2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第2課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc

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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第2課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．帶電粒子在電場中常見的運動類型 (1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求解．對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd求解． (2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動分解的方法來處理． 2．帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型 (1)勻速直線運動：當(dāng)v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當(dāng)v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動． 3．復(fù)合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力． (2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力． 1．正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析． 2．靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解． 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解. 考向1　帶電粒子在疊加場中的運動 例1　如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問： 圖1 (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大??； (3)油滴在第一象限運動的時間． 審題突破　在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為θ＝45，重力、電場力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進入第一象限后做什么運動？ 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷， 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得： mg∶qE∶F＝1∶1∶. (2)由第(1)問得：mg＝qE qvB＝qE 解得：v＝＝4 m/s. (3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限． 由O→A勻速運動的位移為x1＝＝h 其運動時間：t1＝＝＝＝0.1 s 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T＝知， 由A→C的圓周運動時間為t2＝T＝≈0.628 s 由對稱性知從C→N的時間t3＝t1 在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝20.1 s＋0.628 s＝0.828 s 答案　(1)1∶1∶　油滴帶負(fù)電荷　(2)4 m/s (3)0.828 s 以題說法　帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 1．弄清疊加場的組成特點． 2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點． 3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律 (1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE. (2)若三場共存時，合力為零，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)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m. (4)當(dāng)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． 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場B和沿豎直方向的勻強電場E2(未畫出)，磁感應(yīng)強度B＝1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h＝3 m處有長為L＝0.91 m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電量q＝0.1 C的帶正電小球，以初速度v0＝0.6 m/s向左運動．此時平臺上方存在E1＝2 N/C的勻強電場，電場方向與水平方向成θ角，指向左下方，小球在平臺上運動的過程中，θ為45至90的某一確定值．小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運動．小球可視為質(zhì)點，g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)電場強度E2的大小和方向； (2)小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運動的最短時間； (3)小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點的范圍(計算結(jié)果可以用根號表示)． 答案　(1)10 N/C，方向豎直向上　(2) s　(3)距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi) 解析　(1)因為小球在MN邊界左側(cè)做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自身重力，有qE2＝mg 得E2＝10 N/C，方向豎直向上． (2)若θ＝90，小球勻速通過MN有最小速度： vmin＝0.6 m/s 若θ＝45，小球勻加速通過MN有最大速度． 此時E1qcos θ＝ma a＝＝2 m/s2 由v－v＝2aL可得：vmax＝2 m/s 綜合分析得：小球通過MN后的速度為0.6 m/s≤vA≤2 m/s 小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短， 根據(jù)Bqv＝m和T＝ 得：Rmax＝＝2 m T＝＝2π s， 因為sin θ＝＝，所以θ＝30 所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120， 所以小球在磁場中運動的時間t＝T＝ s. (3)小球落在N點左邊最大距離時，設(shè)到N點距離為x，則x＝Rmaxcos 30＝ m 小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin＝＝0.6 m 設(shè)小球落到N點右邊時，到N點的距離為s，小球落在N點右邊的最大距離由平拋運動得 h－2R′＝gt2 s＝v′t v′＝ s＝ 當(dāng)R′＝1 m時，s有最大值 因0.6 m≤R′≤1.5 m，故s＝ 成立 代入數(shù)據(jù)解得s＝ m 所以小球的落點在距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)． 考向2　帶電粒子在組合場中的運動分析 例2　為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限－10 cm≤x≤0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B，其大小為0.2 T；在第一象限內(nèi)有一電場強度方向沿y軸負(fù)方向且可沿x軸平移的條形勻強電場，其寬度d＝5 cm.在A(－6 cm,0)點有一粒子發(fā)射源，向x軸上方180范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v＝2.0106 m/s的負(fù)粒子，粒子的比荷為q/m＝2.0108 C/kg，不計算粒子的重力和相互作用． 