磁場經(jīng)典題型

磁場一磁場對運動電荷的作用二磁場中的極值最值問題三從磁場中的最小范圍問題四磁場中的多解問題五復(fù)合場問題磁場對運動電荷的作用1.［對洛倫茲力的理解］帶電荷量為+q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是()人.只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同8.如果把+q改為一q,且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直D.粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變答案B丙T乙向上案v±B,向與v.［洛倫茲力的大小計算和方向判定］如圖1所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為B,帶電粒子的速率均為v丙T乙向上案v±B,向與v甲：因所以FqvB,方垂直斜乙：v與B乙：v與B的夾角為30°,F=qvBsin30°1=2qvB,方向垂直紙面向里丙：由于v與B平行，所以電荷不受洛倫茲力，F(xiàn)=0丁：v與8垂直，F(xiàn)=qvB,方向與v垂直斜向上.［對帶電粒子運動軌跡的確定］試畫出圖2中幾種情況下帶電粒子的運動軌跡.負電荷沿半徑方向射入負電荷沿半徑方向射入答案負電荷沿半徑方向射入負電荷沿半徑方向射入【考點梳理】一■、洛倫茲力.洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力..洛倫茲力的方向（1）判定方法左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心:四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向：拇指 指向洛倫茲力的方向.不對運動電荷作,（2）方向特點：F，B,F±v,即F垂直于8和v決定的平面（注意:洛倫茲力不做功）.F、v、B三者方向間的關(guān)系。已知v、B的方向，可以由左手定則確定F的唯一方向：F±v,F±B.則F垂直于v和B所構(gòu)成的平面（如圖所示）：但已知F和B的方向，不能唯一確定v的方向，由于▽可以在v和B所確定的平面內(nèi)與8成不為零的任意夾角，同理已知F和v的方向，也不能唯一確定8的方向。不對運動電荷作,.洛倫茲力的大小F二qvBsine,e為v與B的夾角(1)v〃B時(2)v，(1)v〃B時(2)v，B時(3)v=0時洛倫茲力F=qvB.（e=90°）4、洛侖茲力的特性洛倫茲力F4、洛侖茲力的特性（1）、無論電荷的速度方向與磁場方向間的關(guān)系如何，向永遠與電荷的速度方向垂直，因此洛侖茲力只改變運動電荷的速度方向功。（2）、洛侖茲力是一個與運動狀態(tài)有關(guān)的力，這與重力、電場力有較大的區(qū)別，在勻強電場中，電荷所受的電場力是一個恒力，但在勻強磁場中，若運動電荷的速度大小或方向發(fā)生改變，洛侖茲力是一個變力。題組1洛倫茲力的特點與應(yīng)用1.帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用.下列表述正確的是（ ）A.洛倫茲力對帶電粒子做功B.洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C.洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D.洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向答案B解析洛倫茲力的方向與運動方向垂直，所以洛倫茲力永遠不做功，即不改變粒子的動能，A錯誤，B正確：洛倫茲力F=Bqv,C錯誤：洛倫茲力不改變速度的大小，但改變速度的方向，D錯誤.2.如圖1所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與48相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里.質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電.現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則 （ ）

A.經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B.經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小?.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變答案CD解析設(shè)磁感應(yīng)強度為B,圓形軌道半徑為r,三個小球質(zhì)量均為口它們恰好通過最高mv2 mv2 mv<一點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，貝mg+Bvq甲:一r甲，mg—Bvq乙=-^乙,mg=-r丙，顯然，▽甲“丙”乙選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確.3.帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖2所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將（ ）人.可能做直線運動8.可能做勻減速運動C.一定做曲線運動口.可能做勻速圓周運動發(fā)生變化，做直線運答案C發(fā)生變化，做直線運解析帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確.4.如圖3所示，一個質(zhì)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，細桿處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中（不計空氣阻力）.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0v0,XX6=XXX6=X答案ACD解析由左手定則判定圓環(huán)受到的洛倫茲力向上，若qvB=mg,則彈力為零，摩擦力為零，圓環(huán)做勻速直線運動，選項A正確；若qvB>mg,則桿對圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運動，當(dāng)速度減小到使洛倫茲力與重力平衡時，將做勻速直線運動，選項D正確；若qvB<mg,則桿對圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運動，最終速度變?yōu)榱?，選項C正確.無論哪種情況，圓環(huán)都不可能做勻減速運動，選項B錯誤.、帶電粒子在勻強磁場中的運動.若v〃B.帶電粒子不受洛倫茲力,在勻強磁場中做勻速直線運動.

.若v，B,帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓囿運動..若帶電粒子的速度方向與磁場方向成一夾角e（e十o°,e十90°）,則粒子的運動軌跡是一螺旋線（其軌跡如圖）：粒子垂直磁場方向作勻速圓周運動，平行磁場方向作勻速運動，螺距S=v）。T、f的①的大小與軌道半徑（R）和運行速率（V）無關(guān)，而只與磁場的磁感應(yīng)強度B和粒子的荷質(zhì)比q/m有關(guān)。3、圓心、速度偏向角、回旋角、弦切角之間的關(guān)系速度偏向角（。）是指末速度與初速度之間的夾角回旋角（a）是指一段圓弧所對應(yīng)的圓心角叫回旋角弦切角（0）圓弧的弦與過弦的端點處的切線之間的夾角叫弦切角。如圖所示，在洛侖茲力作用下，一個作勻速圓周運動的粒子，不論沿順時針方向還是逆時針方向，從A點運動到B點，均具有三個重要特點。第一、軌道圓心（0）總是位于A、B兩點洛侖茲力（f）的交點上或AB弦的中垂線（00，）與任一個f的交點上。第二、粒子的速度偏向角（①），等于回旋角（a）,并等于AB弦與切線的夾角——弦切角（0）的2倍，即①=a=20=①t0第三、相對的弦切角（0）相等，與相鄰的弦切角（0，）互補，即0+0，=180°三帶電粒子在勻強磁場中的運動1.圓心的確定如圖2甲、乙所示，試確定兩種情況下圓2.半定求出徑的確半徑的2.半定求出徑的確半徑的用幾何知識（勾股定理、三角函數(shù)等）大小..運動時間的確定

