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选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试学案
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这是一份选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试学案，共15页。
一、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．
2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态．
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
特别提醒 从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重．
(2019·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：
图1
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；
(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．
答案 (1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(π,4)
解析 (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq \f(1,2)at12，qE＝ma，vy＝at1
联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为
vy＝eq \f(2L,t1)＝v0，则tan α＝eq \f(vy,v0)＝1，α＝45°.
粒子在磁场中的速度大小为v＝eq \r(2)v0.
Bqv＝eq \f(mv2,r)，
由几何关系得r＝eq \r(2)L
解得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)；
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πL,v0)，
在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)，
t1＝eq \f(2L,v0)
解得eq \f(t2,t1)＝eq \f(π,4).
针对训练 (2019·重庆市渝北区高二期末)如图2所示，MN和GH是电压为U的两平行极板(极板厚度可忽略)，极板间存在方向竖直方向上的匀强电场．空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B(大小可调)．极板MN和GH上分别有正对的两个小孔O和A，PQ为铝制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止开始加速，经O进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．
图2
(1)离子从小孔O第一次进入磁场时的速度大小v1；
(2)磁感应强度B为多大时，离子只加速一次就能打到铝板P处；
(3)若B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(2mU,q))，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上．
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2,3d)eq \r(\f(2mU,q)) (3)3次
解析 (1)由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B＝eq \f(mv\\al(12),R)
由几何关系可知R＝eq \f(3,2)d
解得B＝eq \f(2,3d)eq \r(\f(2mU,q))
(3)由洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝meq \f(v\\al(12),r1)，解得r1＝d，
此时并未打到铝板上，离子在电场中进行第二次加速，
根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
又qv2B＝eq \f(mv\\al(22),r2)，联立可得此时在磁场中的半径为r2＝eq \r(2)d，没有打到铝板上；
离子在电场中进行第三次加速，同理可求得在磁场中的半径r3＝eq \r(3)d，此时打到铝板上．
综上可知，离子加速3次后第一次到达铝板上．
二、带电粒子在叠加场中的运动
处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
(2019·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是( )
图3
A．带电微粒可能带负电
B．运动过程中带电微粒的动能保持不变
C．运动过程中带电微粒的电势能增加
D．运动过程中带电微粒的机械能守恒
答案 B
解析 根据微粒做直线运动的条件和受力情况可知，带电微粒一定带正电，且做匀速直线运动，如图所示，选项A错误；由于电场力向右，对带电微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于带电微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能保持不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，则机械能一定增加，选项D错误．
如图4所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：
图4
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
答案 (1)eq \r(2) N/C (2)1.0×10－2 J
解析 (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cs 45°＝mg
解得E1＝eq \r(2) N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
qE1dABsin 45°＝eq \f(1,2)mvb2
解得vb＝eq \r(2gdAB)＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：
qE2＝mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，
由牛顿第二定律可得：qvbB＝meq \f(v\\al(b2),R)
解得R＝5 m
设偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC2＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m舍去)
粒子在B、C间运动时电场力做的功有
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J.
1. (带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图5所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )
图5
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
答案 ABC
解析 液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误．
2.(带电粒子在组合场中的运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图6所示，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6
(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)))
3.(带电粒子在组合场中的运动)如图7所示，在平面直角坐标系的第一、四象限存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在第三象限存在与y轴正方向成θ＝60°角的匀强电场．一个粒子源在P点能释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子恰好不能从DH射出，已知电场强度E＝eq \f(2qB2a,m)，不计粒子的重力，求P点到O点的距离和粒子在磁场中运动的半径．
图7
答案 eq \f(1,9)a eq \f(2,3)a
解析 设PO间距离为d，根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2
在磁场中，qvB＝meq \f(v2,R)
粒子在磁场中运动的轨迹与边界DH相切，由几何关系知Rcs 60°＋R＝a
解得R＝eq \f(2,3)a，d＝eq \f(1,9)a
1. (多选)(2019·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断( )
图1
A．油滴一定做匀速运动
B．油滴可以做变速运动
C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
答案 AD
解析 油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．
2.(多选)一质量为m的带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，场强为E，匀强磁场水平且垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，如图2所示，下列说法正确的是( )
图2
A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向
B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝eq \f(mg,E)
C．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒
D．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变
答案 BD
解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球所受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球才能做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球所受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则可知小球绕行方向为逆时针(沿垂直纸面方向向里看)，由mg＝qE可得q＝eq \f(mg,E)，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故小球机械能不守恒，故C错误；小球做匀速圆周运动，则合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确．
3.(多选)(2020·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图3所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则( )
图3
A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．到达C点时离子速度最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
答案 BC
解析 离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最大，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误．
4.(2020·长沙市模拟)如图4所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，eq \x\t(ab)＝eq \f(\x\t(bc),2)＝L，一带电粒子以初速度v0从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )
图4
A．从b点射出
B．从b、P间某点射出
C．从a点射出
D．从a、b间某点射出
答案 C
解析 粒子在复合场中沿直线运动，则qE＝qv0B，当撤去磁场时，L＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，a＝eq \f(qE,m)，撤去电场时，qv0B＝eq \f(mv\\al(02),r)，可以求出r＝eq \f(1,2)L.由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a点射出，C正确．
5．(2017·全国卷Ⅰ)如图5，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5
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，即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式可得：mb>ma>mc，选项B正确．
6．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图6(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则( )
图6
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq \f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq \f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．
7.如图7所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为eq \f(B,2)的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R.粒子重力不计，则( )
图7
A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R
答案 D
解析 由r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间为t＝eq \f(1,6)T1＋eq \f(1,6)T2＝eq \f(πm,3qB)＋eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(πm,qB)，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，粒子第二次射入x轴上方磁场时的方向与第一次射入x轴上方磁场时的方向相同，粒子将重复前面的曲线运动，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确．
8. (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8所示，已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．忽略离子间的相互作用，在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
图8
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案 CD
解析 P＋和P3＋两种离子的质量相同，它们的带电荷量是1∶3的关系，所以由a＝eq \f(qU,md)可知，它们在电场中的加速度之比为1∶3，故A错误；离子在离开电场时的速度表达式为v＝eq \r(\f(2qU,m))，可知它们的速度之比为1∶eq \r(3)，又由qvB＝meq \f(v2,r)知，r＝eq \f(mv,qB)，所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为eq \r(3)∶1，故B错误；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度θ等于其圆心角，所以有sin θ＝eq \f(L,r)，则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1∶eq \r(3)，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中两离子转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在电场中加速，由qU＝eq \f(1,2)mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确．
9．(2019·天津市静海一中高二上期末改编)如图9所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA＝20eq \r(3) cm，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T．现有一比荷为eq \f(q,m)＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．
图9
(1)求离子进入磁场的速度v0的大小；
(2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上．
答案 (1)4×106 m/s (2)eq \r(3)×10－7 s
解析 (1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1＝eq \f(OA,2sin α)＝0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝meq \f(v\\al(02),r1)，解得v0＝4×106 m/s.
