2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)練習(xí)：第十一章 強(qiáng)化二十　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)

專題強(qiáng)化二十帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)

【目標(biāo)要求】1.掌握帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和分析思路2學(xué)會(huì)處理磁場與磁場組合

場、電場與磁場組合場中帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問題.

1.組合場：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，電場、磁場交替出

現(xiàn).

2.分析思路

(1)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)學(xué)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖.

(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場區(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)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，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理.

3.常見粒子的運(yùn)動(dòng)及解題方法

牛頓第二定律、

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

電

場

中

帶電

粒子

在分

離的

電場、

磁場磁

場［運(yùn)動(dòng)學(xué)公式］

中運(yùn)

中

動(dòng)

圓周運(yùn)動(dòng)公式、

牛頓第二定律

以及兒何知識

分解成直線運(yùn)動(dòng)

和勻速圓周運(yùn)動(dòng)

題型一磁場與磁場的組合

磁場與磁場的組合問題實(shí)質(zhì)就是兩個(gè)有界磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，帶電粒子在兩個(gè)磁場中的

速度大小相同，但軌跡半徑和運(yùn)動(dòng)周期往往不同.解題時(shí)要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點(diǎn)

與兩圓心共線的特點(diǎn)，進(jìn)一步尋找邊角關(guān)系.

【例1】如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面

ADEC向外的勻強(qiáng)磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦，OF為上、下磁場的水平分界

線.質(zhì)量為，小帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與。點(diǎn)相距為〃的尸點(diǎn)垂直于AC邊界

射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)。尸上的。點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場區(qū)域，Q點(diǎn)與。點(diǎn)的距離為3”.不

考慮粒子重力.

A；.D

\'B；

\E

(1)求粒子射入時(shí)的速度大?。?/p>

(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小囪應(yīng)滿足的條件；

(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=3&,粒子最終垂直O(jiān)E邊界飛出，求邊界DE與AC間距離

的可能值.

答案(2)8N縹(3)4,皿(〃=1,2,3,…)

解析(1)粒子在0月上方的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由幾何關(guān)系可知R2—(R—〃)2=(3幻2,則R=5〃，由牛頓第二

定律可知qvBg=＞卷,解得詈取

(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在。尸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的

半徑為n,

由幾何關(guān)系得n+ncos6=3。,

由(1)可知COS所以門

根據(jù)亞囪=誓，聯(lián)立解得8]=竽，故當(dāng)Bi2華時(shí)，粒子不會(huì)從AC邊界飛出.

(3)當(dāng)B=3&)時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運(yùn)動(dòng)半徑為r=,a,設(shè)粒子的

速度方向再次與射入磁場時(shí)的速度方向一致時(shí)，粒子的位置為Pi點(diǎn)，則P點(diǎn)與尸?點(diǎn)的連線

一定與。尸平行，根據(jù)幾何關(guān)系知PP}=4a,所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界OE

與AC間的距離為L=nPP\=4na(n=1,2,3,…).

AD

題型二電場與磁場的組合

1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示.

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋（或類斜拋）運(yùn)動(dòng)，在磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示

考向1先電場后磁場

【例2】（2018?全國卷125）如圖，在）>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小

為E；在）'<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場.一個(gè)笈核IH和一個(gè)宛核汨

先后從），軸上），=八點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向.已知IH進(jìn)入磁場時(shí)，速

度方向與x軸正方向的夾角為60。，并從坐標(biāo)原點(diǎn)。處第一次射出磁場.]H的質(zhì)量為機(jī)，電荷

量為4.不計(jì)重力.求：

（DiH第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)。的距離；

（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

（3）汨第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離.

答案⑴羋h（3）羋（啦一1）/?

解析（，H在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.設(shè)|H

在電場中的加速度大小為初速度大小為。它在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為“，第一次進(jìn)入磁

場的位置到原點(diǎn)0的距離為51,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有51=U|/1@

h=^a\ti2?