粒子在磁場中運動一周的時間為T,當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為a時，其運動時間表示為：t=：。T（或七=;^1）.360 2n規(guī)律方法題組2由nrB. 3V.［帶電粒子在有界勻強磁場中運動的分析］如圖3所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子（不計重力）從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從8點射出，若2由nrB. 3VA.C.2nrA.C.3v0nr3V0答案D解析畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂線交于O,點，0，

點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示.連接0答案D解析畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂線交于O,點，0，

點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示.連接0,0,設(shè)軌跡

半徑為R,由幾何關(guān)系可知帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R=rtan60°1 1=.：3r.因為NAOB=120，故NAO，B=60，運動時間t=T=~6 62nX-v0R3nr3v，

0D正確..［帶電粒子在勻強磁場中有關(guān)問題分析］如圖4所示，質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場，測得OM：ON=3：4,則下列說法中錯誤的是?一一* ■ * ?jOMN圖4A.兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間之比為3：4B.兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為3：4C.兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為3：4D.兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為4：3答案ADr OM 3 snr3_^,mv解析設(shè)OM=2r,ON=2r,故"^==,，路程長度之比~M= 1=',B正確；由r=~zz1 2r2 on 4 sN nr2 4 qBvr3,FqvB3 2nm,t2TM 一知V+=r=4，故F=qV衛(wèi)=4,。正確，D錯誤；由于T=宙，則［=7=1，A錯.2 2 N2 N丁【規(guī)律總結(jié)】.帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形⑴直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖5所示）⑴直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖5所示）①如果垂直磁場邊界進入，粒子作半圓運動后垂直原邊界飛出;②如果與磁場邊界成夾角e進入，仍以與磁場邊界夾角6飛出（有兩種軌跡，圖1中若兩軌跡共弦，則ei=e2）①速度較小時，作半圓運動后從原邊界飛出；①速度較小時，作半圓運動后從原邊界飛出；②速度增加為某臨界值時，粒子作部分圓周運動其軌跡與另一邊界相切（臨界狀態(tài)）;③速度較大時粒子作部分圓周運動后從另一邊界飛出。（3）矩形邊界磁場（如圖3所示）。①速度較小時粒子作半圓運動后從原邊界飛出；②速度在某一范圍內(nèi)時從側(cè)面邊界飛出；③速度為某臨界值時，粒子作部分圓周運動其軌跡與對面邊界相切;④速度較大時粒子作部分圓周運動從對面邊界飛出。（4）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如右圖所示）特點1入射速度方向指向勻強磁場區(qū)域圓的圓心，則出射速度方向的反向延長線必過該區(qū)域圓的圓心。特點2入射速度方向（不一定指向區(qū)域圓圓心）與軌跡圓弧對應(yīng)的弦的夾角為0（弦切角），則出射速度方向與入射速度方向的偏轉(zhuǎn)角為29，軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也為20,并且初末速度方向的交點、軌跡圓的圓心、區(qū)域圓的圓心都在弧弦的垂直平分線上。如圖3,帶電粒子從a點射入勻強磁場區(qū)域，初速度方向不指向區(qū)域圓圓心，若出射點為b,軌跡圓的圓心0’在初速度％方向的垂線和弦ab的垂直平分線的交點上，入射速度方向與該中垂線的交點為d,可以證明：出射速度方向的反向延長線也過d點，0、d、0’都在弦ab的垂直平分線上。如果同一種帶電粒子，速度方向一定、速度大小不同時，出射點不同，運動軌20m跡對應(yīng)的弦不同，弦切角0不同，該軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角20也不同，則運動時間t=—qB也不同。

.確定粒子運動的圓心，找出軌跡對應(yīng)的圓心角，再求運動時間..帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法(1)畫軌跡：即畫出運動軌跡，并確定圓心，用幾何方法求半徑.(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系.(3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式.技巧點撥找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角a之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.帶電粒子在直線邊界磁場中的運動.帶電粒子以初速度V。從a點進入勻強磁場，如圖4所示.運動中經(jīng)過b點，Oa=Ob,若a點進入電場，粒子仍能通過b點，()撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v。從那么電場強度Ea點進入電場，粒子仍能通過b點，()A.v01A.v012v0VD.J .. mv_解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故Oa=Ob=r=0，①qB帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob=故Ob=vt=Oa=02mv2——0qE，由①②得E=2v,故選項C對.B0.如圖5所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°,利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的( )A.帶電粒子的比荷B.帶電粒子在磁場中運動的周期C.帶電粒子的初速度D.帶電粒子在磁場中運動的半徑答案AB解析由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對的圓心角為. .,一一,、，. mv , ..,.60°,因此由幾何關(guān)系得磁場寬度1=y汨60°=-^$汨60°,又未加磁場時有l(wèi)=v0t,因初速度未知,qsin60° 2nm.因初速度未知,所以可求得比荷=——一，A項對；周期T=f也可求出，B項對;mBt qB所以&D項錯.

3.如圖6所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O,垂直于磁場射入一速度方向跟ad邊夾角3=30°、大小為v°的帶正電粒子.已知粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,ad邊長為L,ab邊足夠長，粒子重力不計，求:圖6⑴粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；⑵如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，,、qBLqBL,、5nm答案圖6⑴粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；⑵如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，,、qBLqBL,、5nm答案（1） <vW ⑵，3m0m3qB求粒子在磁場中運動的最長時間.解析（1）若粒子速度為v0,軌跡半徑為R,由r v2 ,qv/nimR0,貝R=mv——0qB若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設(shè)此時相應(yīng)速度為v0i，則R1+R1sin0=2..一mv... ..一將R=01代入上式并由題給數(shù)據(jù)可得iqBqBLv=~~0i3m若軌跡與cd邊相切，設(shè)此時粒子速度為v02，則R2—R2sin0=2mv, ,, -qBL將R=02代入上式可得v=2qB 02m所以粒子能從ab邊上射出磁場的v應(yīng)滿足\o"CurrentDocument"qBL,「qBL °T<vW .3m0m⑵粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運動的時間越長.由圖可知，在磁場中運動的半徑rWR時，運動時間最長，此時弧所對的圓心角為（360°—20）.1所以最長時間為t=360°—20

