（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 專題突破十 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動講義（含解析）.docx

專題突破十帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動命題點(diǎn)一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)2分析思路(1)劃分過程：將粒子運(yùn)動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵(3)畫運(yùn)動軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動分析，大致畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題3“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以vE進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以vB進(jìn)入勻強(qiáng)磁場受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋知識、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式Lvtyat2atanqvBmrTtsin做功情況電場力既改變速度方向，也改變速度的大小，對電荷要做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度的大小，對電荷永不做功物理圖象題型1“磁磁”組合例1(2018江蘇單科15)如圖1所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從O沿軸線射入磁場當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin530.8，cos530.6.圖1(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)動到O的時間t；(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動到O的時間增加t，求t的最大值答案(1)(2)(3)解析(1)粒子做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得qv0Bm，由題意知r0，解得B(2)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為.由幾何關(guān)系得drsin ，由洛倫茲力提供向心力得r，解得sin ，即53粒子在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間t1，解得t1直線運(yùn)動的時間t2則粒子從O運(yùn)動到O的時間t4t1t2()(3)設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動距離x.粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd則當(dāng)xmd時，t有最大值粒子直線運(yùn)動路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時間的最大值tm.題型2“電磁”組合例2(2018南通市、泰州市一模) 如圖2所示，兩邊界MN、PQ相互平行、相距為L，MN左側(cè)存在平行邊界沿紙面向下的勻強(qiáng)電場，PQ右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的區(qū)域足夠大質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從與邊界MN距離為2L的O點(diǎn)以方向垂直于邊界MN、大小為v0的初速度向右運(yùn)動，粒子飛出電場時速度方向與MN的夾角為45，粒子還能回到O點(diǎn)忽略粒子的重力，求：圖2(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；(2)粒子回到O點(diǎn)時的動能Ek；(3)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子從O點(diǎn)出發(fā)回到O點(diǎn)的時間t.答案(1)(2)mv(3)解析(1) 粒子向右通過電場的時間t1離開電場時沿電場方向的分速度vyv0tan 45在電場中運(yùn)動的加速度a由牛頓第二定律有qEma解得E.(2)粒子向右通過電場和向左進(jìn)入電場回到O點(diǎn)的過程可統(tǒng)一看成類平拋運(yùn)動，則粒子兩次經(jīng)過邊界MN的位置間的距離hv0t1atat4L由動能定理有qEhEkmv解得Ekmv.(3)粒子進(jìn)入磁場的速度vv0設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r，由幾何關(guān)系可知2rcos 45h2Ltan 45解得r3L由洛倫茲力提供向心力有qvB解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B粒子在磁場中運(yùn)動時間t2則粒子運(yùn)動的總時間t2t1t2解得t.命題點(diǎn)二帶電粒子(體)在疊加場中的運(yùn)動1帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)電場力、洛倫茲力、重力并存(初速度與磁場垂直)若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解例3(2018金陵中學(xué)等三校四模)如圖3所示，在豎直虛線PQ左側(cè)、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強(qiáng)電場和水平向外的勻強(qiáng)磁場，電場的電場強(qiáng)度大小為E，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知在距離MN為h的O點(diǎn)將帶電小球以v0的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運(yùn)動為勻速圓周運(yùn)動，已知重力加速度為g.圖3(1)求帶電小球的比荷，并指出小球的帶電性質(zhì)(2)若小球從O點(diǎn)拋出后最后剛好到達(dá)PQ上與O點(diǎn)等高的O1點(diǎn)，求OO1間最小距離s及對應(yīng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值B0.