新高考物理一輪復(fù)習(xí)刷題練習(xí)第78講 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動（含解析）

第78講帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．（2022?海南）有一個(gè)輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強(qiáng)度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場，則運(yùn)動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能【解答】解：帶電粒子在輻射電場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝mv帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝mv解得：r1=mv2qE運(yùn)動軌跡相同的粒子半徑相同，即它們具有相同的速度和比荷，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。2．（2022?河北）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示。金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0），初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）t＝0時(shí)刻釋放的粒子，在t=2πm（2）在0～6πmq（3）在M（4πE0mqB【解答】解：（1）t＝0時(shí)刻釋放的粒子，在t1=πm加速度大小為：a1=在t1時(shí)刻的速度大小為：v1＝a1t1代入數(shù)據(jù)解得：v1=此時(shí)沿y軸正方向的位移為：y1=解得：y1=πmqB0～2πmqB0解得：R1=π由于粒子在磁場中運(yùn)動周期T=2πmqB此時(shí)x方向的位移為：x1＝2R1=2π所以t=2πmqB0時(shí)刻的位置坐標(biāo)為（（2）t=2πmqB0時(shí)刻粒子速度方向沿從2πmqB0～3πmqB0設(shè)粒子經(jīng)過t2時(shí)間速度減速到0，則t2=v1a2，解得：t所以在3πmqB0時(shí)速度大小仍為v1，位置仍在（2πE0從4πmqB0～5πmqB0設(shè)在5πmqB0時(shí)速度大小為v2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：v2＝﹣v1+a解得：v2=2π從5πmqB0根據(jù)動能定理可得靜電力對t＝0時(shí)刻釋放的粒子所做的功：W=12mv解得：W=2m（3）根據(jù)前面的分析可知，粒子在0～t1時(shí)間內(nèi)加速的時(shí)間等于粒子在2πmqB0～3πmqB0時(shí)間內(nèi)減速運(yùn)動的時(shí)間的2倍，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛倫茲力提供向心力可知，在0～t設(shè)粒子在t′時(shí)刻開始加速，加速時(shí)間Δt，則在t1時(shí)刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′=粒子在4πmqB0時(shí)刻的速度大小為：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t在5πmqB0～6πmq若粒子恰好達(dá)到M點(diǎn)，則有：y2′+π2E解得：Δt=所以粒子釋放的時(shí)刻為：tmax＝t1﹣Δt=若粒子恰好達(dá)到x軸，則有：y2′＝y(tǒng)1′解得：Δt=所以粒子釋放的時(shí)刻為：tmin＝t1﹣Δt=故在0～6πmqB0時(shí)間內(nèi)，粒子在3?答：（1）t＝0時(shí)刻釋放的粒子，在t=2πmqB0時(shí)刻的位置坐標(biāo)為（（2）在0～6πmqB0（3）在M（4πE0mqB02一.知識回顧1.組合場概念：靜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，靜電場、磁場分時(shí)間段交替出現(xiàn)。2．三種場的比較項(xiàng)目名稱力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)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小：F＝qE方向：①正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同②負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反靜電力做功與路徑無關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢能磁場洛倫茲力大?。篎＝qvB方向：根據(jù)左手定則判定洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能3．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。(2)勻速圓周運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時(shí)粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。4．常見的基本運(yùn)動形式電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場示意圖受力情況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)sinθ＝eq\f(L,r)做功情況靜電力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷永不做功二.例題精析題型一：組合場（勻變速直線運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動）例1．如圖所示，從離子源產(chǎn)生的某種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場左邊界豎直。已知離子射入磁場的速度大小為v，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。（1）判斷這種離子的電性；（2）求這種離子的荷質(zhì)比qm（3）求MN之間的距離d。【解答】解：（1）由題意可知，離子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，離子剛進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，離子帶正電；（2）離子在電場加速過程，由動能定理得：qU=1解得，離子核質(zhì)比為：qm（3）離子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2MN間的距離：d＝2r，解得：d=4U答：（1）這種離子帶正電；（2）這種離子的荷質(zhì)比qm為v（3）MN之間的距離d為4UBv題型二：組合場（類平拋運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動）例2．