qBm5nm-=1^-帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動8.如圖7所示是某粒子速度選擇器的示意圖，在一半徑為R=10cm的圓柱形桶內(nèi)有8=10-4T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔.粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出.現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為m=2X1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù).當(dāng)角0=45°時，出射粒子速度v的大小是A.，&X106m/s B.2\'2X106m/sC.2\.'2X108m/s D.4亞X106m/s答案B解析由題意知，粒子從入射孔以45°角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻1-速圓周運動.能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動4周期，由幾何關(guān)系知r=\12R,又「喘，解得v=Tr=2^2X106m/s.A.mv、eqRtan萬B.mv、eqRcot-C.mv-IeqRsin萬D.mv~e

qRcos萬., .一、 _e一、_mv2A.mv、eqRtan萬B.mv、eqRcot-C.mv-IeqRsin萬D.mv~e

qRcos萬., .一、 _e一、_mv2解析粒子軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系r=Rcot］，再根據(jù)qvB=7,故B正確.19.如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點0處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a,則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是（C）00A.，正電荷 B.—v—，正電荷2aB 2aBC.二，負電荷 D.—，負電荷2aB 2aB9.（2013年大綱全國卷,26,20分）如圖所示，虛線0L與y軸的夾角e=60°,在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場，入射點為M.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R.粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點（圖中未畫出）且錯誤!未找到引用源。O=R.不計重力.求M點到0點的距離和粒子在磁場中運動的時間.

g?6.屬解析:根據(jù)題意，帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運動軌跡交虛線OL于A點，圓心為y軸上的C點,AC與y軸的夾角為a；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸于P點，與x軸的夾角為8,如圖所示.有qvB二錯誤!未找到引用源。m2R周期為T二錯誤!未找到引用源。2nRv過A點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D.由圖中幾何關(guān)系得錯誤!未找到引用源。石=Rsina錯誤!未找到引用源。二錯誤!未找到引用源。錯誤!未找到引用源。二錯誤!未找到引用源。cot60cot3+錯誤!未找到引用源。由以上各式和題給條件得sina+cot60cot3+錯誤!未找到引用源。由以上各式和題給條件得sina+錯誤!未找到引用源。a=1解得a=30°或a=90°設(shè)M點到O點的距離為hh=R-錯誤!未找到引用源。根據(jù)幾何關(guān)系錯誤！未找到引用源。二錯誤！未找到引用源。-錯誤！未找到引用源。=Rcosa-錯誤!未找到引用源。利用以上兩式和錯誤!未找到引用源。=Rsina得h=R-錯誤!未找到引用源。點Rcos（a+30°）解得h二錯誤!未找到引用源。解得h二錯誤!未找到引用源。R(a=30°),r6h=1+yIR(a=90°)7當(dāng)a=30°時,粒子在磁場中運動的時間為t二錯誤!未找到引用源。T二錯誤!未找到引用源。12兀m6qB當(dāng)a=90°時,粒子在磁場中運動的時間為t二錯誤!未找到引用源。二錯誤!未找到引用源。.9.（2013武漢市聯(lián)考）如圖所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°,且同時到達P點.a、b兩粒子的質(zhì)量之比為（）11

A.1：2B.2：1C.3：4D.4：3解析:a、b兩粒子同時從O點進入勻強磁場，同時到達P點，由幾何關(guān)系可知通粒子在勻強磁場中運動軌跡半徑為r=—d,b粒子在勻強磁場中運動軌跡半徑r=d.a粒子運動軌跡所對圓TOC\o"1-5"\h\za3 b心角為120°,軌跡弧長$=乜=2血，運動時間t=二;b粒子運動軌跡所對圓心角為60°,a3 9 ava軌跡弧長s=馬二錯誤!未找到引用源。，運動時間t二錯誤!未找到引用源。.由錯誤!未找到b3 b引用源。二錯誤!未找到引用源。得出錯誤!未找到引用源。二2，又由于1mv2二錯誤!未找到丫3 2aa引用源。m錯誤!未找到引用源?？傻贸?=牛=3，故選項C正確.b mv24答案:C "考點一洛倫茲力和電場力的比較1.洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面.(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化.2.洛倫茲力與電場力的比較\內(nèi)容^^^對應(yīng)\力項目洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v不0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小F=qvB(v±B)F=qE力方向與場方向的關(guān)系一定是F，B,F，v,與電荷電性無關(guān)正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功力為零時場的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方12

深化拓展①洛倫茲力對電荷不做功；安培力對通電導(dǎo)線可做正功，可做負功，也可不做功.②只有運動電荷才會受到洛倫茲力，靜止電荷在磁場中所受洛倫茲力一定為零.0：「量是，穿過磁場的時間是【例1】如圖所示，一束電子（電量為6）以速度▽垂直射入磁感應(yīng)強度為B,寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是3Oo,則電子的質(zhì)0：「量是，穿過磁場的時間是解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為f，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角e=3Oo,OB為半徑.所以r二d/sin3Oo=2d.又由r="得m—2dBe/v.Be.Be3v又因為AB圓心角是3Oo.Be3v12 12【例2】在如圖8所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度是vo的某種正粒子偏轉(zhuǎn)e角.在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為e（不計粒子的重力），問：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度是多大？（2）粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？解析（1）設(shè)寬度為L.當(dāng)只有電場存在時，帶電粒子做類平拋運動水平方向上：L—vt,豎直方向上：v—at—園3o' ymvotane-vy-迪vmv2oosine=LR=sine=LR=mVo

eR，RqB0聯(lián)立解得B-Eco：e.0⑵粒子在電場中運動時間LRsinet———vvooe2ne2nmem

2n?qB-qBsinesineet—--?T—22ne..sine

⑵ke..sine

⑵kt2mv0Ecose答案（1）一"v—o技巧點撥電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同.運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關(guān)，而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關(guān).在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關(guān)系是解題關(guān)鍵....【例2（2012?安徽理綜?19）如圖11所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向13

