物理帶電粒子在復合場中的運動題20套(帶答案)

一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1．下圖為某種離子加速器的設計方案.兩個半圓形金屬盒內存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中和是間距為的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔和，，P為靶點，（為大于1的整數(shù)）。極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為。質量為、帶電量為的正離子從點由靜止開始加速，經(jīng)進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上區(qū)域（含點）或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應和離子所受的重力。求：（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小；（2）能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；（3）打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間?！緛碓础?015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（重慶卷帶解析)【答案】（1）（2），（3），【解析】【分析】帶電粒子在電場和磁場中的運動、牛頓第二定律、運動學公式?！驹斀狻浚?）離子經(jīng)電場加速，由動能定理：可得磁場中做勻速圓周運動：剛好打在P點，軌跡為半圓，由幾何關系可知：聯(lián)立解得；（2）若磁感應強度較大，設離子經(jīng)過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P點，而做圓周運動到達右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到O點重新加速，直到打在P點。設共加速了n次，有：且：解得：，要求離子第一次加速后不能打在板上，有且：解得：，故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取即：；（3）加速次數(shù)最多的離子速度最大，取，離子在磁場中做n-1個完整的勻速圓周運動和半個圓周打到P點。由勻速圓周運動：電場中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式可得：2．如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上．整個空間存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．一電荷量為q(q＞0)、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O′．球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ()．為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度B的最小值及小球P相應的速率．(已知重力加速度為g)【來源】帶電粒子在磁場中的運動【答案】，【解析】【分析】【詳解】據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’．P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力f＝qvB①式中v為小球運動的速率．洛侖茲力f的方向指向O’．根據(jù)牛頓第二定律②③由①②③式得④由于v是實數(shù)，必須滿足⑤由此得⑥可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為⑦此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為⑧由⑦⑧式得⑨3．如圖所示,待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場,根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場.圖中裝置由加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成,極板長度為l、間距為d,兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反.質量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后,水平射入偏轉電壓為U1的平移器,最終從A點水平射入待測區(qū)域.不考慮粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器時的速度大小v1;(2)當加速電壓變?yōu)?U0時,欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域,求此時的偏轉電壓U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域,剛進入時的受力大小均為F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向,建立如圖所示的直角坐標系Oxyz.保持加速電壓為U0不變,移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域,粒子剛射入時的受力大小如下表所示.請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應強度的大小及可能的方向.【來源】2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理（江蘇卷)【答案】(1)(2)（3）E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30°或150°，若B沿-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°．【解析】(1)設粒子射出加速器的速度為動能定理由題意得，即(2)在第一個偏轉電場中,設粒子的運動時間為t加速度的大小在離開時,豎直分速度豎直位移水平位移粒子在兩偏轉電場間做勻速直線運動,經(jīng)歷時間也為t豎直位移由題意知,粒子豎直總位移解得則當加速電壓為時,（3）(a)由沿x軸方向射入時的受力情況可知:B平行于x軸.且(b)由沿軸方向射入時的受力情況可知:E與Oxy平面平行.,則且解得(c)設電場方向與x軸方向夾角為.若B沿x軸方向,由沿z軸方向射入時的受力情況得解得=30°,或=150°即E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30°或150°.同理,若B沿-x軸方向E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°.4．