由題給條件，|H進(jìn)入磁場時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角a=60。.用進(jìn)入磁場時(shí)速度沿y軸

方向的分量的大小為ai/i=vitan仇③

聯(lián)立以上各式得S\=

(2)|H在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有

qE=mai@

設(shè)|H進(jìn)入磁場時(shí)速度的大小為s',由速度合成法則有。J=y]vi2+(cnti)2?

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,|H在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為Ri,由洛倫茲力公式和牛頓第二定

律有

由幾何關(guān)系得5I=2/?Isin仇⑧

聯(lián)立以上各式得3=

(3)設(shè)彳H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為02,在電場中的加速度大小為。2,由題給

條件得;（2〃2加2=2mv12⑩

由牛頓第二定律有處=2"S?

設(shè)汨第一次射入磁場時(shí)的速度大小為02,，速度的方向與X軸正方向夾角為。2,入射點(diǎn)到原

點(diǎn)的距離為52,在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為及.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有S2=。2,2?

/?=52友2?

V?'=?V聲+（。2亥）2?

smV■?

V2

聯(lián)立以上各式得S2=S]。2=仇,V2

設(shè)汩在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為由⑦?式及粒子在勺強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式

得

&=姿一=也以?

所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè).設(shè)彳H進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為S2‘，

由幾何關(guān)系有$2’=2&sin6?2?

聯(lián)立④⑧???式得，彳H第一次離開磁場時(shí)的位置到原點(diǎn)。的距離為S2'一S2=￥（也一

\）h.

I：_考_向__2__先_磁_(tái)_場_后_電__場_________________

【例3】（2023?河北唐山市模擬）平面直角坐標(biāo)系X。），中，直線OP與x軸正方向的夾角為30。,

其上方存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，下方存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度方向與x軸負(fù)方向

的夾角為60。，如圖所示.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度。從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸

正方向進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后由P點(diǎn)進(jìn)入電場，最后從x軸上的。點(diǎn)離開電場，已知0、

尸兩點(diǎn)間距離為LP。連線平行于y軸.不計(jì)粒子重力，求：

（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小.

解析（1）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)（如圖所示），設(shè)軌跡半徑為R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

由幾何關(guān)系有乙=2Rcos30°

聯(lián)立解得B二翳

⑵粒子進(jìn)入電場時(shí)，速度方向與邊界。尸的夾角為60。，由幾何關(guān)系可知，速度方向和電場

方向垂直.粒子在電場中的位移x=PQ=Lsin30。

又xsin300="

xcos30°

Eq=ma

8小nw?

聯(lián)立解得E=

qL-

考向3粒子多次進(jìn)出電場、磁場的運(yùn)動(dòng)

【例4】(2021?廣東卷J4)圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個(gè)同心圓。、b、c

圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓〃之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個(gè)圓

心角均略小于90。的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場區(qū)I、II和HI.各區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均

垂直紙面向外.電子以初動(dòng)能Ro從圓。上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場，電場可以反向，保證電子

每次進(jìn)入電場即被全程加速，已知圓a與圓人之間電勢差為U,圓人半徑為R,圓c半徑為小

R，電子質(zhì)量為加，電荷量為e,忽略相對論效應(yīng)，取tan22.5。=0.4.

(1)當(dāng)Eko=O時(shí)，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進(jìn)入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運(yùn)動(dòng)軌跡的夾角6

均為45。，最終從。點(diǎn)出射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線所示，求I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、

電子在I區(qū)磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及在Q點(diǎn)出射時(shí)的動(dòng)能；

(2)已知電子只要不與I區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射.當(dāng)Eg=keU時(shí)，要保證

電子從出射區(qū)域出射，求上的最大值.

