2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分第11講帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案

PAGE16-第11講帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．各類場的特征．場力的特征做功特點重力場大小：G＝mg方向豎直向下做功與路徑無關(guān)靜電場大?。篎＝Eq正電荷受到的電場力F與E同向做功與路徑無關(guān)磁場洛倫茲力F洛＝Bqv，運用左手定則推斷力的方向洛倫茲力不做功2.分析方法．1.(2024·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面對里．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)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是()A．ma＞mb＞mcB．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mbD．mc＞mb＞ma解析：設(shè)電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B、三個微粒的帶電量均為q，它們受到的電場力Eq方向均豎直向上．微粒a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，有Eq＝mag；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，有Eq＋Bqvb＝mbg；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，有Eq－Bqvc＝mcg；可得：mb＞ma＞mc.答案：B2．[2024·新高考卷Ⅰ(山東卷)]某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示．M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔．以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充溢沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小、電場強度大小分別為B和E.一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從a孔飄入電場(初速度視為零)，經(jīng)b孔進入磁場，過P面上的c點(圖中未畫出)進入電場，最終打到記錄板Q上．不計粒子重力．(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標；(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(用R、d表示)；(4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質(zhì)子eq\o\al(1,1)H、氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He的位置，請寫出這三個點分別對應(yīng)哪個粒子(不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導(dǎo)過程)．解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域Ⅰ中，做勻速圓周運動對應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2,①在區(qū)域Ⅰ中，粒子做勻速圓周運動，磁場力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，②聯(lián)立①②式得R＝eq\f(\r(2mqU),qB).③由幾何關(guān)系得d2＋(R－L)2＝R2，④cosα＝eq\f(\r(R2－d2),R)，⑤sinα＝eq\f(d,R)，⑥聯(lián)立①②④式得L＝eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2).⑦(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓其次定律得qE＝ma，⑧粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得vz＝vcosα，⑨d＝vzt，⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式得x＝eq\f(1,2)at2，?聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩?式得x＝eq\f(md2E,4mU－2qd2B2).?(3)設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y′，由運動學(xué)公式得y′＝vtsinα，?由題意得y＝L＋y′，?聯(lián)立①④⑥⑨⑩??式得y＝R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2)).?(4)s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He、質(zhì)子eq\o\al(1,1)H的位置．答案：(1)eq\f(\r(2mqU),qB)eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2)(2)eq\f(md2E,4mU－2qd2B2)(3)R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2))(4)s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He、質(zhì)子eq\o\al(1,1)H的位置3．(2024·北京卷)如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導(dǎo)線MN，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面．假設(shè)導(dǎo)線沿徑向勻稱射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e.不考慮出射電子間的相互作用．(1)可以用以下兩種試驗方案測量出射電子的初速度：a．在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；b．在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強磁場．當電壓為U0或磁感應(yīng)強度為B0時，剛好沒有電子到達柱面．分別計算出射電子的初速度v0.(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為a、長度為b的金屬片，如圖乙所示．在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為I，電子流對該金屬片的壓強為P.求單位長度導(dǎo)線單位時間內(nèi)出射電子的總動能．解析：(1)a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓U0，粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，依據(jù)動能定理有－eU0＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m)).b．在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0時，剛好沒有電子到達柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，依據(jù)幾何關(guān)系有2r＝R，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，則有B0qv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得v0＝eq\f(B0qR,2m).(2)設(shè)單位長度導(dǎo)線單位時間射出n個電子，則單位時間金屬板接收電子數(shù)為N＝neq\f(ab,2πR)，I＝Ne，電子撞擊后減速至0，依據(jù)動量定理0－Ntmv0＝－pabt，Ek＝neq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).聯(lián)立各式解得Ek＝eq\f(πRaebp2,mI).答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(B0qR,2m)(2)eq\f(πRaebp2,mI)考點一電磁場技術(shù)的應(yīng)用裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器溝通電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r確定，與加速電壓無關(guān)續(xù)上表裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，與q的大小、電性均無關(guān)磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝Bdv0電磁流量計eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(U,DB)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)霍爾效應(yīng)當磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差(2024·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間相互作用．求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比．解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(veq\o\al(2,1),R1)，②由幾何關(guān)系知2R1＝l，③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1).④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，⑤q2v2B＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R2)，⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)，⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4.⑧答案：(1)eq\f(4U,v1l)(2)1∶4考向質(zhì)譜儀1.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11B．12C．121D．144解析：帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確．答案：D考向回旋加速器2.(多選)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽視．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻溝通電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度與D形盒半徑R有關(guān)B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與溝通電頻率f成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不變更磁感應(yīng)強度B和溝通電頻率f，經(jīng)該回旋加速器加速的各種粒子的最大動能不變解析：質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B錯誤；依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，故C正確；因經(jīng)回旋加速器加速的粒子最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，故D錯誤．答案：AC考向速度選擇器3．如圖所示為探討某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以肯定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑．在垂直于紙面對里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點．關(guān)于該粒子(不計重力)，下列說法正確的是()A．粒子帶負電B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E)D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)解析：在垂直于紙面對里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，依據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當電場和磁場同時存在時qvB＝Eq，解得v＝eq\f(E,B)，選項B錯誤；在磁場中時，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)＝eq\f(E,B2r)，故選項D正確，C錯誤．答案：D考向電磁流量計4.醫(yī)生做某些特別手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是勻稱的．運用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正、負離子隨血液一起在磁場中運動，電極ab之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽視，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正解析：由于正、負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以推斷電極a帶正電，電極b帶負電．血液流淌速度可依據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0，即qvB＝qE得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，A正確．答案：A考向霍爾元件5．(2024·天津卷)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U，以此限制屏幕的熄滅．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：電流方向向右，電子向左定向移動，依據(jù)左手定則推斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A項錯誤；由電子受力平衡可得eeq\f(U,a)＝evB，解得U＝Bva，所以前、后表面間的電壓U與v成正比，前、后表面間的電壓U與c無關(guān)，故B、C兩項錯誤；穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，即evB＝eeq\f(U,a)，故D項正確．答案：D考點二帶電粒子在組合場中的運動1．組合場．電場與磁場各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．(1)先電場、后磁場．①先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖甲、乙所示)．在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度．②先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖丙、丁所示)．在電場中利用平拋運動學(xué)問求粒子進入磁場時的速度．(2)先磁場、后電場．對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種狀況：①進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．②進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．2．疊加場．(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，則帶電體將做困難的曲線運動，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，則帶電體做困難的曲線運動，可用動能定理求解．(3)電場力、磁場力、重力并存．①若三力平衡，帶電體做勻速直線運動．②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動．③若合力不為零，帶電體可能做困難的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解．3．分析思路，“3步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題．第1步：分階段(分過程)依據(jù)時間依次和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段．第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動．第3步：用規(guī)律．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對外．一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)電壓U加速后的速度大小為v.由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，②粒子的運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r，③聯(lián)立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2).④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°，⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)，⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3))).⑦答案：(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))考向磁場與磁場的組合1.如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時起先計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)(1)粒子運動的時間；(2)粒子與O點間的距離．解析：(1)在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qB0v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R1)，①qλB0v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R2).②設(shè)粒子在x≥0區(qū)域運動的時間為t1，則t1＝eq\f(πR1,v0)，③粒子在x<0區(qū)域運動的時間為t2，則t2＝eq\f(πR2,v0)，④聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ))).⑤(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d＝2(R1－R2)＝eq\f(2mv0,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ))).答案：(1)eq\f(πm,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ)))(2)eq\f(2mv0,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ)))考向電場與磁場組合類型A先電場、后磁場2.(2024·天津卷)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面對里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向起先運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比．解析：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t，①L＝eq\f(1,2)at2.②設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at，③設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)，④聯(lián)立①②③④式得α＝45°，⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上．設(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0.⑦(2)設(shè)電場強度為E，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓其次定律可得F＝ma，⑧又F＝qE，⑨設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，⑩由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)L，?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2).?答案：(1)eq\r(2)v0，速度方向與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)類型B先磁場、后電場3.在如圖所示的坐標系中，第一和其次象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面對里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標為(0，l)；n點為y軸負半軸上的一點，坐標未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以肯定的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點．粒子的重力忽視不計．求：(1)粒子在p點的速度大?。?2)第三和第四象限內(nèi)的電場強度的大?。?3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過x軸的總時間．解析：粒子在復(fù)合場中的運動軌跡如圖所示．(1)由幾何關(guān)系可知rsin45°＝l，解得r＝eq\r(2)l.又因為qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，可解得v0＝eq\f(\r(2)Bql,m).(2)粒子進入電場在第三象限內(nèi)的運動可視為平拋運動的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標為(－x1，0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點的時間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(eq\r(2)＋1)l，在n點有v2＝eq\f(\r(2),2)v1＝eq\f(\r(2),2)v0.由類平拋運動規(guī)律有(eq\r(2)＋1)l＝eq\f(\r(2),2)v0t2，eq\f(\r(2),2)v0＝at2＝eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立以上方程解得t2＝eq\f(（\r(2)＋1）m,qB)，E＝eq\f(（\r(2)－1）qlB2,m).(3)粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，粒子第一次在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)，粒子在電場中運動的時間為2t2＝eq\f(2（\r(2)＋1）m,qB)，粒子其次次在磁場中運動的時間為t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)，故粒子從起先到第三次通過x軸所用時間為t＝t1＋2t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB).答案：(1)eq\f(\r(2)Bql,m)(2)eq\f(（\r(2)－1）qB2l,m)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)＋2\r(2)＋2))eq\f(m,qB)考向疊加場類型A磁場力、重力并存4.(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球