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質量為m，電量為-q，重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當Ⅰ區(qū)寬度、磁感應強度大小時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度磁感應強度大小，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h（3）若、，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件（4）若，，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、、L2、之間應滿足的關系式．【來源】2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷（山東)【答案】（1）（2）（3）（或）（4）【解析】圖1（1）如圖1所示，設粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為，由動能定理和牛頓第二定律得①②由幾何知識得③聯(lián)立①②③，帶入數(shù)據(jù)得④設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為，運動的時間為⑤⑥聯(lián)立②④⑤⑥式，帶入數(shù)據(jù)得⑦（2）設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為，有牛頓第二定律得⑧由幾何知識得⑨聯(lián)立②③⑧⑨式，帶入數(shù)據(jù)得⑩圖2（3）如圖2所示，為時粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿足[或]⑾聯(lián)立①⑧⑾式，帶入數(shù)據(jù)得（或）⑿圖3圖4（4）如圖3（或圖4）所示，設粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向得夾角為，有幾何知識得⒀[或]⒁[或]聯(lián)立②⑧式得⒂聯(lián)立⒀⒁⒂式得⒃【點睛】（1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間；（2）由幾何知識求出高度差；（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)，由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件；（4）由幾何知識分析L1、L2與半徑的關系，再牛頓定律研究關系式．5．如圖，M、N是電壓U=10V的平行板電容器兩極板，與絕緣水平軌道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、長度x=1.0m．F點緊鄰半徑為R的絕緣圓筒(圖示為圓筒的橫截面)，圓筒上開一小孔與圓心O在同一水平面上，圓筒內存在磁感應強度B=0.5T、方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場E．一質量m=0.01kg、電荷量q=－0.02C的小球a從C點靜止釋放，運動到F點時與質量為2m、不帶電的靜止小球b發(fā)生碰撞，碰撞后a球恰好返回D點，b球進入圓筒后在豎直面內做圓周運動．不計空氣阻力，小球a、b均視為質點，碰時兩球電量平分，小球a在DF段與軌道的動摩因數(shù)μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求(1)圓筒內電場強度的大小；(2)兩球碰撞時損失的能量；(3)若b球進入圓筒后，與筒壁發(fā)生彈性碰撞，并從N點射出，則圓筒的半徑．【來源】福建省寧德市2019屆普通高中畢業(yè)班質量檢查理科綜合物理試題【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3)n≥3的整數(shù)）【解析】【詳解】（1）小球b要在圓筒內做圓周運動，應滿足：Eq＝2mg解得：E＝20N/C（2）小球a到達F點的速度為v1，根據(jù)動能定理得：Uq－μmgx＝mv12小球a從F點的返回的速度為v2，根據(jù)功能關系得：μmgx＝mv22兩球碰撞后，b球的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv則兩球碰撞損失的能量為：ΔE＝mv12－mv22－mv2聯(lián)立解得：ΔE＝0（3）小球b進入圓筒后，與筒壁發(fā)生n-1次碰撞后從N點射出，軌跡圖如圖所示：每段圓弧對應圓筒的圓心角為，則在磁場中做圓周運動的軌跡半徑：r1＝粒子在磁場中做圓周運動：聯(lián)立解得：（n≥3的整數(shù)）6．如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內存在垂直平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，線段CO=OD=L，CD邊在x軸上，∠ADC=30°。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為，在第四象限正方形ODQP內存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在y=－L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離：(3)射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離。【來源】【市級聯(lián)考】河北省唐山市2019屆高三下學期第一次模擬考試理科綜合物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】根據(jù)電子束沿速度v0射入磁場，然后進入電場可知，本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動，根據(jù)在磁場中做圓周運動，在電場中做類平拋運動，運用牛頓第二定律結合幾何知識并且精確作圖進行分析求解；【詳解】（1）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑由牛頓第二定律得電子的比荷；（2）若電子能進入電場中，且離O點右側最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切，即粒子從F點離開磁場進入電場時，離O點最遠：設電子運動軌跡的圓心為點。則從F點射出的電子，做類平拋運動，有，代入得電子射出電場時與水平方向的夾角為有所以，從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G，則它與P點的距離；（3）設打到屏上離P點最遠的電子是從(x,0)點射入電場，則射出電場時設該電子打到熒光屏上的點與P點的距離為X，由平拋運動特點得所以所以當，有?！