答案⑴呼嚶28eU(2)普

解析(1)電子在電場中加速有2eU=g加。2,在［區(qū)磁場中，由幾何關(guān)系可得r=Rtan22.5。=

OAR

v2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有B\ev=m—

聯(lián)立解得81=工'解

電子在I區(qū)磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為7=當(dāng)

由幾何關(guān)系可得，電子在I區(qū)磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心角為9="

電子在I區(qū)磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為片方

聯(lián)立解得，=

電子從P到。在電場中共加速8次，故在。點(diǎn)出射時(shí)的動(dòng)能為Ek=8eU

⑵設(shè)電子在I區(qū)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為rm,此時(shí)圓周的軌跡與I區(qū)磁場邊界相

切，

222

由幾何關(guān)系可得(小R—rm)=R+rm

解得rm=?R

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有田㈤口尸加上v-

2eU=方如n?-keU

13

聯(lián)立解得A="

o

【例5】如圖所示，一對足夠長平行柵極板M、N水平放置，極板與可調(diào)電源相連.極板外上

方和下方分別存在方向垂直紙面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場向和&,8和&的大小未知，但滿

足&=?田，磁場左邊界上距M板距離為2/的A點(diǎn)處的粒子源平行極板向右發(fā)射速度為。的

帶正電粒子束，單個(gè)粒子的質(zhì)量為機(jī)、電荷量為粒子第1次離開M板的位置為C點(diǎn)，已

知C點(diǎn)距離磁場左邊界距離為/.忽略柵極的電場邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重

力.

XXXXXXXXXXXXN

XXXXXXXXXXXX

XXXX詼XXXXXX

XXXXXXXXXXXX

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度場的大??；

(2)當(dāng)兩板間電勢差UMN=O時(shí)，粒子經(jīng)過下方磁場一次偏轉(zhuǎn)后恰能從C點(diǎn)再次返回極板上方

的磁場，求兩板間距”的大?。?/p>

(3)當(dāng)兩板間所加的電勢差UMN=—若時(shí)，在M板上C點(diǎn)右側(cè)尸點(diǎn)處放置一粒子靶(忽略靶

的大小)，用于接收從M板上方打入的粒子.問當(dāng)P點(diǎn)離磁場左邊界多遠(yuǎn)的地方能接收到粒

子？

小通4inv

答案⑴石"(2)0.8/

(3)(1+136")/,用=0、1、2、3、…

7

解析(1)粒子從A點(diǎn)發(fā)射后運(yùn)動(dòng)到C的過程，洛倫茲力提供向心力卯小=百

A1

由幾何知識可得用2=(2/一4)2+尸，解得R|='/,

B尸5ql

M

xxxxxxxxxN

IXXXXXXXXXXXXxxxxxxxxx

:XXXX揚(yáng)xxxxxxxxxx檎xxxxxx

IxxxxxXxxxxxxxxxxxxxxxxxx

(2)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角為。，則2=卷=。.8

nvn33

粒子進(jìn)入磁場&之后，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為&=7瓦=；&=1/，

又因?yàn)閐tan0=R2cos仇解得d=0.8/

由R2=l/得，粒子在&磁場中不會(huì)從左邊界飛出.

20cos0

(3)粒子到達(dá)C點(diǎn)后第一次在電場中向左運(yùn)動(dòng)距離Ax=usin0-=0.64/

dm

粒子在自磁場中運(yùn)動(dòng)到最左邊時(shí)，距C點(diǎn)距離

xc=Ax+7?|-/=O.89/</?i

所以不會(huì)從左邊界飛出，尸點(diǎn)離磁場左邊界的距離為知=/+〃(2/-0.64/)=(1+1.36〃)/,〃=0、

1、2、3、…

xxxxxxxxxxxx

XXXX板XXXXXX

XXXXX攵XXXXXX

課時(shí)精練

1.(多選)(2023?遼寧沈陽市模擬)圓心為0、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反

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，半徑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)有范圍足夠大且水平向左的勻強(qiáng)

電場，電場強(qiáng)度大小為E.當(dāng)粒子的速度大小為。o且沿4。方向時(shí)，粒子剛好從B點(diǎn)離開磁場,

A.圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外

B.粒子的比荷為懸

C.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為罌

D.粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為攀

C.

