高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場第6課時帶電粒子（體）在疊加場中的運(yùn)動學(xué)案新人教版

第6課時帶電粒子(體)在疊加場中的運(yùn)動1．(2019·天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)解析：選D由左手定則判斷，電子所受的洛倫茲力指向后表面，從而后表面帶負(fù)電，電勢比前表面的低，A錯誤。電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤。自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正確。2.(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項(xiàng)正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma解析：選B該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g)。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g)。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g)。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。3．(2018·北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動。下列因素與完成上述兩類運(yùn)動無關(guān)的是()A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強(qiáng)弱C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度解析：選C這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，即磁場和電場的強(qiáng)弱決定粒子入射時的速度大??；洛倫茲力與電場力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負(fù)電，入射時的速度方向相同，而不是電性相反時速度方向也要相反。總之粒子是否在“速度選擇器”中做勻速直線運(yùn)動，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場和電場的方向、強(qiáng)弱，以及粒子入射時的速度，故C正確。eq\a\vs4\al([考情分析])1．帶電粒子在磁場、組合場及疊加場中的運(yùn)動是歷年高考的熱點(diǎn)，常見的題型多為綜合性計算題，但也可能是選擇題。2．有界磁場、組合場、疊加場問題可以綜合考查受力分析，圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動規(guī)律及牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等，因此一般是高考題中分值較高，難度較大的題目。命題視角一電場與磁場的疊加帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運(yùn)動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。題型1帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動[例1](多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計重力，則()A．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運(yùn)動B．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運(yùn)動[解析]若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B選項(xiàng)正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運(yùn)動，D選項(xiàng)正確。[答案]BD題型2帶電粒子在疊加場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中偏轉(zhuǎn)，是電場力和洛倫茲力不平衡造成的。此過程中電場力做功，洛倫茲力不做功，需根據(jù)電場力做功的正、負(fù)判斷動能的變化。[例2](2021·濟(jì)寧模擬)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。從y軸上坐標(biāo)為a的一點(diǎn)向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍與y軸正方向成30°～150°夾角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限。已知帶電粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，重力不計。求：(1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運(yùn)動的速度大小v1；(2)粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動的最長時間以及對應(yīng)的射入方向；(3)從x軸上x＝(eq\r(2)－1)a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點(diǎn)，求該粒子經(jīng)過y＝－b點(diǎn)的速度大小。[解析](1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系知，粒子運(yùn)動軌跡的圓心在O點(diǎn)，軌跡半徑：r1＝a由洛倫茲力提供向心力得：qv1B＝meq\f(v12,r1)，解得：v1＝eq\f(qBa,m)。(2)當(dāng)粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30°時，粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動的時間最長，此時運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角：α＝150°粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T＝eq\f(2πm,qB)粒子的運(yùn)動時間：t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(150°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,6qB)。(3)如圖乙所示，設(shè)粒子射入磁場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系得：R－Rcosθ＝(eq\r(2)－1)aRsinθ＝a，解得：θ＝45°，R＝eq\r(2)a由洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝meq\f(v02,R)此粒子進(jìn)入磁場的速度：v0＝eq\f(\r(2)qBa,m)設(shè)粒子到達(dá)y軸上速度大小為v，根據(jù)動能定理得：qEb＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))。[答案](1)eq\f(qBa,m)(2)eq\f(5πm,6qB)，粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30°(3)eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))[集訓(xùn)沖關(guān)]1.(多選)在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知從左方水平射入的電子穿過此區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子重力忽略不計。則在該區(qū)域中的E和B的方向可能是()A．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相同B．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相反C．E豎直向上，B垂直紙面向外D．E豎直向上，B垂直紙面向里解析：選ABC電子進(jìn)入該區(qū)域后僅受電場力和洛倫茲力作用，由于電子穿過該區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以電場力和洛倫茲力的合力等于零或合力方向與電子運(yùn)動方向在同一直線上。