军c睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定某些物理量之間的關系，粒子在電場中的偏轉經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學方法在物理中的應用。7．如圖甲所示，在xOy平面內有足夠大的勻強電場E，在y軸左側平面內有足夠大的磁場，磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)且圓的左側與y軸相切，磁感應強度B2=0.8T，t=0時刻，一質量m=8×10－4kg、電荷量q=+2×10－4C的微粒從x軸上xp=－0.8m處的P點以速度v=0.12m/s向x軸正方向入射。已知該帶電微粒在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動。(g取10m/s2)(1)求電場強度。(2)若磁場15πs后消失，求微粒在第二象限運動過程中離x軸的最大距離；(3)若微粒穿過y軸右側圓形磁場時速度方向的偏轉角最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x，y)。【來源】陜西榆林市2019屆高考模擬第三次測試理科綜合物理試題【答案】(1)，方向豎直向上(2)(3)【解析】【詳解】(1)因為微粒射入電磁場后做勻速圓周運動受到的電場力和重力大小相等，則：解得：，方向豎直向上(2)由牛頓第二定律有：所以從圖乙可知在內微粒做勻速圓周運動，在內微粒向左做勻速直線運動．在內微粒又做勻速圓周運動，在內微粒向右做勻速直線運動，之后穿過y軸．離x軸的最大距離(3)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉角最大，入射點A與出射點B的連線必須為磁場圓的直徑．由牛頓第二定律，有所以所以最大偏轉角為60°所以圓心坐標即磁場的圓心坐標為．8．如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在MN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外圖中未畫出，質量為m電荷量為q的粒子不計重力以某一速度從A點平行于MN的方向進入靜電分析器，靜電分析器內有均勻輻向分布的電場電場方向指向O點，已知圖中虛線圓弧的半徑為R，其所在處場強大小為E，若離子恰好沿圖中虛線做圓周運動后從小孔C垂直于MN進入下方磁場．求粒子運動的速度大??；粒子在磁場中運動，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉移，之后恰好從小孔D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從A點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應強度大小之比為多少？粒子從A點出發(fā)后，第一次回到A點所經(jīng)過的總時間為多少？【來源】2014屆福建省廈門雙十中學高三熱身考試物理試卷（帶解析)【答案】（1）；（2）；；（3）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）由題可知，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有：解得：（2）粒子從D到A勻速圓周運動，軌跡如圖所示：由圖示三角形區(qū)域面積最小值為：在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有：得：設MN下方的磁感應強度為B1，上方的磁感應強度為B2，如圖所示：若只碰撞一次，則有：故若碰撞次，則有：故（3）粒子在電場中運動時間：在下方的磁場中運動時間：在上方的磁場中運動時間：總時間：9．在如圖甲所示的直角坐標系中，兩平行極板MN垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與坐標原點O重合，極板長度l=0.08m，板間距離d=0.09m，兩板間加上如圖乙所示的周期性變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場．在y軸上(0，d/2)處有一粒子源，垂直于y軸連續(xù)不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正電的粒子，粒子比荷為=5×107C／kg，速度為v0=8×105m/s．t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子間的相互作用，求:(1)電壓U0的大小；(2)若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；(3)若在第四象限加一個與x軸相切的圓形勻強磁場，半徑為r=0.03m，切點A的坐標為(0.12m，0)，磁場的磁感應強度大小B=，方向垂直于坐標平面向里．求粒子出磁場后與x軸交點坐標的范圍．【來源】【市級聯(lián)考】山東省濟南市2019屆高三第三次模擬考試理綜物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】【詳解】(1)對于t=0時刻射入極板間的粒子：解得：(2)時刻射出的粒子打在x軸上水平位移最大：所放熒光屏的最小長度即：(3)不同時刻射出極板的粒子沿垂直于極板方向的速度均為vy.速度偏轉角的正切值均為：即：所有的粒子射出極板時速度的大小和方向均相同.由分析得，如圖所示，所有粒子在磁場中運動后發(fā)生磁聚焦由磁場中的一點B離開磁場.由幾何關系，恰好經(jīng)N板右邊緣的粒子經(jīng)x軸后沿磁場圓半徑方向射入磁場，一定沿磁場圓半徑方向射出磁場；從x軸射出點的橫坐標：.由幾何關系，過A點的粒子經(jīng)x軸后進入磁場由B點沿x軸正向運動.綜上所述，粒子經(jīng)過磁場后第二次打在x軸上的范圍為：10．如圖，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O-xyz(x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上)。勻強磁場方向與xOy平面平行，且與x軸正方向的夾角為45°，一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子(可看作質點)平行于z軸以速度v0通過y軸上的點P(0，h，0)，重力加速度為g。(1)若帶電粒子沿z軸正方向做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值Emin及對應的磁感應強度B；(2)在滿足(1)的條件下，當帶電粒子通過y軸上的點P時，撤去勻強磁場，求帶電質點落在xOz平面內的位置；(3)若帶電粒子沿z軸負方向通過y軸上的點P時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應強度的大小，要使帶電質點做勻速圓周運動且能夠經(jīng)過x軸，求電場強度E和磁感應強度B的大小。【來源】安徽省宣城市2019屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題【答案】（1）Emin＝

