高考物理二輪復(fù)習專題12 帶電粒子在組（復(fù)）合場中的運動（解析版）

第頁碼頁碼頁/總NUMPAGES總頁數(shù)總頁數(shù)頁EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習熱點題型歸納與提分秘籍專題12帶電粒子在組（復(fù)）合場中的運動目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點題型歸納 1【題型一】帶電粒子在組合場中的運動 1【題型二】帶電粒子在復(fù)合場中的應(yīng)用 9【題型三】帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動 13【題型四】帶電粒子在（復(fù)合）疊加場中的運動 20二、高考題型標準練 26一、熱點題型歸納【題型一】帶電粒子在組合場中的運動【題型解碼】(1)帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做勻速圓周運動；(2)明確各段運動性質(zhì)，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大?。镜淅治?】(2020·河南洛陽市一模)如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1＝100V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D＝34.6cm的勻強磁場區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L＝20cm，兩板間距d＝17.3cm，重力忽略不計．求：(1)帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v1；(2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2；(3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少為多少．【答案】(1)1.0×104m/s(2)100V(3)0.1T【解析】(1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速，根據(jù)動能定理：qU1＝eq\f(1,2)mv12解得：v1＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1.0×104m/s.(2)帶電微粒的運動軌跡如圖所示，由類平拋運動知，帶電微粒在水平方向上做勻速直線運動，水平方向：t＝eq\f(L,v1)帶電微粒在豎直方向上做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2豎直方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，v2＝at＝eq\f(qU2,dm)·eq\f(L,v1)由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(qU2L,dmv\o\al(12))＝eq\f(U2L,2dU1)則U2＝eq\f(2dU1,L)tanθ代入數(shù)據(jù)得：U2≈100V(3)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒恰好不會由磁場右邊射出時，軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知R＋eq\f(R,2)＝D，得：R＝eq\f(2D,3)設(shè)微粒進入磁場時的速度為v′，v′＝eq\f(v1,cos30°)由牛頓運動定律及運動學規(guī)律qv′B＝eq\f(mv′2,R)得：B＝eq\f(mv′,qR)＝eq\f(m,\f(2,3)qD)·eq\f(v1,cos30°)，代入數(shù)據(jù)解得B≈0.1T若帶電粒子不射出磁場，磁感應(yīng)強度B至少為0.1T.【典例分析2】.(2020·廣西桂林市調(diào)研)如圖所示，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°角的有界勻強電場，電場強度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R.該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點.不計粒子的重力.(1)畫出粒子在磁場和電場中運動軌跡的草圖并求出粒子的比荷大?。?2)求出電場強度E的大小和粒子第五次經(jīng)過直線MN上O點時的速度大小；(3)求該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間t.【答案】(1)見解析圖eq\f(v,BR)(2)vBeq\r(5)v(3)eq\f(2R,v)(2＋π)【解析】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)(2)由幾何關(guān)系得Oc＝2eq\r(2)R粒子從c到O做類平拋運動，且在垂直、平行電場方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R類平拋運動的時間為t3＝eq\f(s⊥,v)＝eq\f(2R,v)又s∥＝eq\f(1,2)at32＝eq\f(qE,2m)t32又R＝eq\f(mv,qB)聯(lián)立解得E＝vB粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qvB,m)v2＝at3＝eq\f(a·2R,v)＝2vv1＝v粒子第五次過MN進入磁場后的速度大小v′＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(5)v(3)粒子在磁場中運動的總時間為t1＝eq\f(2πR,v)粒子做直線運動的時間為t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qvB)＝eq\f(2R,v)聯(lián)立得粒子從出發(fā)到再次到達O點所需時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π).【典例分析3】（2021屆保山市智源中學三月月考）如圖所示為真空中某豎直平面內(nèi)的xOy坐標系．