專題十六　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動-2025屆高中物理

第十一章磁場專題十六帶電粒子在組合場中的運(yùn)動核心考點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測磁場＋磁場2023：浙江6月T20；2019：全國ⅢT18本專題內(nèi)容常以計(jì)算題形式出現(xiàn)，難度中等，主要考查“帶電粒子在電場中的加速＋磁場中的偏轉(zhuǎn)”問題.預(yù)計(jì)2025年高考可能會結(jié)合相關(guān)現(xiàn)代科技模型，考查帶電粒子在電場與磁場組合場中的直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動等，注意多過程聯(lián)系的速度問題.電場＋磁場2023：浙江1月T20，山東T17；2022：浙江1月T22；2021：北京T18，山東T17，遼寧T15，河北T14，全國甲T251.組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)垂直于電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場（不計(jì)重力）垂直于磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（不計(jì)重力）受力情況電場力FE＝Eq，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動軌跡求解方法利用類似平拋運(yùn)動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝qEmt，y＝qE2m偏轉(zhuǎn)角φ：tanφ＝vyv半徑：r＝mv周期：T＝2運(yùn)動時間t＝xt＝φ2πT動能變化不變2.常見模型（1）從電場進(jìn)入磁場電場中：勻變速直線運(yùn)動?磁場中：勻速圓周運(yùn)動電場中：類平拋運(yùn)動?磁場中：勻速圓周運(yùn)動（2）從磁場進(jìn)入電場磁場中：勻速圓周運(yùn)動?電場中：勻變速直線運(yùn)動（v與E共線）磁場中：勻速圓周運(yùn)動?電場中：類平拋運(yùn)動（v與E垂直）命題點(diǎn)1先電場后磁場1.[2023海南/多選]如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電、磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知量）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在x＞x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)度E（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到足夠長的接收器MN上，不計(jì)重力，則（AD）A.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度E＝y(tǒng)B.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時的速度v＝v01+C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心到NM的距離為mD.粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑的最大值是m解析若粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，在電場中，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有y02＝12·qEmt2，解得E＝y(tǒng)0mv02qx02，A對；粒子在電場中運(yùn)動，由動能定理有qE·y02＝12mv2－12mv02，結(jié)合A項(xiàng)分析可得v＝v01+y02x02，B錯；粒子在電場中的運(yùn)動過程，豎直方向有vy＝qE命題點(diǎn)2先磁場后電場2.如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場方向垂直紙面向里.在y＞R的區(qū)域存在一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m.在M點(diǎn)（坐標(biāo)原點(diǎn)）有一帶正電粒子以速率v＝1.0×106m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)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qm＝1.0×107C/kg，不計(jì)粒子重力.求：（1）圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）粒子從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所經(jīng)過的路程.答案（1）0.2T（2）（0.5π＋1）m解析（1）粒子進(jìn)入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖所示的P點(diǎn)射入電場，逆著電場線方向運(yùn)動，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑r＝R＝0.5m根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m解得B＝mv代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T.（2）粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場，粒子在磁場中運(yùn)動的路程為二分之一圓周長，即s1＝πr設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqs22＝1解得s2＝m總路程s＝s1＋s2＝πr＋m代入數(shù)據(jù)得s＝（0.5π＋1）m.命題點(diǎn)3粒子多次進(jìn)出電場、磁場的運(yùn)動3.[2021廣東]如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖.空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.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.電子以初動能Ek0從圓b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b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為3R，電子質(zhì)量為m，電荷量為e.（忽略相對論效應(yīng)，取tan22.5°＝0.4）（1）當(dāng)Ek0＝0時，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)動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動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)動時間及在Q點(diǎn)出射時的動能.（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)Ek0＝keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值.答案（1）5RmUeπR4meU解析（1）根據(jù)題述情境，由動能定理得電子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動的動能為Ek1＝2eU＝12mv12，解得v1由幾何關(guān)系得tan22.5°＝r1R，解得電子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r1＝電子在Ⅰ區(qū)勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得ev1B＝mv解得Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5電子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動的軌跡所對圓心角為α＝225°＝5π則電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運(yùn)動時間t＝αr1電子總共經(jīng)過8次加速，由動能定理得8eU＝Ek2解得電子在Q點(diǎn)出射時的動能Ek2＝8eU.