2020版新一線高考物理（人教版）一輪復習教學案：第9章第3節(jié)　帶電粒子在復合場中的運動-學案下載-教習網

第3節(jié)　帶電粒子在復合場中的運動
知識點一| 帶電粒子在復合場中的應用實例

1．質譜儀
(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。

(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，有qU＝mv2。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m。
由以上兩式可得r＝， m＝，＝。
2．回旋加速器
(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。

(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關。
3．速度選擇器
(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫作速度選擇器(如圖所示)。

(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝。
4．磁流體發(fā)電機
(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能。
(2)根據左手定則，圖中的B是發(fā)電機正極。
(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv。
5．電磁流量計
工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝。
6．霍爾元件
如圖所示，高度為h、厚度為d的導體板放在垂直于它且磁感應強度為B的勻強磁場中。當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關系為U＝RH，式中的比例系數RH稱為霍爾系數。
由受力平衡可得
qvB＝qE，得E＝Bv
電勢差U＝Eh＝Bhv
又I＝nqSv
導體的橫截面積S＝hd，得v＝
所以U＝Bhv＝＝RH，其中RH＝，即霍爾系數。

考法1　質譜儀
1.(2016·全國卷Ⅰ)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為(　　)
A．11　　 B．12　　　　C．121　　　　D．144
D　[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝，由以上兩式整理得：r＝。由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：＝144，選項D正確。]
考法2　回旋加速器
2．(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(　　)
A．增大勻強電場間的加速電壓
B．增大磁場的磁感應強度
C．減小狹縫間的距離
D．增大D形金屬盒的半徑
BD　[回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，粒子射出時的軌道半徑恰好等于D形盒的半徑，根據qvB＝可得，v＝，因此離開回旋加速器時的動能Ek＝mv2＝可知，與加速電壓無關，與狹縫距離無關，A、C錯誤；磁感應強度越大，D形盒的半徑越大，動能越大，B、D正確。]
考法3　速度選擇器
3．在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(　　)

A．一定帶正電
B．速度v＝
C．若速度v＞，粒子一定不能從板間射出
D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動
B　[粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，qvB＝qE，解得速度v＝，選項B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤。]
考法4　磁流體發(fā)電機
4．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里?，F將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，發(fā)現在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是 (　　)
A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發(fā)電機的電動勢為100 V
C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/s
D．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上
BD　[由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝＝100 V，選項B正確；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，選項C錯誤；每秒鐘經過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數為n＝＝＝6.25×1018(個)，選項D正確。]
考法5　電磁流量計
5.電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(單位時間內通過管內某橫截面的流體的體積)。為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空的部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c。流量計的兩端與輸送流體的管道相連(圖中虛線)，圖中流量計的上、下兩面是金屬材料，前、后兩面是絕緣材料，現給流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前、后兩面，當導電流體穩(wěn)定地流經流量計時，在管外將流量計上、下兩面分別與一串聯(lián)了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率為ρ，不計電流表的內阻，則可求得流量為(　　)

A．(bR＋ρ)　　　 B．(aR＋ρ)
C．(cR＋ρ) D．(R＋ρ)
A　[如圖甲所示，兩極板(上、下兩面)間距為c，磁場方向如圖中所示。當外電路斷開時，運動電荷受洛倫茲力作用而偏轉，兩極板帶電(兩極板作為電路供電部分)而使電荷受電場力，當運動電荷穩(wěn)定時，兩極板所帶電荷量最多，兩極板間的電壓最大，等于電源電動勢E。測量電路可等效成如圖乙所示。

甲　　　　　　　　乙
由受力平衡得qvB＝
電源電動勢E＝Bvc
流量Q＝Sv＝bcv
接外電阻R，由閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r)
又知導電液體的電阻r＝ρ＝
由以上各式得Q＝(bR＋ρ)。]
考法6　霍爾元件
6．(多選)(2019·無錫調研)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是(　　)