已知在x<0區(qū)域有勻強磁場B(方向如圖所示，大小未知)，在第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場E1(大小未知)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從點A(0，－l)垂直于y軸以速度v0射入第三象限，做勻速圓周運動從點C(0，l)垂直于y軸射入第一象限，在第一象限內(nèi)做曲線運動并從點D穿過x軸進入第四象限，通過D點時的速度為v1(大小未知)，v1的方向與x軸正方向成θ＝45°角，不考慮粒子的重力，則：(1)請確定勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大??；(2)請確定勻強電場的電場強度E1的大小和D點的坐標(用l表示)；(3)若粒子經(jīng)過D點后立即進入一個場強為E2的矩形勻強電場，在該電場的作用下可以返回A點并沿固定路線做周期性運動，請確定該電場存在的最小區(qū)域及E2的大小和方向．【答案】(1)B＝eq\f(mv0,ql)(2)E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)D點坐標為(2l,0)(3)見解析【解析】(1)由題，粒子在二、三象限內(nèi)做勻速圓周運動，可知其軌跡圓心為點O，半徑為l，qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),l)(1分)解得：B＝eq\f(mv0,ql)(1分)(2)由題知，粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，豎直位移為l，水平位移即為D點橫坐標xD，有：a＝eq\f(qE1,m)(1分)l＝eq\f(1,2)at2(1分)xD＝v0t(1分)tanθ＝eq\f(v1y,v0)(1分)v1y＝at(1分)解得：xD＝2l，E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)(1分)D點坐標為(2l,0)(1分)(3)若要使該粒子可以返回A點并沿固定路線做周期性運動，則應(yīng)滿足：v1的水平分量v1x需反向且大小為v0，v1的豎直分量v1y需減小為零．由題及(2)知：v1x＝v0，v1y＝v0(1分)由于E2為勻強電場，所以粒子在第四象限內(nèi)做勻變速運動，設(shè)粒子在x方向的加速度大小為ax，位移為sx，在y方向的加速度大小為ay，位移為sy，則有：v1x－axt′＝－v0(1分)v1y－ayt′＝0(1分)sx＝v1xt′－eq\f(1,2)axt′2＝0(1分)sy＝v1yt′－eq\f(1,2)ayt′2＝l(1分)設(shè)E2在x負方向的分量為E2x，y方向的分量為E2y，E2與x負方向的夾角為α，則有：qE2x＝maxqE2y＝may(1分)E2＝eq\r(E\o\al(2,2x)＋E\o\al(2,2y))(1分)tanα＝eq\f(E2y,E2x)(1分)解得：E2＝eq\f(\r(5)mv\o\al(2,0),2ql)，α＝arctaneq\f(1,2)(如圖所示)(1分)設(shè)粒子達到電場最右端時與D點的水平距離為s′x，則s′x＝eq\f(v1x,2)t″，其中t″＝eq\f(t′,2)∴s′x＝eq\f(l,2)(1分)勻強電場為矩形區(qū)域，四個頂點分別為(2l,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，0))，(2l，－l)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，－l)).(1分)【提分秘籍】1.正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”帶電粒子的“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB＝qv0B，F(xiàn)B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運動vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22.解題步驟(1)受力分析，關(guān)注幾場組合；(2)運動分析，構(gòu)建模型；(3)分析過程，選用規(guī)律.【強化訓練】1.(2020·浙江嘉興市期末)如圖所示，在xOy平面內(nèi)虛線AB與y軸成夾角θ＝30°，在AB左側(cè)存在電場強度大小為E、方向平行于x軸向左的勻強電場，AB右側(cè)某個區(qū)域存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，A點處于磁場的邊界上，現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v(0<v≤eq\f(E,B))垂直于AB從A點射入磁場，所有粒子通過直線AB時，速度方向均平行于y軸向下，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．求：(1)所有帶電粒子在磁場中運動的時間；(2)速度最大的粒子從A點開始射入磁場至返回y軸所用的時間；(3)磁場區(qū)域的最小面積．【答案】見解析【解析】根據(jù)題意，粒子運動軌跡如圖，所有粒子通過直線AB時，速度方向均平行于y軸向下．由幾何關(guān)系可知所有粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的圓弧對應(yīng)的圓心角均為120°，設(shè)速度最大的粒子圓周運動的半徑為Rm，圓弧對應(yīng)的圓心為O′.(1)設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，粒子在磁場中運動的時間為t1，則qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，t1＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3Bq)(2)速度最大的粒子在磁場中的運動半徑為Rm＝eq\f(mvm,Bq)則粒子出磁場后做勻速直線運動的時間為t2＝eq\f(\r(3)Rm,vm)＝eq\f(\r(3)m,Bq)粒子從虛線進入電場后的水平位移為Δx＝eq\f(Rm＋2Rm,2)＝eq\f(3Rm,2)根據(jù)位移時間公式有eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t32＝Δx則粒子在電場中的運動時間為t3＝eq\f(\r(3)m,Bq)故t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2π＋6\r(3)m,3Bq)(3)扇形AO′M的面積為S1＝eq\f(πRm2,3)三角形AO′M的面積為S2＝eq\f(\r(3),4)Rm2所以磁場區(qū)域的最小面積為S＝S1－S2＝(eq\f(π,3)－eq\f(\r(3),4))eq\f(m2E2,B4q2)2．