圖3 (1)若粒子與x軸正方向成30角方向射入磁場，求該粒子在磁場中運動的時間； (2)求從A處發(fā)射的所有粒子中與＋y軸交點的最大值坐標(biāo)； (3)當(dāng)電場左邊界與y軸重合時滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后恰好平行x軸從其右邊界飛出，求勻強電場的電場強度E的大?。? (4)現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移，電場的寬度和電場強度E仍保持不變，能讓滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后從右邊界飛出，在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點的縱坐標(biāo)y0的關(guān)系式，并繪出圖線． 審題突破　粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運動的半徑一定，與x軸成30角方向射入時，對應(yīng)的圓心角是多少呢？A與粒子做圓周運動的軌跡和＋y軸交點的連線是弦，弦何時最大？你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系表達式嗎？ 解析　(1)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r， 由牛頓第二定律得qvB＝m 得r＝＝0.05 m＝5 cm 粒子在磁場中運動的周期為T＝＝10－7 s 如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡 由幾何關(guān)系得α＝60 t＝T＝10－7 s. (2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0，y1) 由幾何關(guān)系得(2r)2＝62＋y 得y1＝8 cm. (3)如圖所示，設(shè)粒子從磁場射出時速度方向與x軸的夾角為θ， 有sin θ＝，即θ＝37， 設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，t1＝ 設(shè)粒子的加速度大小為a，則a＝ vsin θ＝at1 聯(lián)立解得E＝＝1.92105 N/C. (4)如圖所示，帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運動，后做類平拋運動．電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系為 y1－(x0＋)tan θ＝y(tǒng)0， 即y0＝6.125－0.75x0(cm) 當(dāng)x0＝0時，從電場右邊界出射點的縱坐標(biāo)為y0＝6.125 cm， 當(dāng)y0＝0時，電場左邊界的橫坐標(biāo)為x0＝ cm. 圖線如圖所示． 答案　(1)10－7 s　(2)8 cm　(3)1.92105 N/C　(4)y0＝6.125－0.75x0(cm)　見解析圖 以題說法　設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下： (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律．在勻強磁場中做勻速圓周運動．在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動． (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理． (3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 如圖4所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場Ⅰ的場強方向豎直向下，PT下方的電場Ⅱ的場強方向豎直向上，電場Ⅰ的場強大小是電場Ⅱ的場強大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點Q，PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子，電量為＋q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點R進入勻強電場Ⅰ后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點的距離為2L.不計粒子的重力．試求： 圖4 (1)勻強電場Ⅰ的電場強度的大小和MT之間的距離； (2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失)，并返回Q點，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，求磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間． 答案　(1)　L　(2)B＝，n＝1,2，… ＋，n＝1,2，… 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E2電場進入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t2與t1，到達R時豎直速度為vy， 則由F＝qE＝ma， 2L＝v0t2， L＝v0t1， L＝t， E1＝2E2， 得E1＝ vy＝t2＝t1 MT＝t 聯(lián)立解得MT＝L. (2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為r，則 qv0B＝ (1＋2n)r＝a，n＝1,2，… 解得：B＝，　n＝1,2，… 由幾何關(guān)系可知t′＝3(2n＋)＝(3n＋)T n＝1,2,3… T＝＝ 代入B得T＝，n＝1,2，… t＝2t1＋2t2＋t′＝＋，n＝1,2，… 9．帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析 例3　(19分)如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子． 圖5 已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力．求： (1)t＝t0時，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時粒子回到原點，求0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值． 思維導(dǎo)圖 解析　(1)由粒子的比荷＝， 則粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0(1分) 則在0～t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝π(2分) 由牛頓第二定律qv0B0＝m(2分) 得r1＝(1分) 位置坐標(biāo)(，0)．(1分) (2)粒子t＝5t0時回到原點，軌跡如圖所示 r2＝2r1(2分) r1＝　r2＝(1分) 得v2＝2v0(1分) 又＝，r2＝(1分) 粒子在t0～2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t0～3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.(2分) (3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足： n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，…)(1分) r1＝　r2′＝(1分) 聯(lián)立以上各式解得v＝v0，(n＝1,2,3，…)(1分) 又由v＝v0＋(1分) 得E0＝，(n＝1,2,3，…)．(1分) 答案　(1)(，0)　(2)(＋)v0t0　(3)，(n＝1,2,3，…) 點睛之筆　變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性．這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運動過程、受力情況，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)的運動徑跡的草圖．  (限時：15分鐘，滿分：20分) (xx山東24)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． 　 圖6 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. 答案　(1)　(2)　(3)或 解析　(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1， 由牛頓第二定律得qv0B0＝① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d② 聯(lián)立①②式得B0＝③ (2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d⑤ 聯(lián)立④⑤式得a＝.