(3)已知磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，若撤去電場，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場中運(yùn)動過程距離MN的最大距離為d(該點(diǎn)在PQ左側(cè))，求小球經(jīng)過此點(diǎn)時的加速度a的大小答案(1)粒子帶正電(2)4(2)h(3)g解析(1)因?yàn)樾∏蛟贛N下方的運(yùn)動是勻速圓周運(yùn)動，所以電場力等于重力，電場力方向向上，所以帶正電因?yàn)橹亓Φ扔陔妶隽磎gqE，所以帶電小球的比荷(2)小球從O點(diǎn)拋出做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示：根據(jù)平拋運(yùn)動知識可得：xv0t，hgt2vygt，v2tan，解得45所以O(shè)O1間距離s2xRs最小時R最大，此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值B0.由圖可知s2xR2R，可得R2(2)h，故最小距離s4(2)h小球在MN下方做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，得qvBm，R所以B0(3)若撤去電場，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場中運(yùn)動過程距離MN的最大距離為d根據(jù)動能定理得：mg(hd)mvmv又qv1B1mgma所以ag.命題點(diǎn)三帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動例4(2018如皋市模擬四)如圖4甲所示，xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向t0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始運(yùn)動，此時速度大小為v0，方向?yàn)閤軸方向已知電場強(qiáng)度大小為E0，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0，不計粒子所受重力求：圖4(1)t0時刻粒子的速度大小v1及對應(yīng)的位置坐標(biāo)(x1，y1)；(2)為使粒子第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸時速度沿x方向，B0與E0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)t4nt0(n為正整數(shù))時刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x.答案見解析解析(1)0t0時刻，粒子在電場中做平拋運(yùn)動，沿著x軸正方向有：x1v0t0，沿著y軸正方向，有：vyat0，y1at，由牛頓第二定律，有qE0ma，運(yùn)動的速度大小v1，解得：v1，y1，故粒子的位置坐標(biāo)為(v0t0，)；(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，由牛頓第二定律，有qv1B0mr1，解得：T2t0；則粒子第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸前的軌跡如圖所示：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時，由洛倫茲力提供向心力，有：qv1B0m，由圖可知圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得到：r1sinv0t0，且v1cosv0，解得：v0.(3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為2t0，即在t02t0時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，在x方向上向左移動了x,2t0時刻速度大小仍為v1，方向與t0時刻速度方向相反，在2t03t0時間內(nèi)粒子做勻變速曲線運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，粒子運(yùn)動軌跡與0t0時間內(nèi)相同，3t0時刻速度大小為v0，方向沿著x軸負(fù)方向，在3t04t0時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動半圈，4t0時刻速度大小為v0，方向沿著x正方向，如圖所示；則04t0時間內(nèi)粒子在x方向上向左移動的距離為x2r1sin則粒子的橫坐標(biāo)xnx(n1,2，)1(2018無錫市高三期末)如圖5甲，xOy平面內(nèi)，以O(shè)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.一比荷大小為c的粒子以某一初速度從A(R,0)沿x方向射入磁場，并從B(0，R)射出不計粒子重力圖5(1)判定粒子的電性并求出粒子的初速度大小(2)若在原磁場區(qū)域疊加上另一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子從A以原初速度射入磁場，射出時速度方向與x軸成60，求所疊加的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度(3)若在平面內(nèi)加一個以O(shè)為圓心，從原磁場邊界為內(nèi)邊界的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，如圖乙粒子從A以原初速度射入磁場，從B射出后，在圓環(huán)形磁場中偏轉(zhuǎn)，從P(R，R)再次從圓環(huán)形磁場進(jìn)入圓形磁場，則圓環(huán)形磁場外徑應(yīng)滿足什么條件？求粒子運(yùn)動的周期答案見解析解析(1)由左手定則可知，粒子帶正電粒子運(yùn)動軌跡如圖(a)，由洛倫茲力提供向心力得qvB0m，解得vcB0R(2)粒子運(yùn)動軌跡如圖(b)，由幾何關(guān)系可知，粒子的軌道半徑變?yōu)镽1R由qvB可知，合磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小變?yōu)锽B0若所疊加磁場垂直于紙面向外，粒子從M射出，則根據(jù)B1B0B，有B1(1)B0若所疊加磁場垂直于紙面向里，粒子從N射出，則根據(jù)B1B0B，有B1(1)B0(3)粒子運(yùn)動軌跡如圖(c)，由幾何關(guān)系可知POB，粒子在圓環(huán)形磁場區(qū)的軌道半徑為R2R，則要求外徑RR22R2R粒子完成一個周期運(yùn)動滿足n2m，m、n均為正整數(shù)滿足條件的m、n的最小值m5、n12的周期為Tn.2.