(2020·浙江杭高5月測試)如圖所示，在xOy坐標系中，在y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，在d<y<2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的邊界，在y＝2d處放置一垂直于y軸的足夠大金屬擋板ab，帶電粒子打到板上即被吸收．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0由坐標原點O處沿x軸正方向射入電場，已知電場強度大小為E＝eq\f(3mv02,2qd)，粒子的重力不計．(1)要使粒子不打到擋板上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？(2)通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，可讓粒子剛好通過點P(4d,0)(圖中未畫出)，求磁感應(yīng)強度的大小．【答案】(1)B>eq\f(3mv0,qd)(2)eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)或eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd)【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，則有Eq＝ma，d＝eq\f(1,2)at2x＝v0t，vy＝atv＝eq\r(v02＋vy2)，tanθ＝eq\f(vy,v0)代入數(shù)據(jù)，得θ＝60°，v＝2v0，x＝eq\f(2\r(3),3)d帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，若恰好打到擋板上時，根據(jù)幾何關(guān)系可知Rcos60°＋R＝d，可得R＝eq\f(2,3)d由于qvB＝eq\f(mv2,R)，可得B＝eq\f(3mv0,qd)因此若使粒子打不到擋板上，應(yīng)滿足B>eq\f(3mv0,qd)(2)根據(jù)對稱性，粒子第一次回到x軸時前進的距離Δx＝2x－eq\r(3)R＝eq\f(4\r(3),3)d－eq\r(3)R調(diào)節(jié)磁場使得0<R<eq\f(2,3)d因此可得eq\f(2\r(3),3)d<Δx<eq\f(4\r(3),3)d因此通過P(4d,0)點，回旋的次數(shù)n＝eq\f(4d,Δx)因此n只能取2或3，當n＝2時，磁感應(yīng)強度B＝eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)當n＝3時，磁感應(yīng)強度B＝eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd).【題型二】帶電粒子在復(fù)合場中的應(yīng)用【題型解碼】【典例分析1】（2021屆遼寧省大連市三十八中高三期末）同位素質(zhì)譜儀是分離和檢測不同同位素的儀器。如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖。若互為同位素的三個粒子從處無初速度釋放進入電場，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，垂直磁場邊界從處進入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在底片上，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A．質(zhì)量大的粒子由電場進入磁場時的速度大B．比荷大的粒子打在底片上的位置離遠C．質(zhì)量大的粒子打在底片上的位置離遠D．某一粒子打在底片上的位置到的距離與成正比【答案】CD【解析】A．根據(jù)動能定理有得由于互為同位素的粒子所帶電荷量相同，因此質(zhì)量大的粒子進入磁場時的速度小，A錯誤；BC．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，半徑粒子打在底片上的位置與的距離由此可知，質(zhì)量大的粒子打在底片上的位置離遠，比荷大的粒子打在底片上的位置離近，C正確，B錯誤；D．對某一粒子而言，打在底片上的位置與的距離即x與成正比，D正確。故選CD?！镜淅治?】（2021屆福建省廈門市雙十中學高三月考）筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件．當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為．當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，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、后表面間的電壓與無關(guān)C．前、后表面間的電壓與成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【解析】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯誤?！咎岱置丶拷M合場、復(fù)合場中電磁技術(shù)的解題秘籍在電磁技術(shù)中，中學階段常見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、電磁流量計等。其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。所以我們應(yīng)化繁為簡研究實質(zhì)?！緩娀柧殹?.(2020·山西名校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq\r(3)R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A．eq\f(2U,R2B2) B．eq\f(4U,R2B2)C．eq\f(6U,R2B2) D．eq\f(3U,R2B2)【答案】C【解析】設(shè)離子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，離子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq\f(v2,r)，可求eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正確．2.