⑥ (3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T＝⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0＝ ⑧ 由題意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子運動軌跡如圖所示， O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<θ<，由題意可知 T＝⑩ 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…) 若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時，無解? 當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<90的要求? 若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時，無解? 當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝arcsin(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<90的要求. (限時：45分鐘) 題組1　帶電粒子在疊加場中的運動 1．如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強磁場．在坐標(biāo)原點O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)和初速度為v0的帶電微粒．(已知重力加速度為g) 圖1 (1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運動．求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小和方向． (2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第Ⅰ象限，如圖乙所示．現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運動，則在保證電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積． 答案　(1)E＝，沿y軸正方向　B＝，垂直紙面向外　(2)(－1)R2 解析　(1)微粒沿x軸正方向運動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡． 設(shè)電場強度大小為E，由平衡條件得：mg＝qE 解得：E＝ 由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向 帶電微粒進入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑r＝R. 設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B. 由牛頓第二定律得：qv0B＝m 解得B＝，磁場方向垂直紙面向外． (2)沿y軸正方向射入的微粒，運動軌跡如圖所示： 以半徑R沿x軸正方向運動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運動的上邊界．以O(shè)點為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運動的圓心軌跡．微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運動，即半徑沿豎直方向．并且射出點距圓心軌跡上各點的距離為R，射出點的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積： S＝2(πR2－R2)＝(－1)R2. 題組2　帶電粒子在組合場中的運動分析 2．如圖2所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E＝1.5105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v0＝1.0106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m＝6.410－27 kg，電荷量q＝3.210－19 C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力．求： 圖2 (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度； (3)粒子在磁場中運動的最長時間．(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)0.2 m　(2)0.43 m　(3)2.110－7 s 解析　(1)電場中由動能定理得： qEd＝mv2－mv 由題意知d＝0.20 m，代入數(shù)據(jù)得 v＝2106 m/s 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動， qBv＝m 解得r＝＝0.2 m. (2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時，出電場時水平位移為x，則由平拋規(guī)律得： 解得x＝ m 離開電場時，sin θ1＝＝，θ1＝30. 由題意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到達P點，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點，Q為右邊界，QO″＝r，軌跡如圖． 范圍長度為l＝x＋r＝(＋0.2) m≈0.43 m. (3)T＝，由分析可知，OO′方向射出的粒子運動時間最長，設(shè)FG長度為L sin θ2＝＝，θ2＝30 帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120，對應(yīng)的最長時間為tmax＝T＝≈2.110－7 s 3．如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點O以初速度v0射出，粒子恰好經(jīng)過A點，O、A兩點長度為l，連線與坐標(biāo)軸＋y方向的夾角為α＝37，不計粒子的重力． 圖3 (1)若在平行于x軸正方向的勻強電場E1中，粒子沿＋y方向從O點射出，恰好經(jīng)過A點；若在平行于y軸正方向的勻強電場E2中，粒子沿＋x方向從O點射出，也恰好能經(jīng)過A點，求這兩種情況電場強度的比值. (2)若在y軸左側(cè)空間(第Ⅱ、Ⅲ象限)存在垂直紙面的勻強磁場，粒子從坐標(biāo)原點O，沿與＋y軸成30的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過A點，求磁感應(yīng)強度B. 答案　(1)　(2) 解析　(1)在電場E1中 lsin α＝t lcos α＝v0t1 在電場E2中 lcos α＝t lsin α＝v0t2 聯(lián)立解得＝. (2)設(shè)軌跡半徑為R，軌跡如圖所示． OC＝2Rsin 30 由幾何知識可得tan 30＝ 解得R＝l 又由qv0B＝ 得R＝ 聯(lián)立解得B＝ 方向垂直紙面向里． 題組3　帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析 4．如圖4a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷＝1106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過10－5 s后，電荷以v0＝1.5104 m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t＝0時刻)．計算結(jié)果可用π表示． a b 圖4 (1)求O點與直線MN之間的電勢差； (2)求圖b中t＝10－5 s時刻電荷與O點的水平距離； (3)如果在O點右方d＝67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間． 答案　(1)112.5 V　(2)4 cm　(3)3.8610－5 s 解析　(1)電荷在電場中做勻加速直線運動， 由動能定理Uq＝mv， U＝＝112.5 V. (2)當(dāng)磁場垂直紙面向外時，設(shè)電荷運動的半徑為r1 由B1qv0＝，得r1＝＝5 cm， 周期T1＝＝10－5 s. 當(dāng)磁場垂直紙面向里時，設(shè)電荷運動的半徑為r2 r2＝＝3 cm， 周期T2＝＝10－5 s 故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示 t＝10－5 s時刻電荷與O點的水平距離． Δd＝2(r1－r2)＝4 cm. (3)電荷第一次通過MN開始，其運動的周期T＝10－5 s， 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15個， 此時電荷沿MN運動的距離s＝15Δd＝60 cm，則最后7.5 cm的距離如圖所示， 有：r1＋r1cos α＝7.5 cm. 解得：cos α＝0.5，則α＝60， 故電荷運動的總時間 t總＝t1＋15T＋T1－T1≈3.8610－4 s.