不計(jì)粒子重力．

(1)求OP兩點(diǎn)的距離；
(2)求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(3)當(dāng)該粒子經(jīng)過P點(diǎn)的同時(shí)，在電場(chǎng)中的N點(diǎn)由靜止釋放另一個(gè)完全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場(chǎng)前相遇且所需時(shí)間最長，求N點(diǎn)的坐標(biāo)．
【答案】(1)L　(2)　(3)(L，L)
【解析】(1)帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，圓心為C

由牛頓第二定律，得qvB＝
解得R＝L
由幾何關(guān)系得∠OCP＝120°
則OP＝L
(2)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T＝
粒子偏轉(zhuǎn)120°，即在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝
解得t＝
(3)帶電粒子進(jìn)入第一象限時(shí)速度與y軸正方向成60°角，與電場(chǎng)方向垂直，故粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖．由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向的直線上PN范圍內(nèi)任一點(diǎn)釋放粒子，均可保證兩粒子在電場(chǎng)中相遇，且兩粒子在M點(diǎn)相遇所需時(shí)間最長，即在圖中N點(diǎn)由靜止釋放粒子即可．設(shè)N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y，根據(jù)幾何知識(shí)可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
訓(xùn)練2、(2018·全國卷Ⅰ·25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在yma>mc，選項(xiàng)B正確．
4、如圖所示，一塊長方體金屬板材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的恒定電流I時(shí)，金屬材料上、下表面電勢(shì)分別為φ1、φ2。該金屬材料垂直電流方向的截面為長方形，其與磁場(chǎng)垂直的邊長為a、與磁場(chǎng)平行的邊長為b，金屬材料單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，元電荷為e。那么(　　)

A．φ1－φ2＝ B．φ1－φ2＝－
C．φ1－φ2＝ D．φ1－φ2＝－
【答案】B　
【解析】因?yàn)樯媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低，因?yàn)閑vB＝e，解得v＝，因?yàn)殡娏鱅＝nevS＝nevab，解得U＝，所以φ1－φ2＝－，故B正確。
5、如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(　　)

A．液滴帶正電
B．液滴比荷＝
C．液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)
D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝
【答案】C
【解析】液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，得＝，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；對(duì)液滴，有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
6、(2022·北京通州區(qū)一模)回旋加速器的工作原理如圖所示。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓金屬盒，處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它們之間有一定的電勢(shì)差U。A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在加速器中被加速。下列說法正確的是(　　)

A．帶電粒子在D形盒內(nèi)被磁場(chǎng)不斷地加速
B．交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期
C．兩D形盒間電勢(shì)差U越大，帶電粒子離開D形盒時(shí)的動(dòng)能越大
D．加速次數(shù)越多，帶電粒子離開D形盒時(shí)的動(dòng)能越大
【答案】B
【解析】帶電粒子在D形盒內(nèi)被電場(chǎng)不斷地加速，在磁場(chǎng)中動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤；交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，這樣才能保證粒子每經(jīng)過D形盒間隙時(shí)均能被電場(chǎng)加速，B正確；由qvB＝m可得帶電粒子離開D形盒時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv2＝，則最大動(dòng)能與兩D形盒間電勢(shì)差U無關(guān)，與加速次數(shù)無關(guān)，C、D錯(cuò)誤。
7、(2021·河南鄭州市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)譜儀的工作原理如下：一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的離子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場(chǎng)垂直的方向，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相的底片D上。不計(jì)離子重力。則(　　)

A．離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v＝
B．離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝
C．離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝
D．若a、b是兩種同位素的原子核，從底片上獲知a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑之比是1.08∶1，則a、b的質(zhì)量之比為1.08∶1
【答案】C
【解析】離子在電場(chǎng)中加速有qU＝mv2，解得v＝；離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)有qvB＝m，解得r＝，同位素的電荷量一樣，其質(zhì)量之比為＝＝1.082，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
8、速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖6所示，其中S0A＝S0C，不計(jì)粒子重力，則下列說法中正確的是(　　)

圖6
A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負(fù)電
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于
D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量之比為3∶2
【答案】B
【解析】由左手定則可判定甲束粒子帶負(fù)電，乙束粒子帶正電，A錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足qvB2＝m，即＝，由題意知r甲＜r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正確；由qE＝qvB1知能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于，C錯(cuò)誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，由＝知＝＝，D錯(cuò)誤。
9、(2021·北京卷，18)如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線(圖中平行于導(dǎo)體板的虛線)通過N。不計(jì)重力。

(1)求粒子加速器M的加速電壓U；
(2)求速度選擇器N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；
(3)仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時(shí)粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時(shí)的動(dòng)能Ek。
【答案】(1)　(2)vB，方向垂直導(dǎo)體板向下　(3)mv2＋qvBd
【解析】(1)粒子在加速器中的加速過程，根據(jù)功能關(guān)系有
qU＝mv2
解得U＝
(2)粒子在速度選擇器中的勻速過程，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，有qE＝qvB
解得E＝vB
根據(jù)左手定則及帶正電粒子所受電場(chǎng)力方向可知，電場(chǎng)方向垂直導(dǎo)體板向下
(3)經(jīng)分析可知，粒子進(jìn)入N時(shí)速度小于v，故在N中運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，則電場(chǎng)力全程做正功，又洛倫磁力不做功，根據(jù)功能關(guān)系有Ek＝qU＋qEd
解得Ek＝mv2＋qvBd
10、如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反；又經(jīng)過一段時(shí)間T0，磁場(chǎng)的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變．不?jì)重力．

(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需時(shí)間；
(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值．
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，運(yùn)動(dòng)周期為T，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m
T＝
聯(lián)立解得T＝
依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)，轉(zhuǎn)過的角度為π
所需時(shí)間為t1＝T＝T
解得t1＝.
(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，有qE＝ma
v0＝a·
解得t2＝
根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足
t2≥T0
解得電場(chǎng)強(qiáng)度最大值Emax＝.
11、(2022·湖北宜昌市聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，L1、L2、L3是磁場(chǎng)的邊界(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(重力不計(jì))從AD邊中點(diǎn)以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場(chǎng)，粒子恰好從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點(diǎn)同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的倍．

(1)求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)求區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)的寬度L；
(3)要使帶電粒子在整個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值．
【答案】(1)　(2)　(3)1.5B1
【解析】(1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向與位移方向的關(guān)系有：tan θ＝＝，則θ＝30°
根據(jù)速度關(guān)系有：v＝＝；
(2)設(shè)帶電粒子在區(qū)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(guān)系得：L＝r1
解得：L＝；
(3)當(dāng)帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場(chǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長．設(shè)區(qū)域Ⅱ中最小磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2m，此時(shí)粒子恰好不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場(chǎng)，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：

可得：qvB2m＝m
根據(jù)幾何關(guān)系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.


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