(2018南京市、鹽城市一模)如圖6所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，電場與水平方向成60角，同心大圓半徑為r，兩圓間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的最高點(diǎn)A處進(jìn)入電場，并從最低點(diǎn)C處離開電場不計粒子的重力求：圖6(1)該粒子從A處進(jìn)入電場時的速率；(2)偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)大??；(3)使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運(yùn)動，加速電壓的取值范圍答案見解析解析(1)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由圖可知粒子以v進(jìn)入磁場經(jīng)T的時間從內(nèi)圓最高點(diǎn)A處進(jìn)入電場由洛倫茲力提供向心力得Bqvm，由幾何關(guān)系得R解得v.(2)帶電粒子進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖乙所示由幾何知識和平拋運(yùn)動規(guī)律可得：2rcos 60vt，2rsin 60at2，Eqma解得E(3)帶電粒子經(jīng)加速電場獲得一定動能進(jìn)入磁場加速電場中由動能定理得U加qmv2，磁場中由洛倫茲力提供向心力得Bqvm解得U加使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運(yùn)動，經(jīng)分析R有三種臨界值，如圖丙所示當(dāng)粒子運(yùn)動半徑為R1r，則粒子的速度大小為v1r，加速電壓大小為U加1當(dāng)粒子運(yùn)動半徑為R2r，則粒子的速度大小為v2r，加速電壓大小為U加2當(dāng)粒子運(yùn)動半徑為R3r，則粒子的速度大小為v3r, 加速電壓大小為U加3所以加速電壓的取值范圍：0U加或U加. 3(2018蘇州市模擬)如圖7所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，其大小E1；在第二、第三象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小E2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放(重力加速度為g)圖7(1)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動后，第一次經(jīng)過y軸時速度的大小；(2)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動后，第二次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)；(3)若小球第二次經(jīng)過y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋1，方向不變，求小球第三次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)答案(1)(2)d(3)d解析(1)設(shè)小球在第一、四象限中的加速度為a，由牛頓第二定律得ma得到a，對小球受力分析知加速度方向斜向左下，設(shè)其方向與水平面夾角為，則tan，小球移動的位移x2d，所以經(jīng)過y軸時速度的大小為v0.(2)小球第一次經(jīng)過y軸后，在第二、三象限內(nèi)，由于qE2mg，電場力與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動，小球運(yùn)動軌跡如圖甲所示設(shè)軌跡半徑為R，由洛倫茲力提供向心力qv0Bm，得R由幾何關(guān)系知yR，OPdtand故小球第二次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)y1d.(3)從第二次經(jīng)過y軸到第三次經(jīng)過y軸過程，小球在第一、四象限內(nèi)的受力分析如圖乙所示由圖可知tan，則剛進(jìn)入第一象限時小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動，加速度a2g小球第三次經(jīng)過y軸時，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的關(guān)系可知v0t2gt2得小球運(yùn)動時間t小球第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸的距離為：yd故小球第三次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)為：y2y1yd.1(2018揚(yáng)州市一模)在如圖1所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為d，間距為d.電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求：圖1(1)電子通過磁場區(qū)域的時間t；(2)偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；(3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時才能打到熒光屏上答案(1)(2)(3)解析(1)電子在磁場區(qū)域由洛倫茲力提供向心力可得：evBm，得到：r運(yùn)動周期TOAC和OQC均為等腰直角三角形，故粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為90，故通過磁場區(qū)域的時間為tT.(2)打在最遠(yuǎn)處，則必是速度最大的電子恰從偏轉(zhuǎn)電場的最高點(diǎn)進(jìn)入電場，如圖所示，由幾何知識得rd，由r解得v通過電場的時間t1電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動到達(dá)M點(diǎn)，由幾何關(guān)系有：，又y1y2d解得y1d即td代入數(shù)據(jù)解得U.(3)若電子恰好打在下極板右邊緣，如圖所示磁場中r電場中水平方向：dvt豎直方向：rt2由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v.2.(2019高郵中學(xué)段考)北京正負(fù)電子對撞機(jī)是國際上唯一高亮度對撞機(jī)，它主要由直線加速器、電子分離器、環(huán)形儲存器和對撞測量區(qū)組成，其簡化原理如圖2所示：MN和PQ為足夠長的水平邊界，豎直邊界EF將整個區(qū)域分成左右兩部分，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外調(diào)節(jié)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以使正、負(fù)電子在測量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對撞經(jīng)加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D同時入射，入射方向平行EF且垂直磁場已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為8d，正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為e和e，忽略電子進(jìn)入加速器的初速度圖2(1)試判斷從注入口C入射的是哪一種電子？