一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；（2）求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；（3）若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6【解答】解：（1）粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中的軌跡為圓弧，整個(gè)軌跡上下對稱，故畫出粒子運(yùn)動的軌跡，如圖所示，（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，加速度大小為a，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ，運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑為R，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq＝ma①速度沿電場方向的分量為：v1＝at②垂直電場方向有：l′＝v0t③根據(jù)幾何關(guān)系可得：v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2根據(jù)幾何關(guān)系可得：l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式可得粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大?。簐0=2El'（3）根據(jù)幾何關(guān)系可得速度沿電場方向的分量：v1=v聯(lián)立①②③⑦⑧式可得該粒子的比荷：qm粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T=2πR粒子由M點(diǎn)到N點(diǎn)所用的時(shí)間：t′＝2t+2(π2聯(lián)立③⑦⑨?式可得：t′=BlE（1答：（1）定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡，如圖所示；（2）該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小為2El'Bl（3）該粒子的比荷為43El'B2l三.舉一反三，鞏固練習(xí)質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運(yùn)用所學(xué)知識設(shè)計(jì)了一個(gè)質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源O可產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同、質(zhì)量不同的粒子（初速度可視為0），經(jīng)電場加速后從板AB邊緣沿平行于板間方向射入，兩平行板AB與CD間存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，板間距為L，板足夠長，a、b粒子最終分別打到CD板上的E、F點(diǎn)，E、F到C點(diǎn)的距離分別為12A．58 B．2564 C．12【解答】解：畫出兩個(gè)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得ra2=(L2粒子在電場中加速階段，由動能定理有qU=粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，有Bqv=mv2r，所以r=1B故選：B。如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線與x軸正方向間夾角θ＝30°。虛線上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.75×10﹣3T。虛線下方到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強(qiáng)度E＝20N/C的勻強(qiáng)電場。一比荷qm=2×10A．該帶電粒子一定帶正電 B．OM之間的距離為2m C．粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.98m D．粒子第一次穿過虛線后能擊中x軸【解答】解：A、根據(jù)題目的描述可知，粒子進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子的洛倫茲力提供向心力，則q代入數(shù)據(jù)解得：r＝2m根據(jù)幾何關(guān)系可知，O點(diǎn)為粒子做圓周運(yùn)動的圓心，因此OM之間的距離也等于半徑，即為2m，故B正確；CD、將粒子進(jìn)入電場后的速度分解為水平和豎直方向，將粒子的加速度也分解為水平和豎直方向，則在豎直方向上：y=其中，a=聯(lián)立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.96m，無法擊中x軸，故CD錯(cuò)誤；故選：B。如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為d。一帶電量為q、質(zhì)量為m的負(fù)離子（重力不計(jì)）以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出。在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場（未標(biāo)出）。要使該負(fù)離子在磁場中運(yùn)動后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則（）A．磁場方向垂直紙面向里 B．磁場方向垂直紙面向外，向里都有可能 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mvD．在磁場中運(yùn)動時(shí)間為3【解答】解：AB、粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，離開電場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖：粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故AB錯(cuò)誤；C、對于拋物線運(yùn)動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tanα＝2tanβ＝2?yx=1，故α＝45又由于tanα=vyvx，故vy＝v0，v根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運(yùn)動的軌道半徑為R=2圓周運(yùn)動中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2解得B=mD、磁場中運(yùn)動時(shí)間為：t=34T＝T故選：C。如圖所示，氕11H、氘12H、氚13H三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U1（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2A．氕11H B．氘12【解答】解：設(shè)核子的質(zhì)量為m，帶電量為q，偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L，板間距離為d，板間電場強(qiáng)度為E，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，進(jìn)入磁場的速度為v，在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為y，速度偏轉(zhuǎn)角為θ。