里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑408方向射入磁場，經(jīng)過At時間從v. ..一..C點射出磁場，0C與0B成60°角.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)楸牵詮?點沿原方向射入3磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)椋?）1A.2AtB.2A1A.2AtB.2At1

C.-At3D.3At審題指導(dǎo)1.粒子做圓周運動的圓心是0點嗎？怎樣找？.要求粒子在磁場中運動的時間，就要先找圓周運動軌跡對應(yīng)的圓心角，再利用周期公式求解.解析設(shè)帶電粒子以速度v射入磁場做圓周運動，圓心為01,半徑為r1,則根據(jù)qvBmv2-mv RQ一.八=~r~,得1=雨，根據(jù)幾何關(guān)系得r=tan,1,且01=60.1TOC\o"1-5"\h\zm?二v 、…， 1 ，- 3mv1 ,- ,R當(dāng)帶電粒子以"^的速度射入時，軌道半徑r=q—= =qr,圓心在0，則一=tan3 2qB3qB31 2r20 0 R 3R 0 --t2.即tan_72='=—=3tan7=\；3.2 2 r2 rl 2 v0 ,,,、 0.,,At02故o2=60°,0=120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t=oac。T,所以人+2=小2=7,2 2 360 At1011即At2=2At1=2At,故選項B正確，選項A、C、D錯誤.答案B1例31如圖所示，在空間有一直角坐標(biāo)系x0y,直線0P與x軸正方向的夾角為30°,第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和II,直線0P是它們的理想邊界，0P上方區(qū)域1中磁場的磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m,電荷量為q的質(zhì)子（不計重力，不計質(zhì)子對磁場的影響）以速度v從0點沿與0P成30°角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域I,質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域I和II后，恰好垂直打在x軸上的Q點（圖中未畫出），試求：（1）區(qū)域11中磁場的磁感應(yīng)強度大小;（2）Q點到0點的距離。

思路點撥：定圓心、畫軌跡，結(jié)合粒子運動的對稱性求出半徑是解題關(guān)鍵。解題要點：（答案：⑴2B（2）I\;3+1|mv2IqB解析：（1）設(shè)質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域I和\;3+1|mv2IqBV2qvB=m-1V2qvB‘=m—2質(zhì)子在兩區(qū)域運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子從人點出勻強磁場區(qū)域I時的速度方向與OP的夾角為30°,故質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域I中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為e=60°貝1J4010A為等邊三角『形，即0A=r1r=0Asin30°=一r2 21解得區(qū)域11中磁感應(yīng)強度為B,=2BX=0ACOS30°+r2=mvqBX=0ACOS30°+r2=mvqB。（2011?浙江-20）利用如圖13所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子.圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是 （）icXXMXXXKKXXXXXXXBKXXXXXXXKXXXKXXXXXXXXXXX二^二|dpNttf圖13A.粒子帶正電，…一一，，..qB3d+L8.射出粒子的最大速度為， 2mC.保持d和L不變，增大8,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D.保持d和B不變，增大1,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案BC解析利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，故選項A錯誤.利用qvB=吧"知「=寫，能射出的粒子滿足、WrW”當(dāng)，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度v=r qB 2 2 max15

qBrqB3d+L qBrqBL 3qBde= -，選項B正確,v= min=~~,Av=v—v=-r，由此式可m 2m m"m 2m maxmin2m判定選項C正確，選項D錯誤.【突破訓(xùn)練3】（2012?山西太原市高三模擬試題（二））如圖14所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.10「磁場區(qū)域半徑r=3、/3m,左側(cè)區(qū)圓心為01,磁場向里，右側(cè)區(qū)圓心為02，磁場向外，兩區(qū)域切點為C.今有質(zhì)量m=3.2X10-26kg、帶電荷量q=1.6X10-i9C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v=1X106m/s正對01的方向垂直射入磁場，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出.求：③④③④⑤⑥圖14⑴該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間；⑵離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離多大？（側(cè)移距離指在垂直初速度方向上移動的距離）答案（1）4.19X10-6s（2）2m解析⑴離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R,圓周運動的周期為T由牛頓第二定律有v2qvB=mrR2nR又丁= v②一mv聯(lián)立①②得:R=~聯(lián)立①②得:qB2nm~qr將已知數(shù)據(jù)代入③得R=2mr-J3由軌跡圖知tanB=g=,R3201T則全段軌跡運動時間t=2X27T=3聯(lián)立④⑥并代入已知數(shù)據(jù)得2X3.14X3.2X10-26、=3X1.6X10-19X0.10s=4-19X10-6s⑵在圖中過02向401作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關(guān)系知側(cè)移距離d=2rsin20將已知數(shù)據(jù)代入得16

d=2Xsin-m=2m3d=2Xsin-m=2m341.帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題.臨界問題的分析思路臨界問題的分析對象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時存在著一個過渡的轉(zhuǎn)折點，此轉(zhuǎn)折點即為臨界狀態(tài)點.與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點.臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；尋找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：⑵總結(jié)臨界點的規(guī)律；(1)剛好射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切.(2)當(dāng)速度丫一定時,弧長(或弦長)越長，圓周角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.(3)當(dāng)速率丫變化時，圓周角大的，運動時間越長.⑶解出臨界量；(4)分析臨界量列出公式..極值問題的分析思路所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種：一是根據(jù)題給條件列出函數(shù)關(guān)系式進行分析、討論；二是借助于幾何圖形進行直觀分析.【例4】如圖15所示，在第二象限和第四象限的正方形區(qū)域內(nèi)分別存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為比方向相反，且都垂直于*0丫平面.一電子由P(—d,d)點，沿*軸正方向射4入磁場區(qū)域1.(電子質(zhì)量為m,電荷量為e,sin53=)5圖15⑴求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍.d一，， 、 ， ?⑵若電子從(0,2)位置射出，求電子在磁場1中運動的時間t.⑶求第(2)問中電子離開磁場11時的位置坐標(biāo).解析(1)電子能從第三象限射出的臨界軌跡如圖甲所示.電子偏轉(zhuǎn)， ，一，d，半徑范圍為2<r<d,、v2 eBr由evB=m^得v= rm故電子入射速度的范圍為17

eBdeBdTOC\o"1-5"\h\z<v< .\o"CurrentDocument"2m m,、，一 ，d、 ，一⑵電子從（0，2）位置射出的運動軌跡如圖乙所示.設(shè)電子在磁場中運動的軌道半徑為R,一，一d則R2=（R—］）2+d2解得R解得R=5d由幾何關(guān)系得NPHM=53°2n 2nm由evB=mR(-)2解得T=T eB2nm