甲　　　　　　　　　乙
A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
AD　[根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁場強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關，與車輪轉速無關，選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。]
[考法指導]　帶電粒子在復合場中運動的實例應用主要分為兩大類情形：
(1)帶電粒子在組合場中運動，在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動。
(2)帶電粒子在疊加場中運動，最終的運動狀態(tài)為電場力與洛倫茲力平衡，即qE＝qvB，帶電粒子的最終穩(wěn)定狀態(tài)為勻速直線運動。
知識點二| 帶電粒子在疊加場中的運動

1．復合場的分類
(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現。
2．帶電粒子在復合場中的運動形式
(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。
(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。
(3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。

(1)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài)。 (×)
(2)帶電粒子在復合場中可能做勻速圓周運動。 (√)
(3)帶電粒子在復合場中一定能做勻變速直線運動。 (×)

1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類
(1)磁場力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。
(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。
(3)電場力、磁場力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動。
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題。
2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果。
[典例]　(2019·蘇州模擬)如圖所示，LMN是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。在OP與QR之間的區(qū)域內有一豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。C、D是質量為m和4m的絕緣小物塊(可視為質點)，其中D帶有電荷量q，C不帶電?，F將物塊D靜止放置在水平軌道的MO段，將物塊C從離水平軌道MN距離h高的L處由靜止釋放，物塊C沿軌道下滑進入水平軌道，然后與D相碰，碰后物體C被反彈滑至斜面處，物體D進入虛線OP右側的復合場中繼續(xù)運動，最后從RQ側飛出復合場區(qū)域。求：

(1)物塊D進入磁場時的瞬時速度vD；
(2)若物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，求所加勻強電場的電場強度E的值及物塊D的電性；
(3)若物塊D飛離復合場區(qū)域時速度方向與水平夾角為60°，求物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d。
解析：(1)對物塊C，根據動能定理有mgh＝mv2
反彈后mv＝mg
得：v1＝
碰撞時由動量守恒定律：mv＝－mv1＋4mvD
代入得：vD＝＝。
(2)若物塊D做勻速圓周運動，則電場力與重力相等：
4mg＝Eq
得：E＝，帶正電。
(3)由幾何關系得d＝(1－cos 60°)R＝
R＝＝
得：d＝＝。
答案：(1)　(2)　帶正電　(3)

考法1　磁場與電場疊加
1．如圖所示，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變(　　)
A．粒子速度的大小　 B．粒子所帶的電荷量
C．電場強度 D．磁感應強度
B　[帶電粒子在電場和磁場中做勻速直線運動，由平衡條件知qE＝qvB，可以看出，帶電粒子在電場和磁場中運動時，電場強度、磁感應強度以及帶電粒子速度的大小均能影響粒子的運動軌跡，而粒子所帶的電荷量不影響運動軌跡，選項A、C、D不符合要求，選項B正確。]
2.(2016·北京高考)如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。
(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；
(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小。
解析：(1)洛倫茲力提供向心力，有f＝qvB＝m
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝
勻速圓周運動的周期T＝＝。
(2)粒子受電場力F＝qE，洛倫茲力f＝qvB。粒子做勻速直線運動，則qE＝qvB
電場強度的大小E＝vB。
答案：(1)　　(2)vB
考法2　磁場與重力場疊加
3．(多選)(2019·鄭州質檢)如圖所示為一個質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下列選項中的(　　)

A　　　B　　　　C　　　D
AD　[帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤。]
考法3　磁場、電場與重力場疊加
4.(2017·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　 B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
B　[設三個微粒的電荷量均為q，
a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即
mag＝qE ①
b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB ②
c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE ③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。]
5．(2019·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則(　　)
A．液滴帶正電
B．液滴比荷＝
C．液滴沿順時針方向運動
D．液滴運動速度大小v＝
C　[液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得＝，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D錯誤。]
6．(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，g取10 m/s2。求：
(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。
解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝　 ①
代入數據解得
v＝20 m/s ②
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tan θ＝ ③
代入數據解得
tan θ＝
θ＝60°。 ④
(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有
a＝ ⑤
設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt ⑥
設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2 ⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tan θ＝ ⑧
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得
t＝2 s≈3.5 s。 ⑨
解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為
vy＝vsin θ ⑤
若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有
vyt－gt2＝0 ⑥
聯(lián)立⑤⑥式，代入數據解得
t＝2 s≈3.5 s。 ⑦
答案：(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
[考法指導]　“三步”解決疊加場問題