當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相同時，洛倫茲力為零，電子僅受與其運(yùn)動方向相反的電場力作用，將做勻減速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相反時，洛倫茲力等于零，電子僅受與其運(yùn)動方向相同的電場力作用，將做勻加速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向外時，電場力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，若qE＝qvB，電子將做勻速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向里時，電場力和洛倫茲力都豎直向下，電子不可能在該區(qū)域中做直線運(yùn)動。故A、B、C正確。2.如圖所示，水平的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對放置，極板長度為l，板間距為d，板間存在方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，假設(shè)電場、磁場只存在于兩極板間。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場、磁場的方向進(jìn)入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動，不計重力及空氣阻力。求：(1)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)若撤去磁場，粒子能從極板間射出，粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；(3)若撤去磁場，并使電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，粒子到達(dá)下極板時動能的大小。解析：(1)帶電粒子勻速通過電場、磁場區(qū)時受到的電場力與洛倫茲力平衡，可得qE＝qv0B，解得B＝eq\f(E,v0)。(2)粒子穿過電場時做類平拋運(yùn)動，沿電場方向移動的距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEl2,2mv02)。(3)設(shè)粒子運(yùn)動到下極板時的動能大小為Ek，根據(jù)動能定理，可得2qE·eq\f(1,2)d＝Ek－eq\f(1,2)mv02，解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋qEd。答案：(1)eq\f(E,v0)(2)eq\f(qEl2,2mv02)(3)eq\f(1,2)mv02＋qEd命題視角二電場、磁場與重力場的疊加題型1無約束條件的疊加場(1)若電場力、洛倫茲力、重力三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動。(2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)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(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解。[例1](2021·濰坊質(zhì)檢)(多選)如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小也是v0，方向變?yōu)樗椒较?，剛好從高度也為d的狹縫穿過b板進(jìn)入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場強(qiáng)度的大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于eq\f(E,v0)，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．微粒在ab區(qū)域的運(yùn)動時間為eq\f(v0,g)B．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑r＝2dC．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動時間為eq\f(πd,6v0)D．微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時間為eq\f(π＋6d,3v0)[解析]將微粒在電場中的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為末速度為零的勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，水平方向，v0＝at，d＝eq\f(v02,2a)，豎直方向，0＝v0－gt，解得a＝g，t＝eq\f(v0,g)，故A正確；微粒在復(fù)合場中運(yùn)動時，由于電場力與重力平衡，故微粒做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)，又qE＝ma，B＝eq\f(E,v0)，聯(lián)立解得r＝2d，故B正確；由于r＝2d，畫出軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系得，微粒在復(fù)合場中的運(yùn)動軌跡所對的圓心角為30°，故在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為t2＝eq\f(T,12)＝eq\f(1,12)×eq\f(2πr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故C錯誤；微粒在電場中運(yùn)動時間為t1＝eq\f(d,vx)＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)，故微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(π＋6d,3v0)，故D正確。[答案]ABD題型2有約束條件的疊加場帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，分析時應(yīng)注意：(1)分析帶電體所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動情況。(2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解。[例2](2021·贛州模擬)(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球套在桿上。已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)[解析]v較小時，對小球受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在加速度增大時達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m·eq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若在加速度減小時達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m·eq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，C、D正確。[答案]CD[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2021·嘉興期末)如圖所示，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場方向成60°角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q＞0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度大小為v0時，小球恰好做勻速直線運(yùn)動，已知重力加速度大小為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度為eq\f(mg,qB)，則小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，最后停止C．若小球沿桿向下的初速度為eq\f(3mg,qB)，則小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后停止D．