(2020·浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考)為了打響碧水藍天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水(含有大量的正、負離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則()A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢低B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān)D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(πDU,4Q)【答案】D【解析】污水中正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向a表面偏轉(zhuǎn)，負離子向c表面偏轉(zhuǎn)，所以a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正、負離子受到電場力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài)，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，而污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q與U、D成正比，與L無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯誤；由Q＝eq\f(πUD,4B)可知，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正確?！绢}型三】帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動【題型解碼】1.先分析在一個周期內(nèi)粒子的運動情況，明確運動性質(zhì)，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響；2.畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關(guān)系方面的周期性．【典例分析1】(2020·安徽合肥市二模)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40N/C，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向.t＝0時刻，一帶正m/s的速度v，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10m/s2.求：(1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離；(2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大距離；(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的水平距離應(yīng)滿足的條件.【答案】(1)1.2m(2)2.48m(3)見解析【解析】(1)根據(jù)題意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N微粒所受電場力大小F＝qE＝8×10－3N因此重力與電場力平衡.微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.6m又T＝eq\f(2πR,v)得：T＝10πs則微粒在5πs內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO′時與O點的距離：L＝2R解得：L＝1.2m.(2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t＝5πs，軌跡如圖所示，位移大?。簒＝vt解得：x≈1.88m因此，微粒離開直線OO′的最大距離：H＝x＋R＝2.48m.(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足：L＝(2.4n＋0.6)m，n＝0,1,2，…P點在直線OO′上方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足：L＝(2.4n＋1.8)m，n＝0,1,2，…(若兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6)m，n＝1,2，…也可)【典例分析2】(2020·江蘇七市第二次調(diào)研)如圖甲所示，一對平行金屬板C、D相距為d，O、O1為兩板上正對的小孔，緊貼D板右側(cè)．存在上下范圍足夠大、寬度為L的有界勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，MN、GH是磁場的左、右邊界．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從O孔進入C、D板間，粒子初速度和重力均不計．(1)C、D板間加恒定電壓U，C板為正極板，求板間勻強電場的場強大小E和粒子從O運動到O1的時間t；(2)C、D板間加如圖乙所示的電壓，U0為已知量，周期T是未知量．t＝0時刻帶電粒子從O孔進入，為保證粒子到達O1孔具有最大速度，求周期T應(yīng)滿足的條件和粒子到達O1孔的最大速度vm；(3)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t′的變化關(guān)系如圖丙所示，B0為已知量，周期T0＝eq\f(πm,qB0).t′＝0時，粒子從O1孔沿OO1延長線O1O2方向射入磁場，始終不能穿出右邊界GH，求粒子進入磁場時的速度v應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)eq\f(U,d)deq\r(\f(2m,qU))(2)T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))eq\r(\f(2qU0,m))(3)v≤eq\f(2qBL,3m)【解析】(1)板間勻強電場的場強E＝eq\f(U,d)粒子在板間的加速度a＝eq\f(qU,md)根據(jù)位移公式有d＝eq\f(1,2)at2，解得t＝deq\r(\f(2m,qU))(2)粒子一直加速到達O1孔速度最大，設(shè)經(jīng)歷時間t0，則t0＝deq\r(\f(2m,qU0))≤eq\f(T,2)，解得T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))由動能定理有qU0＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