知識點三| 帶電粒子在組合場中的運動

帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中的加速與偏轉，跟在磁場中偏轉兩種運動有效組合在一起，有效區(qū)別電偏轉和磁偏轉，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關系是解題的關鍵。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成。

[典例]　(2019·煙臺模擬)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限內有平行于y軸，電場強度大小相同、方向相反的勻強電場，在第Ⅳ象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的M(0，d)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸的N(d,0)點進入第Ⅳ象限內，又經過磁場垂直y軸進入第Ⅲ象限，最終粒子從x軸上的P點離開。不計粒子所受到的重力。求：

(1)勻強電場的電場強度E和磁場的磁感應強度B的大?。?br /> (2)粒子運動到P點的速度大?。?br /> (3)粒子從M點運動到P點所用的時間。
解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示。設粒子在第Ⅰ象限內運動的時間為t1，粒子在N點時速度大小為v1，方向與x軸正方向間的夾角為θ，則：
x＝v0t1＝d
y＝at＝d
qE＝ma，tan θ＝＝
v1＝
聯(lián)立以上各式得θ＝，v1＝2v0，E＝。
粒子在第Ⅳ象限內做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
qv1B＝m
由幾何關系得R＝＝d
聯(lián)立并代入數據解得B＝。
(2)粒子由M點到P點的過程，由動能定理得：
qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv
代入(1)中所求數據解得vP＝v0。
(3)粒子在第Ⅰ象限內運動時間：t1＝＝
粒子在第Ⅳ象限內運動周期T＝＝
t2＝T＝
粒子在第Ⅲ象限內運動時有：R＋Rcos θ＝at
解得t3＝
粒子從M點運動到P點的時間：
t＝t1＋t2＋t3＝。
答案：(1)　　(2)v0　(3)

考法1　先電場后磁場
1.(2018·全國卷Ⅲ)如圖所示，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：
(1)磁場的磁感應強度大??；
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。
解析：(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有
q1U＝m1v ①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
q1v1B＝m1 ②
由幾何關系知2R1＝l ③
由①②③式得B＝。 ④
(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有
q2U＝m2v ⑤
q2v2B＝m2 ⑥
由題給條件有2R2＝ ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
∶＝1∶4。 ⑧
答案：(1)　(2)1∶4
2.(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在yR的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0×105 V/m。在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計。
(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大??；
(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。
解析：(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5 m
根據Bqv＝，得r＝，得B＝，代入數據得B＝0.2 T。

(2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR
設在電場中的路程為s2，根據動能定理得Eq ＝mv2，s2＝
總路程s＝πR＋，代入數據得s＝(0.5π＋1)m。
答案：(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m
4．如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AG⊥AC)，不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內。求：

(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；
(2)離子從D處運動到G處所需時間；
(3)離子到達G處時的動能。
解析：(1)正離子運動的軌跡如圖所示。磁場中做圓周運動的半徑r滿足：
d＝r＋rcos 60°，解得r＝d。

(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B＝m。
T＝＝，
由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為：
t1＝T＝
離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間為：
t2＝＝，
離子從D處運動到G處所需時間為：
t＝t1＋t2＝。
(3)設電場強度為E，則有：qE＝ma
d＝at
由動能定理得：qEd＝EkG－mv
解得EkG＝。
答案：(1)d　(2)　(3)
[考法指導]　對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：
(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)。
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)。

甲　　　　　　　　　　　乙
考法3　先后經過多個電磁場
5．(2019·徐州模擬)如圖所示，在直角坐標系的第二象限中，有磁感應強度大小為B、方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，在第一象限的y>L區(qū)域有磁感應強度與區(qū)域Ⅰ相同的磁場區(qū)域Ⅱ，在第一象限的