2022步步高大一轮复习--物理 第九章 磁场 专题强化十 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

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2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心．
3．用到的知识主要有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．
1．叠加场：
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
例1 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )
图1
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
变式1 (多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图2所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
图2
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
答案 ACD
解析 带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误．
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
模型1 磁场与磁场的组合
例2 (2018·江苏卷·15)如图3所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方eq \f(d,2)处射出磁场．取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.
图3
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．
答案 (1)eq \f(4mv0,qd) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53π＋72,180)))eq \f(d,v0) (3)eq \f(d,5v0)
解析 (1)粒子做圆周运动的半径r0＝eq \f(mv0,qB)，
由题意知r0＝eq \f(d,4)，解得B＝eq \f(4mv0,qd)
(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在一个矩形磁场中的偏转角为α
由d＝rsin α，r＝eq \f(m·5v0,qB)＝eq \f(5d,4)，得sin α＝eq \f(4,5)，即α＝53°
粒子在一个矩形磁场中的运动时间t1＝eq \f(α,360°)·eq \f(2πm,qB)，
解得t1＝eq \f(53πd,720v0).直线运动的时间t2＝eq \f(2d,v)＝eq \f(2d,5v0)
则t＝4t1＋t2＝(eq \f(53π＋72,180))eq \f(d,v0).
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cs α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤eq \f(3,4)d
则当xm＝eq \f(3,4)d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值sm＝eq \f(2xm,cs α)＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝eq \f(Δsm,v)＝eq \f(d,5v0).
变式2 (2020·广东韶关市调研)如图4所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF 为上、 下磁场的水平分界线．质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方磁场区域，经 OF 上的 Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与 O 点的距离为 3a.不考虑粒子重力．
图4
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度 B＝3B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值．
答案 (1)eq \f(5aqB0,m) (2)B1≥eq \f(8B0,3) (3)4na(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，
设粒子做圆周运动的半径为R，
由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝5a
由牛顿第二定律可知：qvB0＝meq \f(v2,R)，解得：v＝eq \f(5aqB0,m)
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，
由几何关系得：r1＋r1cs θ＝3a，cs θ＝eq \f(3,5)，所以r1＝eq \f(15a,8)，根据qvB1＝eq \f(mv2,r1)，解得：B1＝eq \f(8B0,3)
故B1≥eq \f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出；
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为：r＝eq \f(5,3)a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：eq \x\t(PP1)＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：L＝neq \x\t(PP1)＝4na(n＝1,2,3，…)．
模型2 电场与磁场的组合
例3 (2019·全国卷Ⅰ·24)如图5，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：
图5
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
答案 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合
牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)②
由几何关系知d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝eq \f(πr,2)＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
变式3 (2019·江苏南京市六校联考)如图6所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，两磁场区域的宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的eq \r(3)倍．
图6
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值．
答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (3)1.5B1
解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：
tan θ＝eq \f(LBC,LAB)＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝eq \f(v0,cs θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1＝meq \f(v2,r1)，轨迹如图甲所示：

由几何关系得：L＝r1
解得：L＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：
同理得：qvB2m＝meq \f(v2,r2)
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
1．(磁场与磁场的组合)如图7所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合．半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．
图7
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B2＝eq \r(3)B1，求M点坐标及环形外圆半径R；
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程．
答案 (1)eq \f(\r(2mE0),qR0) (2)(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0) eq \r(3)R0
(3)eq \f(18＋16\r(3),3)πR0
解析 (1)由题意，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r1＝R0，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B1＝meq \f(v02,r1)，且E0＝eq \f(1,2)mv02，联立解得
B1＝eq \f(\r(2mE0),qR0).
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动，则有qv0B2＝meq \f(v02,r2)，B2＝eq \r(3)B1，联立解得r2＝eq \f(\r(3),3)R0，画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系得∠POM＝60°，由几何关系得M点的坐标为(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0)，由几何关系得外环的半径R＝r2＋2r2＝3r2＝eq \r(3)R0.
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150°，设经过m次这样的偏转后第一次从A点再次入射，此时圆心角转过n个360°，则有150m＝360n(m、n取最小正整数)，解得m＝12，n＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程s1＝eq \f(1,4)×2πr1＋eq \f(2,3)×2πr2＝(eq \f(1,2)＋eq \f(4\r(3),9))πR0，所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为s＝12s1＝eq \f(18＋16\r(3),3)πR0.