~eB~53°2nm

~eB~53°360°53nm180eB.⑶如圖乙所示，根據(jù)幾何知識，帶電粒子在射出磁場區(qū)域I時與水平方向的夾角為53°,則在磁場區(qū)域⑶如圖乙所示，根據(jù)幾何知識，帶電粒子在射出磁場區(qū)域I時與水平方向的夾角為53°,則在磁場區(qū)域ll位置N點的橫坐標(biāo)□3d為百由△NBH/可解得NB的長度等于d,則QA=d-5d8一、⑹ 3d由勾股定理得H/A=^—d,H,B=Rcos53°=—8 4所以電子離開磁場||的位置坐標(biāo)為.04d-eBdeBd答案⑴.<v<k(3)(d,3d-譽d).04d-eBdeBd答案⑴.<v<k(3)(d,3d-譽d),、53nm(2)'，180eB【突破訓(xùn)練4】兩極板M、N相距為d,板長為5d,兩板未帶電，板間有垂直于紙面的勻強磁場，如圖16所示，一大群電子沿平行于板的方向從各個位置以速度v射入板間，為了使電子都不從板間穿出磁感應(yīng)強度B的范圍怎樣？（設(shè)電子電荷量為e,質(zhì)量為m）xo—鼻ky乂 MK XRK X N圖16答案mv2mv隹dw-解析如圖所示，靠近M解析如圖所示，靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板右邊緣，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度有最小值B1，設(shè)此時軌道半徑為R1，則有―mv2evB=h1由幾何關(guān)系得18

(R—d)2+(5d)2=R21 1mv聯(lián)立解得斗=而靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板左邊緣，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度有最大值百，此時軌道半徑為R2一mv2Wh2由幾何關(guān)系得R=d22聯(lián)立解得-2mvB=2ed綜上所述，磁感應(yīng)強度B的范圍為貴WBW寫ijeaed【例9】S為電子源，它只能在如圖(1)所示紙面上的360。范圍內(nèi)發(fā)射速率相同，質(zhì)量為m,電量為e的電子，MN是一塊豎直擋板，與S的水平距離OS二L,擋板左側(cè)充滿垂直紙面向里的XM勻強磁場，磁感強度為B.XM(1)要使5發(fā)射的電子能到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少多大？(2)若S發(fā)射電子的速度為eBL/m時，擋板被電子擊中范圍多大？(要求指明S在哪個范圍內(nèi)發(fā)射的電子可以擊中擋板，并在圖中畫出能擊中擋板距O上下最遠的電子的運動軌道)【解析】(l)電子在磁場中所受洛侖較為提供向心力qBV=mV2/r當(dāng)r=L/2時，速度▽最小， 由①、②可得，V=eBL/2m(2)若S發(fā)射電子速率V/二eBL/m,由eV/B=mV/2/r/ 可得：r/=L由左手定則知，電子沿50發(fā)射時，剛好到達板上的b點，且OB=r/=L,由SO逆時針轉(zhuǎn)180。的范圍內(nèi)發(fā)射的電子均能擊中擋板，落點由bTOTaTb/Ta,其中沿50/發(fā)射的電并擊中擋板上的a點，且aO=、”L1—L2=43L.由上分析可知，擋板能被電子擊中的范圍由aTb,其高度h=GL+L=(%：3十l)L,擊中a、b兩點的電子軌跡，如圖(2)所示.帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，運用“放縮法”探索出臨界點的軌跡，使問題得解；對于范圍型問題，求解時關(guān)鍵尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑R0”，然后利用粒子運動的實際軌道半徑R與R0的大小關(guān)系確定范圍。例2如圖9-8所示真空中寬為d的區(qū)域內(nèi)有強度為B的勻強磁場方向如圖，質(zhì)量m帶電-q的粒子以與?口成6角的速度丫0垂直射入磁場中。要使粒子必能從￡1^射出，則初速度V0應(yīng)滿足什么條件？EF上有粒子射出的區(qū)域？19【審題】如圖9-9所示，當(dāng)入射速度很小時電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從同一側(cè)射出，速率越大，軌道半徑越大，當(dāng)軌道與邊界相切時，電子恰好不能從另一側(cè)射出，當(dāng)速率大于圖9-8 圖9-8 圖9-9 圖9-10這個臨界值時便從右邊界射出，依此畫出臨界軌跡，借助幾何知識即可求解速度的臨界值；對于射出區(qū)域，只要找出上下邊界即可?！窘馕觥苛Ｗ訌腁點進入磁場后受洛倫茲力作勻速圓周運動，要使粒子必能從￡1^射出，貝呀目應(yīng)的臨界軌跡必為過點A并與￡1"相切的軌跡如圖9-10所示，作出A、P點速度的垂線相交于0/即為該臨界軌跡的圓心。d.R?+R?Cos0=d , Ro一六門臨界半徑R0由0 0 有：01+Cos。；故粒子必能穿出EF的實際運動軌跡半徑R2R0R=嗎>d v>何即：qB 1+Cos。 有：0m（1+Cos。）由圖知粒子不可能從P點下方向射出EF,即只能從P點上方某一區(qū)域射出；又由于粒子從點A進入磁場后受洛侖茲力必使其向右下方偏轉(zhuǎn)，故粒子不可能從46直線上方射出；由此可見EF中有粒子射出的區(qū)域為PG,PG=RSin。+dcot。=嶼“。+dcot。且由圖知： 0 1+Cos。例3 如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為a, ；X X X XO'\X X X X勺X X X XB的勻強磁場，在ad邊中點0,方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角0=30°、大小為vo的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m,電量為qa, ；X X X XO'\X X X X勺X X X X求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍.（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間.Vm-0—解析：（1）若粒子速度為v/則qv°B=R,所以mv二qB設(shè)圓，心在01處對應(yīng)圓弧與2陵相切，相應(yīng)速度為“則R+RsinQ將Ri=mv0i qBLqB代入上式可得，voi設(shè)圓，心在01處對應(yīng)圓弧與2陵相切，相應(yīng)速度為“則R+RsinQ將Ri=mv0i qBLqB代入上式可得，voi=3m類似地設(shè)圓心在02處對應(yīng)圓弧與cd邊相切，相應(yīng)速度為v02L則R2-R2sine=2，mv 02將R2=qBqBL代人上式可得，V02=mqBLqBL所以粒子能從ab邊上射出磁場的vo應(yīng)滿足3mVv°Wma——T