2qU0,m))(3)當磁感應(yīng)強度分別為B0、2B0時，設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑分別為r1、r2，周期分別為T1、T2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB0＝meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(mv,qB0)且有T1＝eq\f(2πm,qB0)＝2T0同理可得r2＝eq\f(mv,2qB0)＝eq\f(r1,2)，T2＝eq\f(2πm,2qB0)＝T0故0～eq\f(T0,2)粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(T0,2)～T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，T0～eq\f(3T0,2)粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(3T0,2)～2T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，2T0～eq\f(5T0,2)粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(5T0,2)～3T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，3T0～eq\f(7T0,2)粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周后從左邊界飛出磁場，如圖所示，由幾何關(guān)系有r1＋r2≤L，解得v≤eq\f(2qBL,3m).【提分秘籍】1.變化的電場或磁場如果具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性.這種情況下要仔細分析帶電粒子的受力情況和運動過程，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動軌跡的草圖.2.解題思路【強化訓練】1.(2020·山東棗莊高三期末)如圖甲所示，平面直角坐標系中，0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形區(qū)域中存在交變勻強磁場，規(guī)定磁場垂直于紙面向里的方向為正方向，其變化規(guī)律如圖乙所示，其中B0和T0均未知．比荷為c的帶正電的粒子在點(0，l)以初速度v0沿＋x方向射入磁場，不計粒子重力．(1)若在t＝0時刻，粒子射入磁場，在t<eq\f(T0,2)的某時刻，粒子從點(l,2l)射出磁場，求B0的大?。?2)若B0＝eq\f(2v0,lc)，且粒子從0≤t≤eq\f(T0,2)的任一時刻射入磁場時，粒子離開磁場時的位置都不在y軸上，求T0的取值范圍．(3)若B0＝eq\f(2v0,lc)，T0＝eq\f(πl(wèi),v0)，在x>l的區(qū)域施加一個沿－x方向的勻強電場，在t＝eq\f(T0,4)時刻射入磁場的粒子，最終從入射點沿－x方向離開磁場，求電場強度的大小．【答案】(1)eq\f(v0,cl)(2)T0≤eq\f(πl(wèi),v0)(3)eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2，…)【解析】設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，則由題意得：c＝eq\f(q,m)(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律得：R＝lqv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R)解得：B0＝eq\f(v0,cl)(2)設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得：qv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R1)解得：R1＝eq\f(l,2)臨界情況為：粒子從t＝0時刻射入，并且軌跡恰好過(0,2l)點，粒子才能從y軸射出，如圖甲所示．設(shè)粒子做圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πl(wèi),v0)由幾何關(guān)系可知，在t＝eq\f(T0,2)內(nèi)，粒子軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為：θ＝π對應(yīng)粒子的運動時間為：t1＝eq\f(π,2π)T＝eq\f(1,2)T分析可知，只要滿足t1≥eq\f(T0,2)，就可以使粒子離開磁場時的位置都不在y軸上．聯(lián)立解得：T0≤T即T0≤eq\f(πl(wèi),v0)(3)由題意可知，粒子的運動軌跡如圖乙所示．設(shè)電場強度的大小為E，在電場中，設(shè)往復(fù)一次所用的時間為t3，以E的方向為正方向，則根據(jù)動量定理可得：Eqt3＝mv0－(－mv0)＝2mv0其中，t3＝(n＋eq\f(1,2))T0(n＝0,1,2…)解得：E＝eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2…)．2.(2020·福建廈門市3月質(zhì)檢)如圖甲所示，豎直線MN左側(cè)存在水平向右的勻強電場，MN右側(cè)存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，O點下方豎直距離d＝23.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板.現(xiàn)將一重力不計、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正電荷從O點由靜止釋放，經(jīng)過Δt＝eq\f(π,15)×10－5s后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過MN進入磁場.規(guī)定磁場方向垂直紙面向外為正，t＝0時刻電荷第一次通過MN.求：(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(1)勻強電場的電場強度E的大?。?2)t＝eq\f(4π,5)×10－5s時刻電荷與O點的豎直距離Δd；(3)電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需時間t.