2．(电场与磁场的组合)(2020·河南平顶山市质检)如图8所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为eq \f(\r(2),2)L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L,0)的P点沿与x轴正向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求：
图8
(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？
答案 (1)(0，eq \f(1,2)L) (2)eq \f(mv02,2qL) eq \f(\r(2)mv0,2qL)
(3)eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)1＋πL,2v0)
解析 (1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L＝v0cs θ·t1，
竖直方向：y＝eq \f(1,2)v0sin θ·t1，
解得：y＝eq \f(1,2)L，
粒子从y轴上射出电场的位置为：(0，eq \f(1,2)L)；
(2)粒子在电场中的加速度：a＝eq \f(qE,m)，
竖直分位移：y＝eq \f(1,2)at12，
解得：E＝eq \f(mv02,2qL)；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，
由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD＝eq \r(2)y＝eq \f(\r(2),2)L，
因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：
qvB＝meq \f(v2,r)，
其中，粒子的速度：v＝v0cs θ，解得：B＝eq \f(\r(2)mv0,2qL)；
(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝eq \f(L,v0cs θ)＝eq \f(\r(2)L,v0)，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：
x＝eq \f(\r(2),2)L－eq \f(1,2)L，
粒子做直线运动的时间：t2＝eq \f(x,v)＝eq \f(2－\r(2)L,2v0)，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：
t3＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(\r(2)πL,2v0)，
粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)1＋πL,2v0).
1.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图1所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
图1
A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒
答案 BC
解析 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．
2．(2020·河南开封市模拟)如图2所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
图2
A．微粒可能做匀加速直线运动
B．微粒可能只受两个力作用
C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(mg,qv)
D．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mg,q)
答案 D
解析 微粒受重力、电场力、洛伦兹力作用，若v发生变化，则洛伦兹力发生变化且洛伦兹力与速度方向垂直，微粒不可能做直线运动，所以重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，微粒做匀速直线运动，故A、B错误；根据平衡条件，有：qE＝mgtan 45°，qvB＝eq \r(mg2＋qE2)，联立解得：
E＝eq \f(mg,q)，B＝eq \f(\r(2)mg,qv)，故C错误，D正确．
3.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图3所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是( )
图3
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大
D．从C到B过程液滴的机械能增大
答案 BCD
解析 从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增加，故C正确；从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确．
4.(2018·全国卷Ⅱ·25改编)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图4所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
图4
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小．
答案 (1)见解析图 (2)eq \f(2El′,Bl)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)，速度沿电场方向的分量为v1.
根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．
由运动学公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcs θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由几何关系得
l＝2Rcs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)
5．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8 T，t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒从x轴上xP＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向入射．已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动．(g取10 m/s2)
图5
(1)求电场强度；
(2)若磁场15π s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；
(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．
答案 (1)40 N/C，方向竖直向上 (2)2.4 m
(3)(0.30 m,2.25 m)
解析 (1)因为带正电微粒射入电磁场区域后做匀速圆周运动，
所以受到的电场力和重力大小相等，方向竖直向上，则：qE＝mg
解得：E＝40 N/C，方向竖直向上；
(2)由牛顿第二定律有：qvB1＝meq \f(v2,R1)
所以R1＝eq \f(mv,qB1)＝0.6 m<|xP|
T＝eq \f(2πm,qB1)＝10π s
则由题图乙可知在0～5π s内微粒做匀速圆周运动，在5π～10π s内微粒向左做匀速直线运动．在10π～15π s内微粒又做匀速圆周运动，在15π s后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．
故微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m；
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．
由牛顿第二定律，有qvB2＝meq \f(v2,R2)
所以R2＝eq \f(mv,qB2)＝0.6 m＝2r
所以最大偏转角为60°
圆的左侧与y轴相切，所以圆心坐标x＝r＝0.30 m
y＝s′－rcs 60°＝2.4 m－0.3×eq \f(1,2) m＝2.25 m
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)．
6．(2019·山西运城市5月适应性测试)如图6甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10－18 kg、电荷量q＝＋1×10－15 C的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4 m，O、P两点间距离为d＝1 m，重力不计．求：
图6
(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B0＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间t；
(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B应满足什么条件．
答案 (1)320 V/m 200eq \r(17) m/s (2)6.28×10－2 s (3)B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)
解析 (1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动
水平方向：OP＝eq \f(qE,2m)t2
竖直方向：OQ＝vt
水平分速度vx＝eq \f(qE,m)t
微粒的初速度v0＝eq \r(v2＋vx2)
联立解得E＝320 V/m，v0＝200eq \r(17) m/s；
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知
qvB0＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB0)＝1 m
T＝eq \f(2πr,v)，解得T＝3.14×10－2 s
粒子的运动轨迹如图所示，
故t＝3×eq \f(T,6)＋3×eq \f(T,2)＝6.28×10－2 s
(3)由对称性可知，粒子能再次回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝eq \f(mv,qB)，
联立可得B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．