(2)由t=2兀及T=qB可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角a越長，在磁場中運動的時間也越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑rWRj中，運動時間最長，弧所對圓心角為（2n—20），（2?！?0）m5兀m所以最長時間為t=qB=qB例5、在邊長為2a的AABC內(nèi)存在垂直紙面向里的磁感強度為B的勻強磁場，有一帶正電q，質(zhì)量為m的粒子從距八點?<3a的D點垂直八巳方向進入磁場，如圖5所示，若粒子能從AC間離開磁場，求粒子速率應(yīng)滿足什么條件及粒子從AC間什么范圍內(nèi)射出.解析：如圖6所示，設(shè)粒子速率為\時其圓軌跡正好與AC邊相切于日點.由圖知，在AAqE中O]E=RO^A=3aa-R]cos300=OAi得二=?2 .<3a—R1AE=■12,,=3(2―<3)a21又由Bqv1=v2m—i—得v=RiiBqR3(2-v3)aqBi=- ——，則要粒子能從AC間離開磁場如圖7所示，設(shè)粒子速率為v2時，其圓軌跡正好與BC邊相切于F點，與AC相交于G點.易知八點即為粒子軌跡的圓心，則r2=Ad=AG=超a.v2 x3aqB又由Bqv=ma得v。=———,則要粒子能從AC間離開磁場，其速率應(yīng)小于等于v.2R2m 22綜上，要粒子能從AC間離開磁場，粒子速率應(yīng)滿足3(2-、3"*<v<3^aqB.m m粒子從距A點(233—3)a?忑a的EG間射出.例10如圖1,半徑為r=10cm的勻強磁場區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點0,磁感強度B=0.332T，方向垂直紙面向里.在0處有一放射源S,可向紙面各個方向射出速度為v=3.2x106m/s的粒子.已知a粒子質(zhì)量m=6.64x10-27kg，電量q=3.2x10-19C，試畫出a粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心軌道，求出a粒子通過磁場空間的最大偏角.解析：設(shè)粒子在洛侖茲力作用下的軌道半徑為R，由Bqv=Bq6.64x10-27x3.2x106m=0.20m=20cm0.332x3.2x10-19雖然a粒子進入磁場的速度方向不確定，但粒子進場點是確定的，因此a粒子作圓周運動的圓心必落在以0為圓心，半徑R=20cm的圓周上，如圖2中虛線.由幾何關(guān)系可知，速度偏轉(zhuǎn)角總等于其軌道圓心角.在半徑R一定的條件下，為使a粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大，即軌道圓心角最大，應(yīng)使其所對弦最長.該弦是偏轉(zhuǎn)軌道圓的弦，同時也是圓形磁場的弦.顯然最長弦應(yīng)為勻強磁場區(qū)域圓的直徑.即a粒子應(yīng)從磁場圓直徑的a端射出.如圖2,作出磁偏轉(zhuǎn)角干及對應(yīng)軌道圓心。，據(jù)幾何關(guān)系得22甲二600，即a粒子穿過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角為600.磁感應(yīng)強度的大小XXXX例11如圖8磁感應(yīng)強度的大小XXXXB=0.60T磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab,板面與磁場, -方向平行，在距ab的距離l=16cm處，有一個點狀的優(yōu)區(qū)％乂Xa放射源S,它向各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的速度都XXXK是v=3.0X106m/s,已知a粒子的電荷與質(zhì)量之比 XXXXq/m=5.0X107C/kg,現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的a粒XX乂%子，求ab上被a粒子打中的區(qū)域的長度。解析：a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有qvB=ms/R,由此得 R二mv/qB,代入數(shù)值得R=10cm?？梢?，2R>l>R,如圖9所示，因朝不同方向發(fā)射的a粒子的圓軌跡都過S,由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點匕就是a粒子能打中的左側(cè)最遠點。為定出匕點的位置，可作平行于ab的直線cd,cd到ab的距離為R,以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為匕。叫=正-0-對,再考慮N的右側(cè)。任何a粒子在運動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點。由圖中幾何關(guān)系得NF[=對1-產(chǎn),所求長度為P1P2=NP1+NP2,代人數(shù)值得PP=20cm。23

25.（18分）如圖所示，在0WxWa、oWyW--范圍內(nèi)有垂直手xy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)22強度大小為B。坐標(biāo)原點0處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0?900范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的（1）速度的大?。海?）速度方向與y軸正方向夾角的正弦。解析:設(shè)粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛倫磁力公式，得quB=——民一f我，解得：寸■?當(dāng)』VRVa時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧Tt--4與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意， 一時，汗/OCL4二一2設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為a,由幾何關(guān)系可得:Asin￡7 ,7?sma=a-y?casa ,口2再 再加上式"儀+c值=1,解得:點評：當(dāng)粒子的入射速度大小確定，而方向不確定時其對應(yīng)的軌跡半徑也就確定了。只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn)，從定圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點”.但由于入射速度的方向發(fā)生改變，從而改變了該粒子運動軌跡圖，導(dǎo)致粒子的出射點位置變化。在處理這類問題時重點是畫出臨界狀態(tài)粒子運動的軌跡圖（對應(yīng)的臨界狀態(tài)的速度的方向），再利用軌跡半徑與幾何關(guān)系確定對應(yīng)的出射范圍。四.帶電粒子在勻強磁場運動的多解問題造成多解的原因有：（1）帶電粒子的電性不確定形成多解；（2）磁場方向不確定形成多解；（3）臨界狀態(tài)不唯一形成多解；（4）帶電粒子運動的周期性形成多解。（5）運動的重復(fù)性形成多解.如帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往具有往復(fù)性，24