【答案】(1)7.2×103N/C(2)4.0cm(3)1.1×10－4s【解析】(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，有v0＝aΔt由牛頓第二定律得：Eq＝ma解得E＝eq\f(mv0,qΔt)≈7.2×103N/C(2)由qv0B＝meq\f(v02,r)，T＝eq\f(2πr,v0)得r＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)當磁場垂直紙面向外時，半徑r1＝eq\f(mv0,qB1)＝5cm周期T1＝eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(2π,3)×10－5s當磁場垂直紙面向里時，半徑r2＝eq\f(mv0,qB2)＝3cm周期T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(2π,5)×10－5s故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖甲所示：t＝eq\f(4π,5)×10－5s時刻電荷與O點的豎直距離Δd＝2(r1－r2)＝4.0cm(3)從電荷第一次通過MN開始計時，其運動周期為T＝eq\f(4π,5)×10－5s根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為4個，此時電荷沿MN運動的距離s＝4Δd＝16cm，則最后Δs＝7.5cm的距離如圖乙所示，有r1＋r1cosα＝Δs解得cosα＝0.5，則α＝60°故電荷運動的總時間t總＝Δt＋4T＋eq\f(1,3)T1＝eq\f(157π,45)×10－5s≈1.1×10－4s.【題型四】帶電粒子在（復(fù)合）疊加場中的運動【題型解碼】1.磁場力，重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．2.電場力、磁場力并存(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解．【典例分析1】(2020·河南鎮(zhèn)平一中模擬)—個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示，AB與電場線夾角θ＝30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm(取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．求：(1)說明微粒在電場中運動的性質(zhì)，要求說明理由；(2)電場強度的大小和方向；(3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少．【答案】(1)見解析(2)1.7×104N/C水平向左(3)2.8m/s【解析】(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB方向運動，重力和電場力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知電場力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運動．(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0解得電場強度為E＝1.7×104N/C即電場強度大小為1.7×104N/C，方向水平向左．(3)當微粒由A運動到B時的速度vB＝0時，微粒進入電場時的速度最小，由動能定理得mgLsinθ＋qELcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8m/s.【典例分析2】.(2020·江西重點中學聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，在豎直xOy平面內(nèi)0≤x≤L的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強電場，場強大小為E，垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；在L≤x≤2L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小也為E，垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小也為B；在2L≤x≤3L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為2E.一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的帶電小球從坐標原點以速度v0沿與x軸成45°射入，小球沿直線穿過0≤x≤L區(qū)域，在L≤x≤2L的區(qū)域運動一段時間后，沿垂直電場方向進入2L≤x≤3L區(qū)域．已知L、m、q、v0，重力加速度g未知，試求：(1)磁感應(yīng)強度B和電場強度E的大??；(2)小球離開電場的位置坐標．【答案】(1)eq\f(\r(2)mv0,2qL)eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)))【解析】(1)帶電小球在0≤x≤L區(qū)域做勻速直線運動，對其受力分析如圖，可知qE＝mgqE＝qv0Bsin45°，且小球帶正電則帶電小球在L≤x≤2L區(qū)域做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示，軌跡半徑為R由幾何關(guān)系可知R＝eq\f(L,sin45°)＝eq\r(2)L由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(2)mv0,2qL)，E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)帶電小球在2L≤x≤3L區(qū)域受力分析如圖，向上做類平拋運動，運動軌跡如圖，在2L≤x≤3L區(qū)域中運動時間為t，則有t＝eq\f(L,v0)類平拋運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律2qE－mg＝ma豎直方向偏轉(zhuǎn)位移為h，則有h＝eq\f(1,2)at2小球離開電場時的豎直高度為y，則有y＝R＋h，聯(lián)立解得y＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)則小球離開電場的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4))).