（2）N（h，0，2v0

）（3）【解析】【詳解】解：(1)如圖所示，帶電質點受到重力（大小及方向均已知）、洛倫茲力（方向已知）、電場力（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動；根據(jù)力三角形知識分析可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值根據(jù)物體的平衡規(guī)律有：解得：，

(2)如圖所示，撤去磁場后，帶電質點受到重力和電場力作用，其合力沿PM方向并與方向垂直，大小等于，故帶電質點在與平面成角的平面內作類平拋運動由牛頓第二定律

：解得

：設經(jīng)時間到達Oxz平面內的點，由運動的分解可得：沿方向：沿PM方向：

又聯(lián)立解得

：

則帶電質點落在N（h，0，）點

(3)當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動則有：得：要使帶點質點經(jīng)過x軸，圓周的直徑為h根據(jù)：解得：11．如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，立即射入偏轉勻強電場中，射入方向與偏轉電場的方向垂直，射入點為A，最終電子從B點離開偏轉電場。已知偏轉電場的電場強度大小為E，方向豎直向上（如圖所示），電子的電荷量為e，質量為m，重力忽略不計。求：（1）電子進入偏轉電場時的速度v0；（2）若將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍從B點經(jīng)過，則偏轉電場的電場強度E1應該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦?？?）若在偏轉電場區(qū)域加上垂直紙面向外的勻強磁場，使電子從A點射入該相互垂直的電場和磁場共同存在的區(qū)域沿直線運動，求所加磁場的磁感應強度大小?！緛碓础俊緟^(qū)級聯(lián)考】北京市順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練理綜物理試題【答案】（1）（2）2倍（3）【解析】【詳解】（1）電子在電場中的加速，由動能定理得：所以，（2）設電子的水平位移為x，電子的豎直偏移量為y，則有：聯(lián)立解得：根據(jù)題意可知x、y均不變，當U增大到原來的2倍，場強E也增大為原來的2倍。（3）電子做直線運動解得：12．如圖所示為一“匚”字型金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左側長度為L＝1m的金屬板連接．空間中有垂直紙面向里場強大小B＝0.2T的勻強磁場，金屬框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做勻速直線運動．框架內O處有一質量為m＝0.1kg、帶正電q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線′做直線運動；若小球在O點靜止釋放，則小球的運動軌跡沿如圖曲線（實線）所示，已知此曲線在最低點P的曲率半徑（曲線上過P點及緊鄰P點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓的半徑叫做該點的曲率半徑）為P點到O點豎直高度h的2倍，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小球沿圖中虛線做直線運動速度v大小（2）小球在O點靜止釋放后軌跡最低點P到O點豎直高度h【來源】江西省名校（臨川一中、南昌二中)2018-2019學年高三5月聯(lián)合考理綜物理試題【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】解：(1)框架向左運動，產生感應電動勢：板間場強：小球做勻速直線運動，受力平衡：可解得：(2)最大速率點在軌跡的最低點根據(jù)動能定理可得：最低點根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律有：聯(lián)立可解得：13．如圖所示,在平面直角坐標系xOy平面內,直角三角形abc的直角邊ab長為6d，與y軸重合,∠bac=30°,中位線OM與x軸重合,三角形內有垂直紙面向里的勻強磁場．在笫一象限內,有方向沿y軸正向的勻強電場,場強大小E與勻強磁場磁感應強度B的大小間滿足E=v0B．在x=3d的N點處,垂直于x軸放置一平面熒光屏.電子束以相同的初速度v0從y軸上－3d≤y≤0的范圍內垂直于y軸向左射入磁場,其中從y軸上y=－2d處射入的電子,經(jīng)磁場偏轉后,恰好經(jīng)過O點．電子質量為m,電量為e,電子間的相互作用及重力不計．求(1)勻強磁楊的磁感應強度B(2)電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標y的范圍;(3)熒光屏上發(fā)光點距N點的最遠距離L【來源】四川省樂山市2018屆高三第二次調查研究考試理綜物理試題【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】(1)設電子在磁場中做圓周運動的半徑為r；由幾何關系可得r=d電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：(2)當電子在磁場中運動的圓軌跡與ac邊相切時，電子從+y軸射入電場的位置距O點最遠，如圖甲所示.設此時的圓心位置為，有：解得即從O點進入磁場的電子射出磁場時的位置距O點最遠所以電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標y的范圍為設電子從范圍內某一位置射入電場時的縱坐標為y，從ON間射出電場時的位置橫坐標為x，速度方向與x軸間夾角為θ，在電場中運動的時間為t，電子打到熒光屏上產生的發(fā)光點距N點的距離為L，如圖乙所示：根據(jù)運動學公式有：解得：即時，L有最大值解得：當【點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定某些物理量之間的關系；粒子在電場中的偏轉經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學方法在物理中的應用．14．如圖所示,在直角坐標系xOy平面內有兩個同心圓,圓心在坐標原點O,小圓內部(I區(qū))和兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅱ區(qū))存在方向均垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出),I、Ⅱ區(qū)域磁場磁感應強度大小分別為B、2B。a、b兩帶正電粒子從O點同時分別沿y軸正向、負向運動,已知粒子a質量為m、電量為q、速度大小為v,粒子b質量為2m、電量為2q、速度大小為v/2,粒子b恰好不穿出1區(qū)域,粒子a不穿出大圓區(qū)域,不計粒子重力,不計粒子間相互作用力。求:(1)小圓半徑R1；(2)大圓半徑最小值(3)a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間t(不考慮a、b在其它位置相遇)。【來源】重慶市2019屆4月調研測試（第二次診斷性考試)理綜試卷物理試題【答案】(