（2）電子運(yùn)動軌跡與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相切時k最大，由幾何關(guān)系得（3R－r2）2＝r22＋解得電子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r2＝33電子在Ⅰ區(qū)勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得ev2B＝mv解得v2＝5e由動能定理得2eU＝12mv22即2eU＝256eU－keU，解得k的最大值為131.[帶電粒子在電磁組合場中的運(yùn)動/2023浙江1月]探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示.x軸上方存在垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地.位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為60°；且各個方向均有速度大小連續(xù)分布在12v0和2v0之間的離子射出.已知速度大小為v0、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔C.未能射入孔C的其他離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒有畫出）.不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)x0；（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度L；（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓U0；（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓Ux與孔C位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式.答案（1）2mv0qB（2）2d（3）mv022q（4）Ux＝q解析（1）離子在磁場中做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝mvx0＝2R＝2（2）如圖所示，初速度方向與y軸夾角為θ的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入孔C后仍與y軸成θ角2mvcosθqB＝x0，vcosθ＝v0，進(jìn)入孔cosβ＝v02v0＝2由幾何關(guān)系可得L＝2d（3）進(jìn)入孔C的離子速度大小v及其與y軸夾角θ必須滿足vcosθ＝v0由動能定理可得－qU0＝12m（vsinθ）2－12解得U0＝m（4）由上述分析及離子速度方向、大小的范圍可知，離子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后能進(jìn)入孔C的位置范圍為mv02qB且vy＝Bqx由動能定理得12mvy2＝解得Ux＝qB28mx2（mv02.[帶電粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的勻速圓周運(yùn)動＋動量定理/2023浙江6月]利用磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù).如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合.位于（0，3L）處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域.不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng).（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動時間t；（2）若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝L2處的離子的最小速度v2（3）若B2＝B1Ly，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在B1qL答案（1）2qB1Lm2πm3qB1解析（1）離子恰不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度，作出其此時的運(yùn)動軌跡，如圖1所示圖1由軌跡圖中的幾何關(guān)系得sin30°＝r1－Lr1，解得r由洛倫茲力提供向心力有qv1B1＝mv解得v1＝2由圖1的幾何關(guān)系可得運(yùn)動軌跡所對圓心角為θ＝2π則離子在磁場中的運(yùn)動時間t＝θr1（2）解法1：作出離子恰好能到達(dá)y＝L2處的運(yùn)動軌跡，如圖2圖2若B2＝2B1，由r＝mvqB可知離子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動軌跡半徑為r2＝由幾何關(guān)系可等效為B2＝B1時離子恰好運(yùn)動到y(tǒng)＝0處，如圖3圖3由軌跡圖中幾何關(guān)系可得sin30°＝r解得r’1＝4L離子在區(qū)域Ⅰ磁場中運(yùn)動，有qv2B1＝mv解得v2＝4解法2：當(dāng)離子運(yùn)動到y(tǒng)＝L2處的速度方向水平向右時，速度最小為v2，又B2＝2B1，則由R＝mvqB可知R2作出離子的軌跡如圖4所示圖4由幾何關(guān)系可知∠O2GC＝180°－θ設(shè)O2G＝l，在△O2GC中l(wèi)sin30°又由幾何關(guān)系得R2－R2sinθ＝Ll＋Lsinθ＝解得R2＝R'1結(jié)合R'1＝mv2qB1（3）解法1：由區(qū)域Ⅱ中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝B1Ly，可知其可等效為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B12的勻強(qiáng)磁場，若再把區(qū)域Ⅱ中磁場等效為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場，則磁場寬度應(yīng)等效為圖5由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°＝r3－1.5L由洛倫茲力提供向心力有qv3B1＝mv解得v3＝3即速度大于v3＝3q進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η＝6qB1Lm－解法2：離子在水平方向上的洛倫茲力Fx＝Bqvy在磁場Ⅰ中，由動量定理得Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx1則ΣB1qΔy＝ΣmΔvx1即B1qL＝m（v出Ⅰy－vcos60°）在磁場Ⅱ中，由動量定理得B1L·y·qvyΔt＝B1Ly·qΔy＝m則ΣB1LqyΔy＝ΣmΔv即B1Lq·L22＝m（v－v故在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中有B1qL＋B1L·q·L22＝m（v解得v＝3又速度越小，離子越不容易進(jìn)入第四象限所以v＞3q故η＝6B1qLm－3B3.[電場與磁場組合/2021山東]某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示.Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于O2點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場.測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點(diǎn)重合.從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心C.已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為θ.忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力.（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）、方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示.為使離子的運(yùn)動軌跡與測試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動測試板，求移動后C到O1的距離s.