核子在加速電場運(yùn)動過程，由動能定理得：qU1=核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運(yùn)動，則有：L＝v0t沿極板方向做勻加速直線運(yùn)動，則有：y=12a由牛頓第二定律得：a=聯(lián)立解得：y=Utanθ=可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角θ均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進(jìn)入磁場的位置和速度方向均相同。進(jìn)入磁場的速度：v=核子在勻強(qiáng)磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB=m由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距s為：s＝2rcosθ聯(lián)立解得：s=氕11H、氘12H、氚故選：C。（多選）如圖所示，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。磁場左側(cè)有一平行y軸放置的熒光屏，相距為d的足夠大金屬薄板K、A平行于x軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點(diǎn)，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點(diǎn)正對P孔。電子源可以沿xOy平面向各個(gè)方向發(fā)射速率均為v0的電子，沿y軸進(jìn)入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2mA．K，A極板間的電壓大小為mvB．所發(fā)射電子能進(jìn)入P孔的電子源的長度為43C．熒光屏上能有電子到達(dá)的區(qū)域長度為R D．所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短為πR【解答】解：A．根據(jù)題意，電子在磁場運(yùn)動14evB=m電子在AK間運(yùn)動時(shí)有eU=1解得：U=3mB．如圖當(dāng)速度方向平行x軸發(fā)射的電子剛好可以進(jìn)入P，該電子就是電子源離中心點(diǎn)最遠(yuǎn)處發(fā)射的，設(shè)此處離中心點(diǎn)的距離為x，則x＝v0td=1eUd聯(lián)立解得：x=所以滿足條件的長度為l=2x=4C．由幾何關(guān)系得，進(jìn)入磁場的所有電子都平行x軸擊中熒光屏能從P進(jìn)入磁場的電子速度方向與OP的最大夾角為θsinθ=v解得：θ＝30°由幾何關(guān)系得y1＝R+Rsinθy2＝R﹣Rsinθ解得：L＝y(tǒng)1﹣y2＝R，故C正確；D．由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為α＝60°則所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短為tmin故選：BCD。（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），磁場邊緣上的A點(diǎn)有一帶正電粒子源，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)有范圍足夠大水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E。當(dāng)粒子的速度大小為v0且沿AO方向時(shí)，粒子剛好從B點(diǎn)離開磁場。不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）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v0C．粒子在磁場中運(yùn)動的總時(shí)間為πR2D．粒子在電場中運(yùn)動的總時(shí)間為2BR【解答】解：AB、粒子從B點(diǎn)離開磁場，由左手定則可知磁場方向垂直直面向外，根據(jù)幾何關(guān)系知粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，qvB＝mv02RCD、粒子從B點(diǎn)進(jìn)入電場向右做勻減速直線運(yùn)動，然后向左做勻加速直線運(yùn)動再次從B點(diǎn)進(jìn)入磁場，根據(jù)動量定理得，選向左為正方向，粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為；Eqt＝2mv0t=2mv0Eq故選：ABD。（多選）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)區(qū)域。氕核和氘核分別以相同的初動能Ek從平面MN上的P點(diǎn)水平向右射入Ⅰ區(qū)。Ⅰ區(qū)存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向下；Ⅱ區(qū)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。已知氕核、氘核的質(zhì)量分別為m、2m，電荷量均為+q，不計(jì)氕核和氘核的重力。下列說法正確的是（）A．氕核和氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度方向相同 B．氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度大小為10EC．氕核在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為5mED．氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時(shí)的位置相距2（2?1）【解答】解：A、第一次在電場中，粒子均做類平拋運(yùn)動，水平方向有：x＝v0t，豎直方向有：y=聯(lián)立解得：y=氕核、氘核具有相同的初動能和相同的電荷量，氕核、氘核在電場中的軌跡相同，即氣核和氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度方向相同，故A正確；B、氘核在電場中做類平拋，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：tan45°=根據(jù)動能的計(jì)算公式可得：Ek=根據(jù)牛頓第二定律可得：a2=豎直方向的速度大小為：vy2＝a2t2氘核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度大小為：v2=聯(lián)立解得：v2=5C、由B選項(xiàng)分析，同理可得氕核第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度大小為：v1=根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B＝mv解得：r1=mD、粒子在進(jìn)入磁場速度方向與水平方向夾角相同，設(shè)為α，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，則有：tanα＝2tan45°。