答案ABD

解析根據(jù)題意可知，粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)，受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可知，

圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，故A正確；根據(jù)題意可知，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如

圖甲所示

7T

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡所對圓心角為,，根

2

據(jù)洛倫茲力提供向心力有quoB=n蚩,

可得2=粕，故B正確；根據(jù)題意可知，粒子從8點(diǎn)進(jìn)入電場之后，先向右做減速運(yùn)動(dòng)，再

向左做加速運(yùn)動(dòng)，再次到達(dá)3點(diǎn)時(shí)，速度的大小仍為火，再次進(jìn)入磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所

示.

則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，■=q=￥，故c錯(cuò)誤；粒子在電場中，根據(jù)牛頓第二定律有

ZVo

Eq=ma,解得a=甄=餐,根據(jù)。（）=4/結(jié)合對稱性可得，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為/電

mDK

2v02BR.?…

=a=E，故D正確.

2.（多選）（2023?廣東省模擬）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在y軸的左側(cè)存在沿y軸負(fù)方

向的勻強(qiáng)電場.在y軸的右側(cè)存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場.一比荷為人的帶正電粒子（不

計(jì)重力）從X軸上的A點(diǎn)以沿著與x軸正方向成6=53。角的初速度開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過電場偏

轉(zhuǎn)從y軸的8點(diǎn)以垂直y軸的速度進(jìn)入磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為耳》粒子進(jìn)入磁場后

電場方向變?yōu)檠貀軸正方向.該帶正電粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)，粒子先后經(jīng)過x軸上的C點(diǎn)、y

43

軸上的。點(diǎn)，粒子經(jīng)。點(diǎn)后，再次回到x軸上的A點(diǎn)，sin53°^^,cos53°^^,下列說法正

確的是（）

A.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為“

B.A、C兩點(diǎn)之間的距離為3d

C.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為翦

D.粒子從A點(diǎn)開始到再回到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為筆衿

答案AD

解析設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R,由幾何關(guān)系可得08=R,OC=R,

AC=OA+OC,粒子從A到8做類斜拋運(yùn)動(dòng)，在3點(diǎn)的速度方向與勻強(qiáng)電場垂直，由逆向思

維可知粒子從B到A做類平拋運(yùn)動(dòng)，把粒子在A點(diǎn)的速度加分別沿x軸的正方向和），軸的正

方向分解，設(shè)粒子在8點(diǎn)的速度為0B,則有。0cos。=辦，由洛倫茲力充當(dāng)向心力有BWB=

啖,粒子從8到A做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向與y軸方向的位移大小分別用0A、08來表

示，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得，過A點(diǎn)的速度加的延長線交于x方向分位移的中點(diǎn)，由幾何

關(guān)系可得市罰，結(jié)合學(xué)，聯(lián)立解得OB=d,AC=2.5d,正確，錯(cuò)誤;

tan6?=U.DCz/18=DKclR=d,AB

2

粒子在A點(diǎn)沿y軸正方向的分速度為pv=Posin9,由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有uy=2^OB,聯(lián)立

解得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為￡=碧［,C錯(cuò)誤；粒子從A點(diǎn)到3點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以8=招\(zhòng)粒

￡3KaU.Oc/o

jr/7

子從B點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tBD=7K，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，粒子從點(diǎn)開始到又回

U.OOoA

到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=2tn+t,綜合計(jì)算可得I」"±5嗎口正確.

AIID如0

3.平面直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限存在沿），軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E,第

三、四象限存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示.一質(zhì)量為〃八帶電荷量為夕的正

粒子從坐標(biāo)為(一八"的尸點(diǎn)沿)，軸負(fù)方向進(jìn)入電場，初速度大小為。0=、/繁，粒子第二

次到達(dá)X軸的位置為坐標(biāo)原點(diǎn).不計(jì)粒子的重力.