因而形成多解.【例8】如圖所示，一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的正粒子（不計重力）以速度為v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內(nèi)，設(shè)粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞，周后恰好又從A孔射出，問：⑴磁感應(yīng)強度B的大小必須滿足什么條件？⑵粒子在筒中運動的時間為多少？解析：（1）粒子射入圓筒后受洛侖茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)第一次與B點碰撞，撞后速度方向又指向O點，設(shè)粒子碰撞n-1次后再從A點射出，則其運動軌跡是n段相等的弧長.繞筒壁一r=Rtan三，又由r=mv/Bq,聯(lián)立得：B=mvRqtan——(n=1.2.3…)兀n- -C2繞筒壁一r=Rtan三，又由r=mv/Bq,聯(lián)立得：B=mvRqtan——(n=1.2.3…)兀n- -C2-tan—R⑵粒子運動的周期為：T=2nm/qB,將B代入得T= n—v———>…一 --弧AB所對的圓心角9=2--021粒子由A到B所用的時間t/=—2汽(n—2)汽R故粒子運動的總時間為t=nt/=2汽（n一2）冗Rnv?tan- (n=3.4.5……)ntan— (n=3.4.5 )n帶電粒子在復(fù)合場中的運動【考綱解讀】1.能分析計算帶電粒子在復(fù)合場中的運動.2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀等磁場的實際應(yīng)用問題題組扣點,深度思考以魅帶點謀人理解概念規(guī)建圖1圖1基礎(chǔ)知識題組1.［帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動］某空間存在水平方向的勻強電場（圖中未畫出），帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是（人.小球一■定帶正電258.小球可能做勻速直線運動C.帶電小球一定做勻加速直線運動D.運動過程中，小球的機械能增大答案CD解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速直線運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確.2.［帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運動］如圖2所示，一帶電小球在一正交電■卜卞場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面X、X向里，則下列說法正確的是 ( ) 1,1A.小球一定帶正電 圖2B.小球一定帶負電?.小球的繞行方向為順時針D.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動答案BC解析小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球一定帶負電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤.【考點梳理】一、復(fù)合場.復(fù)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(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).2.三種場的比較項目名稱、力的特點功和能的特點重力場大?。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：a.正電荷受力方向與場強方向相同b.負電荷受力方向與場強方向相反電場力做功與路徑無關(guān)W=qU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力F=qvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式

.靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動..勻速圓周運動當(dāng)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(nèi)做勻速圓周運動..較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)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，粒子做韭勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線..分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成.：：：：：：：：：：：/圖3規(guī)律方法題組：：：：：：：：：：：/圖33.［質(zhì)譜儀原理的理解］如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2,平板S下方有磁感應(yīng)強度為Bo的勻強磁場.下列表述正確的是 （ ）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小答案ABC解析粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項B正確；由Eq=Bqv可知，v=E/B,選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹2mv縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑口= ，可見口越小，則粒子的比荷越大，D不Bq同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤.4.［回旋加速器原理的理解］勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作 期4.原理示意圖如圖4所示.置于高真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略.磁感應(yīng)強度為B的牌子福母熊勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U.若A處出"）卮野》;粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q,在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響.則下列說法正確的是 ‘A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2nRfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為\/2:127

D.不改變磁感應(yīng)強度D.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變 弋涔:f二年）TOC\o"1-5"\h\z答案AC 一1解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R：；：???；「.：，■ 的制約，因v2nR=~^~=2nRf,故A正1確；粒子離開回旋加速器的最大動能E=;mv2=qmX4n2R2f2=2mn2R2f2,與加速電壓Ukm2 2無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R=mv,Uq=1mv2,2Uq=1mv2,得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩DBq21 22形盒間狹縫后軌道半徑之比為m：1,C正確；因回旋加速器的最大動能J=2mn2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤.【規(guī)律總結(jié)】帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例.質(zhì)譜儀（1）構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.圖51⑵原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU=2mv2.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvBv2=mr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.1 ：'2mU qr2B2q2Ur=B、，:丁m=-2U-，m=市..回旋加速器構(gòu)造：如圖6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.⑵原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速.由_mv2 __q2B2r2qvB=，得E=——,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度8和口形盒半徑「r km 2m決定，與加速電壓無關(guān).特別提醒這兩個實例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)（勻速圓周運動）

的原理..速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強度￡和磁感應(yīng)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，所以叫做速度選擇器.(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,E即v=b.4.磁流體發(fā)電機4.⑴磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.⑵根據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機正極.⑶磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L,等離子體速度為▽，磁場的U磁感應(yīng)強度為B,則由qE=qL=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9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)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(zhuǎn)，a、1^間出現(xiàn)電勢差，形成電場，圖8U~,U穩(wěn)定，即：qvB=qE=qd，所以圖8U~,U穩(wěn)定，即：qvB=qE=qd，所以v=Bd，因此液體流量Q=Sv=nd2