設(shè)粒子在進(jìn)入磁場速度方向與MN的夾角為β，則：β＝α﹣45°可得：sinβ=粒子從進(jìn)入磁場到再次回到MN時(shí)與進(jìn)入磁場位置的距離：s＝2rsinβ氘核在磁場中的半徑：r2=則氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時(shí)的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2?故選：AD。如圖甲所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場；緊挨著豎直放置的兩平行金屬板，M板接地，中間有一狹縫。當(dāng)有粒子通過狹縫時(shí)N板有電勢，且隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。在圓形磁場P處的粒子發(fā)射裝置，以任意角射出質(zhì)量m、電荷量q、速率v0的粒子，在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等。從圓弧ab之間離開磁場的粒子均能打在豎直放置的N板上，粒子間的相互作用及其重力均可忽略不計(jì)。求這部分粒子。（1）在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間t；（2）到達(dá)N板上動能的最大值Ekm；（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場中的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等，此為“磁發(fā)散”模型，所有粒子出磁場的速度平行，且都垂直PO。根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝mv粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為：T′=由軌跡圖可知粒子從b點(diǎn)離開時(shí)，其軌跡圓心角最小為90°，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最短，則有：t=90°（2）粒子在磁場逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，且所有粒子從磁場離開進(jìn)入電場的速度大小均為v0，方向均與極板垂直，可知在電場中受到的電場力方向與速度方向在同一直線上，為了使粒子到達(dá)N板上動能最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得：qU0＝Ekm?解得最大動能為：Ekm＝qU0+1（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運(yùn)動，即粒子在極板中運(yùn)動的時(shí)間應(yīng)滿足：t1≤設(shè)MN間距離為d，粒子到達(dá)N板的最大速度為vm，則有：Ekm＝qU0+解得：vm=根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：d=聯(lián)立可得：d≤故要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離d應(yīng)滿足：0＜d≤T答：（1）在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間t為πm2qB（2）到達(dá)N板上動能的最大值Ekm為qU0+1（3）要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件為0＜d≤T如圖所示，坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)有場強(qiáng)大小為E，方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，第二象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面且與x軸相切于P點(diǎn)的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），P點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣3l0，0），電子a、b以大小相等的速度v=2eBl0m從P點(diǎn)射入磁場，b沿+y方向，a、b速度方向間的夾角為θ（1）求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）求a、b第1次通過磁場的時(shí)間差Δt；（3）a、b離開電場后途經(jīng)同一點(diǎn)A（圖中未畫出），求A點(diǎn)的坐標(biāo)及a從P點(diǎn)運(yùn)動至A點(diǎn)的總路程s。【解答】解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出電子b的運(yùn)動軌跡如圖中紅色軌跡所示，由題意知電子b在磁場中偏轉(zhuǎn)了π2，故電子b圓周運(yùn)動的軌跡為1evB=m已知：v=解得：R＝2l0則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2l0）；（2）由題意知電子a、b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場時(shí)速度相互平行均垂直于y軸，由“磁發(fā)散”模型可知圓形勻強(qiáng)磁場的半徑與電子圓周運(yùn)動的半徑相等均為R＝2l0，電子a的運(yùn)動軌跡如圖中藍(lán)色軌跡所示，由幾何關(guān)系可得電子a由P到C的軌跡圓心角α=π2?θb第1次通過磁場的時(shí)間：tb=a第1次通過磁場的時(shí)間：ta=a、b第1次通過磁場的時(shí)間差：Δt＝tb﹣ta=π（3）a、b進(jìn)入電場后先沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，速度為零后再反向做勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動對稱性可知a、b離開電場時(shí)速度大小仍為v，速度相互平行均垂直于y軸進(jìn)入磁場，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最高點(diǎn)離開磁場，即點(diǎn)A在P點(diǎn)的正上方。故A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：xA＝﹣3l0，A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：yA＝2R＝4l0，則A點(diǎn)的坐標(biāo)為：（﹣3l0，4l0）；由幾何關(guān)系可得：CD＝3l0﹣Rcosθ＝3l0﹣2l0cosθa在電場中的運(yùn)動路程為：s1＝2?v電子a在磁場由C到A的軌跡圓心角為β，由幾何關(guān)系可得：α+β＝π，則電子a在磁場中運(yùn)動總的軌跡長為半個(gè)圓周。故電子a在磁場中運(yùn)動總路程為：s2=12×2πR=2a從P點(diǎn)運(yùn)動至A點(diǎn)的總路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ+4eB2l0答：（1）Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2l0）；（2）a、b第1次通過磁場的時(shí)間差Δt為θmeB（