【提分秘籍】1．解題思路(1)疊加場的組成特點：電場、磁場、重力場兩兩疊加，或者三者疊加．(2)受力分析：正確分析帶電粒子的受力情況，包括場力、彈力和摩擦力．(3)運動分析：勻速直線運動、勻速圓周運動、勻變速直線運動、類平拋運動、非勻變速曲線運動．(4)選規(guī)律，列方程：應(yīng)用運動學公式、牛頓運動定律和功能關(guān)系．2．三種典型情況(1)若只有兩個場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)．例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時、重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時、重力場與電場疊加滿足mg＝qE時．(2)若三場共存，合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直．(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝meq\f(v2,r).3．當帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．1.(2021·山東棗莊高三期末)在高度為H的豎直區(qū)域內(nèi)分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左；磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。在該區(qū)域上方的某點A，將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運動。已知重力加速度為g。(1)求小球平拋的初速度v0的大?。?2)若電場強度大小為E，求A點距該區(qū)域上邊界的高度h；(3)若令該小球所帶電荷量為－q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時間?！敬鸢浮?1)eq\f(mg,qB)(2)eq\f(E2,2gB2)(3)eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)【解析】(1)設(shè)小球進入復(fù)合場時，速度方向與水平方向成θ角，小球受力如圖甲，有qvBcosθ＝mg，v＝eq\f(v0,cosθ)解得v0＝eq\f(mg,qB)。(2)小球從A點拋出，進入復(fù)合場，由動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2解得h＝eq\f(E2,2gB2)。(3)設(shè)某時刻小球經(jīng)某處時速度為v，將其正交分解為vx、vy如圖乙，則小球受力如圖丙，在水平方向上，由動量定理∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0即BqH－Eqt＝mv0解得t＝eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)。2.(2020·百師聯(lián)盟4月沖刺卷)如圖所示，直角坐標系xOy所在豎直平面內(nèi)分布著場強大小相等的勻強電場，第一、二象限中場強方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為0.02kg、帶正電的微粒自坐標為(0，－0.4)的A點出發(fā)，與y軸成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內(nèi)做勻速直線運動，已知重力加速度g取10m/s2.求：(1)微粒第一次通過y軸時的縱坐標；(2)微粒運動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間(結(jié)果可用根式表示)；(3)微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量．【答案】(1)0.4m(2)eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)0.16J【解析】(1)微粒受力及運動過程分析如圖所示：微粒在第四象限內(nèi)沿與y軸成45°角勻速運動，有qE＝mgqvB＝eq\r(2)mg微粒在第一象限內(nèi)，重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，由qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝eq\f(\r(2),5)m由幾何關(guān)系得，微粒在第一象限恰好做了半個周期的圓周運動，故微粒第一次通過y軸時的縱坐標為0.4m(2)由A到B微粒做勻速直線運動：位移為x1＝0.4eq\r(2)m時間t1＝eq\f(x1,v)解得t1＝eq\f(\r(2),5)s由B到C微粒做勻速圓周運動：t2＝eq\f(πr,v)解得t2＝eq\f(\r(2)π,10)s由C到D微粒做勻速直線運動：位移為x2＝0.4eq\r(2)m時間t3＝eq\f(x2,v)解得t3＝eq\f(\r(2),5)s由D到E微粒做類平拋運動，軌跡交BA延長線于G點加速度方向沿D指向A，大小為a＝eq\r(2)g位移沿DA方向，大小為x3＝0.4eq\r(2)m由x3＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝eq\f(\r(2),5)s故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)只有在第三象限運動的過程，微粒動能有變化．從D到G，合外力做的功W＝eq\r(2)mg·x3由動能定理知，W＝ΔEk，解得動能的增加量為ΔEk＝0.16J二、高考題型標準練1.(2020·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當撤去磁場并保留電場時，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad＝bc＝eq\f(4\r(3),3)R，忽略粒子的重力。求：(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值eq\f(q,m)；(2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置。