圖甲圖乙答案（1）qB0dmsinθ（2）2qB02d2mL解析（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB0＝mv根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝d聯(lián)立解得v＝q（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運(yùn)動，y方向做勻變速直線運(yùn)動，設(shè)從進(jìn)入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為y0，加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE＝ma由運(yùn)動的合成與分解得L＝vtcosθy0＝－r（1－cosθ），y0＝vtsinθ－12at聯(lián)立得E＝2qB02d2mL（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，將離子進(jìn)入Ⅱ區(qū)的初速度沿平行x軸和平行y軸分解，則有vx＝vcosθ、vy＝vsinθ，則離子在平行y軸方向的運(yùn)動與（2）中完全相同，離子在垂直y軸的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示.設(shè)左側(cè)部分的圓心角為α，圓周運(yùn)動的半徑為r'，運(yùn)動軌跡長度為l'，由幾何關(guān)系得α＝π3，l'＝α2π×2πr'＋α＋離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動時間不變，故有l(wèi)'vC到O1的距離s＝2r'sinα＋r'聯(lián)立得s＝6（31.[2024福建寧德模擬/多選]圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（未畫出），半徑OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于C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.一帶正電的粒子從A點(diǎn)以速度v0沿AO方向射入磁場，粒子剛好從C點(diǎn)離開磁場.不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（ABD）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vC.粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為πD.粒子在電場中運(yùn)動的總時間為2解析根據(jù)題意可知，粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場時，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)動軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對圓心角為π2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B＝mv02R，可得qm＝v0BR，故B正確；粒子從C點(diǎn)進(jìn)入電場后，先向右做勻減速運(yùn)動，再向左做勻加速運(yùn)動，再次到達(dá)C點(diǎn)時，速度的大小仍為v0，再次進(jìn)入磁場，運(yùn)動軌跡如圖乙所示，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t磁＝T2＝πR 2.[2023廣東六校第一次聯(lián)考]在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的平行雙邊界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示.已知磷離子在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°角后從磁場右邊界射出，磷離子質(zhì)量為m，帶電荷量為e，忽略重力影響.求：（1）磷離子進(jìn)入磁場時的速度大小v；（2）磁場寬度L.答案（1）2eUm（解析（1）根據(jù)動能定理可得eU＝12mv則磷離子進(jìn)入磁場時的速度大小v＝2（2）磷離子進(jìn)入磁場后，洛倫茲力提供向心力，有evB＝mv根據(jù)幾何知識可得L＝rsinθ解得L＝123.[2023南京六校聯(lián)合調(diào)研]如圖所示，已知邊長為L＝40cm的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)部存在勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，其上方存在電場強(qiáng)度為E＝100V/m的勻強(qiáng)電場，電場寬度也為L.從電場中P點(diǎn)以速度v0＝2×106m/s垂直電場向右射出一個帶正電的粒子，其比荷qm＝2×1011C/kg（重力不計(jì)），P、A、B在同一直線上，粒子經(jīng)過電場后從AD邊的中點(diǎn)進(jìn)入磁場.（1）求P、A間的距離；（2）若粒子從AB邊的中點(diǎn)射出磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）多次調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小使粒子均能從AD邊射出，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間.（取π≈3，2≈1.4，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）答案（1）0.1m（2）1×10－4T（3）1.9×10－7s解析（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則有L2＝v0xPA＝12·qEm可得P、A間的距離xPA＝0.1m（2）粒子到達(dá)AD邊時，vy＝qEmt＝2×106m/s，速度大小v＝2v0＝22×106m/s，速度方向與AD邊夾角為45°，斜向右下方進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m由幾何關(guān)系可得r＝2L4＝10所以B＝mvqr＝1×10－4（3）由幾何關(guān)系可知，粒子從AD邊射出時速度的方向均偏轉(zhuǎn)α＝3π2，t＝αr粒子軌跡與AB邊相切時，半徑最大此時，rm＋rmsin45°＝L聯(lián)立可得最長時間tm＝1.9×10－7s.4.[高考新動向/2023遼寧]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的3倍.金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場.已知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv（1）求金屬板間電勢差U.（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角θ.（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動時間最長.定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M.答案（1）mv023q（2）60°解析（1）設(shè)平行金屬板間距為d，則平行金屬板板長為3d粒子在兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動水平方向：3d＝v0t豎直方向：12d＝v又vy＝Ud·q聯(lián)立解得U＝m（2）粒子進(jìn)入磁場時的速度v＝v02＋v設(shè)v與水平方向的夾角為α，則tanα＝vyv0＝33由qvB＝mv2r得，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r已知磁場圓半徑R＝2mv03qB作出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，如圖1所示粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等，由幾何關(guān)系可得tanθ2＝Rr故θ＝60°（3）根據(jù)幾何關(guān)系，將磁場圓繞O'點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)O點(diǎn)轉(zhuǎn)到M點(diǎn)，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡相應(yīng)的弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運(yùn)動時間最長.作出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的磁場圓的圓心M，如圖2所示.5.[多次進(jìn)出電磁場問題/2023山東]如圖所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場.一個質(zhì)量