X

QX

X

(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

等，求粒子第二次到達(dá)X軸時(shí)與

(2)若粒子由尸點(diǎn)沿x軸正方向入射，初速度仍為%=

坐標(biāo)原點(diǎn)的距離.

⑵苧乙

答案(1)4-

解析(1)由動(dòng)能定理得EqL=^mv2—^mv^

粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為V—

m

fTID2

在磁場中L=2R,qvB=-^-

聯(lián)立可得8=4

(2)假設(shè)粒子從)，軸離開電場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

L=vot,

州=呼尸,

Eq=ma

聯(lián)立解得力=1<L,假設(shè)成立

Vy=Clt

速度偏轉(zhuǎn)角tan0=r~

vo

*3

=-

第一次到達(dá)x軸的坐標(biāo)92

在磁場中R'=上-

及=2夕sinO=R-sin0=宣=至

粒子第二次到達(dá)x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為

6+1

x=x\+x2=4L.

4.如圖所示，xOy平面內(nèi)，0P與x軸正方向的夾角為6=53。，在xOP范圍內(nèi)(含邊界)存在

垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=0.1T.第二象限有平行于)，軸向下

的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為￡=椒1。5v/m.一帶電微粒以速度vo=5Xl()6m/s從工軸

上a”,0)點(diǎn)平行于OP射入磁場，并從OP上的b點(diǎn)垂直于OP離開磁場，與y軸交于c點(diǎn),

54

--不

最后回到X軸上的"點(diǎn)，圖中6、1兩點(diǎn)未標(biāo)出.4n5

計(jì)微粒的重力，求:

(1)微粒的比荷2；

(2)”點(diǎn)與O點(diǎn)的距離I;

(3)僅改變磁場強(qiáng)弱而其他條件不變，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度&大小滿足什么條件時(shí)，微粒能到達(dá)第四

象限.

答案(l)5X107C/kg(2)4m(3)&20.2T

解析(1)微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得r=Lsin53°=lm

2

由牛頓第二定律得qv()B=nry

代入數(shù)據(jù)解得2=5X107C/kg

⑵微粒進(jìn)入電場后做類斜拋運(yùn)動(dòng).由幾何關(guān)系得

Leos530+r

如產(chǎn)sin53。

2

在），軸方向有y0（=—votcos53°+^X誓r

在無軸方向有/=oo/sin53°

解得/=4m

⑶微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界OP相切時(shí)，恰好能到達(dá)第四象限.

由幾何關(guān)系知/?=2^sin53°

2

由牛頓第二定律得qvnBt=nr^-

解得叢=0.2T,故當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度420.2T時(shí)，微粒能到達(dá)第四象限.

5.（2023?湖北宜昌市聯(lián)考）如圖所示，在矩形區(qū)域ABCC內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，在BC

右側(cè)I、II兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，心、上、上是磁場的邊界（BC與小重合），寬度相等，方向

如圖所示，區(qū)域I的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3.一電荷量為+q、質(zhì)量為〃?的粒子（重力不計(jì)）從AD

邊中點(diǎn)以初速度如沿水平向右方向進(jìn)入電場，粒子恰好從8點(diǎn)進(jìn)入磁場，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.己知AB長度是BC長度的小倍.

I.??eIXXXX

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⑴求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

⑵求區(qū)域I磁場的寬度以

（3）要使帶電粒子在整個(gè)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，求區(qū)域II中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值.

2yl3vo2y]3/nvo

答案（1尸尸（2）力：⑶L5S

解析（1）設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為力與水平方向成。角，粒子在勻強(qiáng)電場中做

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12!1。=等=蟲，則。=30。

LAB3

根據(jù)速度關(guān)系有。=島=苦生；

（2）設(shè)帶電粒子在區(qū)域[中的軌道半徑為，1,由牛頓第二定律得W囪="￡,軌跡如圖甲所示：

2G

XXXX；

xxxx!

XXXX[

xxxx!

XXXX;

xxxx!

XXXX;

XXnXX!

XX；