~4~UndUBd=ZB".考點一帶電粒子在疊加場中的運動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(fù)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(fù)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(fù)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(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，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(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果.【例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切.一個帶正電的粒子（不計重力）沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從01點以相同速度射入，則經(jīng)，時間打到極板上.⑵若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線0B的圓形勻強磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切.一個帶正電的粒子（不計重力）沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從01點以相同速度射入，則經(jīng)，時間打到極板上.⑵若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線0102從01點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？解析（1）設(shè)粒子從左側(cè)01點射入的速度為v0,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運動L：（L—2R）=t°：y,解得L=4R粒子在電場中做類平拋運動：-2"方?，_qEa=mC1/t、R=Qa(2°)2，一…，二，U-在復(fù)合場中做勻速運動：qzE=qvb2R 0.,. 4R,,8R2B聯(lián)立各式解得v0=t，U=-^0 0⑵設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r,粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為a,由幾何關(guān)系可知：B=n—a=45°,r+\；2r=R所以2,qEqvB8R= 0-=7-mmt20V2根據(jù)牛頓第二定律有qvB=n】r,>0 2'-'2—1R解得v=-、 0所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<答案/、8R2B⑴丁0/、 2(2)0<v<-30技巧點撥帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法.弄清疊加場的組成..進行受力分析..確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合..畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律.(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解.(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解.(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.(4)對于臨界問題，注意挖掘隱含條件..記住三點：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2)運動過程分析是關(guān)鍵；(3)根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解. ；——'fb2.如圖1所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎j一TOC\o"1-5"\h\z直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m, 二電荷量為+q,電場強度為￡,磁感應(yīng)強度為B,P與桿間的動摩擦 B因數(shù)為U,重力加速度為區(qū)小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中 "()人.小球的加速度一直減小 圖1B.C.小球的機械能和電勢能的總和保持不變下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2B.C.小球的機械能和電勢能的總和保持不變下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2uqE-mg

2uqBD.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2uqE+mg

2uqB答案CD解析對小球受力分析如圖所示，則mg—u(Eq—qvB)=ma,隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq=qvB時加速度達到最大值amax=g，繼續(xù)運動，mg—u(qvB—Eq)=ma,隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯誤.因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤.若在前半段達到最大加速度的一半，則mg-u(Eq-qvB)TOC\o"1-5"\h\zg_ 2UqE—mg.. g=mr,<v= ,若在后半段達到最大加速度的一半，貝ijmg-u(qvB—Eq)=m;,2 2UqB 22UqE+mg 八得v=w調(diào)一，故C、D正確.X：X:X：X:3(09年北京卷)19.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的X：X:X：X:A.穿出位置一定在O'點下方B.穿出位置一定在O'點上方31

C.運動時，在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時，動能一定減小答案：C解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。4.如圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。。點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是（ ）EA.當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的1/4時，洛侖茲力最大B.當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛侖茲力最大C.小球從2點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D.小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減?。?9年北京卷）19.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的0,點（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子bI（不計重力）仍以相同初速度由0點射入，從區(qū)域右邊界穿出，＜,?則粒子b （ ）A.穿出位置一定在0,點下方B.穿出位置一定在0,點上方C.運動時，在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時，動能一定減小解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從0?點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤

（09年天津卷）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)為B,方向垂直乂0丫平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過乂點時的速度方向與x軸的方向夾角為。.不計空氣阻力，重力加速度為g,求（1）電場強度E的大小和方向；（2）小球從4點拋出時初速度v0的大小；（3）A點到x軸的高度h.qBL

（2）-——cot0

2mqBL

（2）-——cot0

2m（3）答案：（1）工，方向豎直向上q解析：本題考查平拋運動和帶電小球在復(fù)合場中的運動。（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運動的向心力），有qE=mg ①E=鱉 ②q重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運動，O'為圓心，MN為弦長，/MO'P=0，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知—=sin0 ③2r小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設(shè)小球做圓周運動的速率為v,有mv2qvB= r由速度的合成與分解知vo=cos0v由③④⑤式得

qBL八-——cot02m（3）設(shè)小球到兇點時的豎直分速度為\,它與水平分速度的關(guān)系為v=vtan0由勻變速直線運動規(guī)律v2=2gh由⑥⑦⑧式得7.在圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第111象限存在沿丫軸正方向的勻強電場和垂直*丫平面向里的勻強磁場，在第2象限由沿*軸負方向的勻強電場，場強大小與第111象限存在的電場的場強大小相等。一質(zhì)量為m,帶電荷量大小為q的質(zhì)點a,從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負方向拋出，它經(jīng)過x=-2h處的P2點進入第3象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過y軸上方y(tǒng)=-2h的P3點進入第2象限，試求： 3⑴質(zhì)點。到達P2點時速度的大小和方向；⑵第111象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小;」少%月1口用嶼?瓦口）月?-2應(yīng)⑶質(zhì)點a進入第2」少%月1口用嶼?瓦口）月?-2應(yīng)（1）質(zhì)點在第11象限中做平拋運動，設(shè)初速度為方,h=1gt2……① （2分）2h=vt……② （2分）0解得平拋的初速度v0=、而（1分）在p2點，速度v的豎直分量%=gt=2ggh（1分）分）分）所以，v=2kg，其方向與%軸負向夾角（2）帶電粒子進入第111象限做勻速圓周運動mg=分）分）所以，v=2kg，其方向與%軸負向夾角（2）帶電粒子進入第111象限做勻速圓周運動mg=qE ③（2分）又恰能過負y軸2h處，故PP為圓的直徑,23又由(3)0=45°必有轉(zhuǎn)動半徑④（1分）(1v2 m：2g,qvB=m ⑤(2分).可解得E=mg/q(1分)；B=—.——(2R q\h帶電粒以大小為v,方向與x軸正向夾45°角進入第"象限，所受電場力與重力的合力為J2mg,方向與過P3點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大34小為a,則:a=m^=V2gm⑥ (小為a,則:a=m^=V2gm⑥ (2分)V2O2—v2=-2as,得s=——2a4gh

2T2g二72h（2分）由此得出速度減為0時的位置坐標(biāo)是(h,—h)(1分)考點二帶電粒子在組合場中的運動解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法1.近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型,一■個電場與一?個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰..解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強弱、范圍等..要進行正確的受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)..分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵..(?遼寧、寧夏理綜)如圖所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E,方向與丫軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直.一質(zhì)量為m、電荷量為一q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場.粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點.已知OP=l,OQ=2\；5l.不計重力.求：(1)M點與坐標(biāo)原點O間的距離；⑵粒子從P點運動到M點所用的時間.【解析】⑴帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為v0；粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進入磁場時速度方向與*軸正方向的夾角為e,°則①②qEa=—m①②x/v0r③其中x0=2，3l,y0=l.又有八attane=1④v0聯(lián)立②③④式，得e=30° ⑤

因為M、0、Q點在圓周上，