【答案】(1)eq\f(\r(3)v0,3BR)(2)ab邊上距b點eq\f(R,3)處【解析】(1)設(shè)勻強電場場強為E，當電場和磁場同時存在時，粒子沿ef方向做直線運動，有qv0B＝qE當撤去磁場，保留電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由題知，粒子恰能從c點飛出，則水平方向有2R＝v0t豎直方向有eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)at2因為qE＝ma解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,3BR)。(2)若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\r(3)R軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系得r＝Rtanθ得θ＝60°，故粒子離開矩形區(qū)域時在ab邊上的位置g與b的距離為x＝R－eq\f(1,2)bc·eq\f(1,tanθ)解得x＝eq\f(R,3)。2.(2020·福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，直角坐標系第二象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，第一象限中有豎直向上的勻強電場，大小均未知．一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從P(－1.2d,0)點以初速度v0射入磁場，速度方向與x軸負方向夾角為37°，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，從Q點進入第一象限時與y軸負方向夾角為53°，粒子在第一象限運動時，恰能與x軸相切．重力不計，求：(1)磁感應(yīng)強度大小(2)電場強度大小(3)粒子與x軸相切點的坐標【答案】(1)eq\f(mv0,qd)(2)eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)(eq\f(64,15)d,0)【解析】(1)粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，PQ恰為直徑，由幾何關(guān)系得：2Rsin37°＝1.2dqv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得：B＝eq\f(mv0,qd)(2)要恰能與x軸相切，則豎直方向速度為零時恰到x軸：(v0cos53°)2＝2a·2Rcos37°qE＝ma得：E＝eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)沿著x軸、y軸方向的運動分別為：x＝v0sin53°t2Rcos37°＝eq\f(v0cos53°,2)t得：x＝eq\f(64,15)d，即相切點的坐標為(eq\f(64,15)d,0)3.(2020·山東省普通高中學業(yè)水平等級模擬考試)如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直坐標平面向里。帶電微粒從x軸上M點以某一速度射入電磁場中，速度與x軸負半軸夾角α＝53°，微粒在第二象限做勻速圓周運動，并垂直y軸進入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為－q，OM間距離為L，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)勻強電場的電場強度E；(2)若微粒再次回到x軸時動能為M點動能的2倍，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為多少？【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))【解析】(1)微粒在第二象限做勻速圓周運動，則qE＝mg解得：E＝eq\f(mg,q)。(2)微粒垂直y軸進入第一象限，則圓周運動圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得：rsinα＝L洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,r)微粒在第一象限中運動時機械能守恒，有：mgr(1＋cosα)＝Ek－eq\f(1,2)mv2又因為Ek＝2×eq\f(1,2)mv2聯(lián)立以上各式解得：B＝eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))。4.(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)電子對湮滅是指電子e－和正電子e＋碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線．如圖所示，在豎直面xOy內(nèi)，第Ⅰ象限內(nèi)存在平行于y軸的勻強電場E，第Ⅱ象限內(nèi)存在垂直于平面xOy向外的勻強磁場B1，第Ⅳ象限內(nèi)存在垂直于平面xOy向外的矩形勻強磁場B2(圖中未畫出)．點A、P位于x軸上，點C、Q位于y軸上，且OA距離為L.某t0時刻，速度大小為v0的正電子e＋從A點沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點垂直y軸進入第Ⅰ象限，最后以eq\r(2)v0的速度從P點射出．同一t0時刻，另一速度大小為eq\r(2)v0的負電子e－從Q點沿與y軸正半軸成45°角的方向射入第Ⅳ象限，后進入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與P點出射的正電子e＋正碰湮滅，即相碰時兩電子的速度方向相反．若已知正負電子的質(zhì)量均為m、電荷量大小為e、電子重力不計．求：(1)第Ⅱ象限內(nèi)磁感應(yīng)強度的大小B1；(2)電場強度E及正電子從C點運動至P點的時間；(3)Q點的縱坐標及第Ⅳ象限內(nèi)矩形磁場區(qū)域的最小面積S.【答案】(1)eq\f(mv0,eL)(2)eq\f(mv\o\al(02),2eL)eq\f(2L,v0)(3)－4L2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))L2【解析】(1)由題意正電子從A點沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點垂直y軸射出，可知其在磁場中做勻速圓周運動的半徑：R1＝L又：ev0B1＝eq\f(mv\o\al(02),R1)，解得：B1＝eq\f(mv0,eL)(2)正電子在電場中做類平拋運動，運動時間為tCP，正電子在y軸方向受電場力作用做初速度為零的勻加速運動lOC＝lOA＝Lv1y＝a