電子經(jīng)加速器加速后速度為v0，求直線加速器的加速電壓U；(2)若將區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為B，正、負(fù)電子以v1的速率同時射入，則正、負(fù)電子經(jīng)多長時間相撞？(3)若將區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為，正、負(fù)電子仍以v1的速率射入，但負(fù)電子射入時刻滯后于正電子t，求正、負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)答案(1)正電子(2)(3)(d，d)解析(1)由左手定則判斷，從C入射的為正電子，由動能定理eUmv，解得：加速電壓U(2)電子射入后的軌跡如圖甲所示電子在、區(qū)域中運(yùn)動時半徑相同，設(shè)為r，由洛倫茲力提供向心力eBv1m，解得：rd周期T對撞時間：tT(3)電子射入后的軌跡如圖乙所示電子在區(qū)域中運(yùn)動時半徑r1d，周期T1電子在區(qū)域中運(yùn)動時半徑r23d，周期T2，t設(shè)正、負(fù)電子在A點(diǎn)相撞，由幾何關(guān)系可知A與圓心的連線與水平方向夾角30，A的橫坐標(biāo)xr2cosd，A的縱坐標(biāo)y4dr2sind正、負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)為(d，d)3(2018海安中學(xué)月考)如圖3甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場勻強(qiáng)磁場分為、兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，區(qū)域高度為d，區(qū)域的高度足夠大，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(重力加速度為g)圖3(1)求電場強(qiáng)度E的大小；(2)若帶電小球運(yùn)動一定時間后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時距MN的高度h；(3)若帶電小球從距MN高度為3h的O點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動一定時間后仍能回到O點(diǎn)，需將磁場向下移動一定距離(如圖乙所示)，求磁場向下移動的距離y及小球從O點(diǎn)釋放到第一次回到O點(diǎn)的運(yùn)動時間T.答案見解析解析(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后恰能做勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，即qEmg，解得E(2)只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運(yùn)動，才能恰好回到O點(diǎn)，如圖甲所示由動能定理得：mghmv2Bqv由幾何關(guān)系得：Rd聯(lián)立解得：h(3)當(dāng)帶電小球從距MN的高度為3h的O點(diǎn)由靜止開始下落時，應(yīng)有mg3hmv，小球運(yùn)動軌跡半徑R1聯(lián)立解得：R12d畫出小球的運(yùn)動軌跡，如圖乙所示，在中間勻速直線運(yùn)動過程中，小球的速度方向與豎直方向成30角，根據(jù)幾何關(guān)系有，R1sin 60R1(1cos 30)ytan 30，可得磁場向下移動距離y(62)d小球自由落體和豎直上拋的總時間t12小球做圓周運(yùn)動的總時間t2小球做勻速直線運(yùn)動的總時間t3第一次回到O點(diǎn)的運(yùn)動時間Tt1t2t3.4.(2018常州市一模)如圖4所示的xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為y(未知)，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E，B2，不計電子重力圖4(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；(2)若電場沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求y的取值范圍；(3)若電場沿y軸正方向，yR，欲使電子b能到達(dá)x軸且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，求矩形磁場區(qū)域的最小面積答案(1)(2)yR(3)4(2)R2解析(1)電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，電子a射入，經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則rR，洛倫茲力提供向心力得ev0B1m，解得B1(2)勻強(qiáng)電場沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場做勻減速運(yùn)動，設(shè)電子a速度減小為0時位移是y0，此過程由動能定理有eEy0mv，可求出y0R，則電子a不能到達(dá)MN時yR(3)勻強(qiáng)電場沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，設(shè)電子b經(jīng)電場加速后到達(dá)MN時的速度大小為v，電子b在MN下方磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r1，電子b離開電場進(jìn)入磁場時速度方向與水平方向成角，如圖甲所示由動能定理有eEymv2mv，解得v2v0，在電場中的加速度a，在電場中運(yùn)動的時間t1，電子在x軸方向上的位移xv0t12R；由牛頓第二定律，有：evB2m，代入得：r1R，cos ，故；由幾何關(guān)系可知，在MN下方磁場中運(yùn)動的圓心O2在y軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為時，粒子能夠到達(dá)x軸且與原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，如圖乙所示由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1r1r1sin ，豎直邊長為l2r1r1cos ，最小面積為Sl1l2r(1sin )(1cos )4(2)R2.