若小球沿桿向下的初速度為eq\f(4mg,qB)，則小球從開始運(yùn)動到穩(wěn)定過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(4m3g2,q2B2)解析：選B對小球進(jìn)行受力分析有，電場力的大小F＝Eq＝eq\r(3)mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，故重力和電場力的合力F合＝eq\r(F2＋mg2)＝2mg，由幾何關(guān)系可知，重力和電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力和電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，也不會對小球做功，所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力的大小與重力、電場力的合力大小相等、方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，故A錯誤；若小球沿桿向下的初速度v0＝eq\f(mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg＜F合＝2mg，則存在摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，最后停止運(yùn)動，故B正確；若小球沿桿向下運(yùn)動的初速度大小為v0＝eq\f(3mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝3mg＞F合＝2mg，則存在摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后，當(dāng)小球速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球開始做勻速直線運(yùn)動，故C錯誤；若小球沿桿向下運(yùn)動的初速度大小為v0＝eq\f(4mg,qB)，同時，小球也受摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后，當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球開始做勻速直線運(yùn)動，故小球克服摩擦力做的功W＝eq\f(1,2)m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))2－eq\f(1,2)m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，故D錯誤。2.(2021·常德模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的疊加場。有一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上，從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，且從B點(diǎn)射出，已知AB長度為eq\r(3)L，AD長度為L，求：(1)小球帶何種電荷及進(jìn)入疊加場時的速度大??；(2)小球在疊加場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑；(3)小球在疊加場中運(yùn)動的時間。解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，且從B點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷，小球進(jìn)入疊加場之前，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得：r2＝(r－L)2＋(eq\r(3)L)2，解得：r＝2L(3)由(2)知小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動對應(yīng)的圓心角滿足：sinθ＝eq\f(\r(3)L,r)，解得：θ＝eq\f(π,3)小球運(yùn)動周期：T＝eq\f(2πr,v)運(yùn)動時間為：t＝eq\f(θ,2π)T聯(lián)立解得：t＝eq\f(πL,3)eq\r(\f(2m,qU))。答案：(1)負(fù)電荷eq\r(\f(2qU,m))(2)2L(3)eq\f(πL,3)eq\r(\f(2m,qU))命題視角三帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動解決帶電粒子在交變電磁場中運(yùn)動問題的基本思路：[典例]如圖甲所示，虛線MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(上、下及左側(cè)無邊界)。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運(yùn)動。若小球剛經(jīng)過D點(diǎn)時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使得小球再次通過D點(diǎn)時的速度方向與PQ連線成60°角。已知D、Q間的距離為(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，重力加速度大小為g。(1)求電場強(qiáng)度E的大小；(2)求t0與t1的比值；(3)小球過D點(diǎn)后將做周期性運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，求此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0及運(yùn)動的最大周期Tm。[解析](1)小球沿PQ向右做直線運(yùn)動，受力平衡，則mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q)。(2)小球能再次通過D點(diǎn)，其運(yùn)動軌跡應(yīng)如圖(a)所示。設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系有s＝eq\f(r,tan30°)又知s＝v0t1圓弧軌跡所對的圓心角θ＝2π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,3)))＝eq\f(4,3)π則t0＝eq\f(θr,v0)，聯(lián)立解得eq\f(t0,t1)＝eq\f(4\r(3),9)π。(3)當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，其運(yùn)動軌跡應(yīng)與MN相切，小球運(yùn)動一個周期的軌跡如圖(b)所示，由幾何關(guān)系得R＋eq\f(R,tan30°)＝(eq\r(3)＋1)L解得R＝L由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv0B0＝meq\f(v02,R)，解得B0＝eq\f(mv0,qL)小球在一個周期內(nèi)運(yùn)動的路程s1＝3×eq\f(2,3)×2πR＋6×eq\f(R,tan30°)＝(4π＋6eq\r(3))L故Tm＝eq\f(s1,v0)＝eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)。[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(4\r(3),9)π(3)eq\f(mv0,qL)eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(多選)如圖甲所示，ABCD是一長方形有界勻強(qiáng)磁場邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場的正方向，圖中AB＝eq\r(3)AD＝eq\r(3)L，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t＝0時從A點(diǎn)沿AB方向垂直磁場射入，粒子重力不計。則下列說法中正確的是()A．若粒子經(jīng)時間t＝eq\f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(mv0,qL)B．若粒子經(jīng)時間t＝eq\f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，則粒子運(yùn)動的加速度大小a＝eq\f(3v02,2L)C．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0＝eq\f(nmv0,2qL)(n＝1,2,3，…)D．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，磁場變化的周期T0＝eq\f(2πL,3nv0)(n＝1,2,3，…)解析：選AD若粒子經(jīng)時間t＝eq\f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，則粒子運(yùn)動的半徑為R＝L，根據(jù)qvB0＝meq\f(v02,R)，解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(mv0,qL)，選項(xiàng)A正確。若粒子經(jīng)時間t＝eq\f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，粒子的軌跡由3個四分之一圓周連接而成，如圖1所示。由幾何關(guān)系得軌跡半徑為r＝eq\f(L,3)；運(yùn)動中的加速度大小為a＝eq\f(v02,r)＝eq\f(3v02,L)，選項(xiàng)B錯誤。若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，粒子運(yùn)動的時間必定為磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期的整數(shù)倍，如圖2所示，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可得，軌跡半徑滿足2L＝2nr′，即r′＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B0＝meq\f(v02,r′)，聯(lián)立得B0＝eq\f(nmv0,qL)(n＝1,2,3，…)。粒子連續(xù)兩次從下方穿過AC之間的時間為T＝eq\f(\f(1,3)·2πr′,v0)＝eq\f(2