(2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场线方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1＝v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝eq \f(1,2)at2，由几何关系可知tan 60°＝eq \f(l2,l1)，代入数据解得t＝eq \r(3)×
10－7 s.
10．如图10所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有个宽度为d的匀强磁场区域，磁场的边界和N板平行，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．M板左侧电子枪发出的电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：
图10
(1)电子从小孔S2射出时的速率；
(2)电子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)电子离开磁场时，偏离原方向的距离．
答案 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e)) (3)见解析
解析 (1)电子从小孔S2射出时，
由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2eU,m))
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：evB＝meq \f(v2,R)
解得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))
(3)若电子从磁场右边界离开磁场，有R>d，即U>eq \f(ed2B2,2m)
由几何关系有，偏移距离y＝R－eq \r(R2－d2)
解得y＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))－eq \r(\f(2mU,eB2)－d2)
若电子从磁场左边界离开磁场，有R≤d，即U≤eq \f(ed2B2,2)
由几何关系有，y＝2R
解得y＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,e))
11.(2020·山东省实验中学模拟)如图11所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为U，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为d.一不计重力，质量为m、电荷量为q的带正电粒子P从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域ABCD，匀强磁场ABCD区域的AC连线竖直，BD连线水平，正方形ABCD的边长为L.
图11
(1)如果带电粒子从A点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？
(2)如果带电粒子从AB边离开，且离开磁场时，速度方向与AB边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到B点的距离为多少？
答案 (1)eq \f(2,L)eq \r(\f(mU,q)) (2)eq \f(1,L)eq \r(\f(mU,q)) (2－eq \r(2))L
解析 (1)带电粒子离开电场时，有：qU＝eq \f(1,2)mv2，
解得粒子进入磁场的速度为v＝eq \r(\f(2qU,m))，
带电粒子进入磁场后，如果带电粒子从A点离开磁场，如图甲所示，
甲
根据几何关系，带电粒子的运动半径为r＝eq \f(\r(2),2)L，
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)
联立可得B＝eq \f(2,L)eq \r(\f(mU,q))
(2)粒子垂直于AB边射出，且离开磁场时，速度方向与AB边垂直，运动轨迹如图乙所示，
乙
根据几何关系，带电粒子的运动半径为R＝eq \r(2)L，
根据qvB′＝meq \f(v2,R)，
联立可得B′＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mU,q))，
粒子离开磁场的位置到B点的距离
d＝2L－R＝(2－eq \r(2))L.
一、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．
2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态．
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
特别提醒 从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重．
(2019·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：
图1
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；
(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．
答案 (1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(π,4)
解析 (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq \f(1,2)at12，qE＝ma，vy＝at1
联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为
vy＝eq \f(2L,t1)＝v0，则tan α＝eq \f(vy,v0)＝1，α＝45°.
粒子在磁场中的速度大小为v＝eq \r(2)v0.
Bqv＝eq \f(mv2,r)，
由几何关系得r＝eq \r(2)L
解得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)；
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πL,v0)，
在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)，
t1＝eq \f(2L,v0)
解得eq \f(t2,t1)＝eq \f(π,4).
针对训练 (2019·重庆市渝北区高二期末)如图2所示，MN和GH是电压为U的两平行极板(极板厚度可忽略)，极板间存在方向竖直方向上的匀强电场．空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B(大小可调)．极板MN和GH上分别有正对的两个小孔O和A，PQ为铝制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止开始加速，经O进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．
图2
(1)离子从小孔O第一次进入磁场时的速度大小v1；
(2)磁感应强度B为多大时，离子只加速一次就能打到铝板P处；
(3)若B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(2mU,q))，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上．
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2,3d)eq \r(\f(2mU,q)) (3)3次
解析 (1)由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B＝eq \f(mv\\al(12),R)
由几何关系可知R＝eq \f(3,2)d
解得B＝eq \f(2,3d)eq \r(\f(2mU,q))
(3)由洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝meq \f(v\\al(12),r1)，解得r1＝d，
此时并未打到铝板上，离子在电场中进行第二次加速，
根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
又qv2B＝eq \f(mv\\al(22),r2)，联立可得此时在磁场中的半径为r2＝eq \r(2)d，没有打到铝板上；
离子在电场中进行第三次加速，同理可求得在磁场中的半径r3＝eq \r(3)d，此时打到铝板上．
综上可知，离子加速3次后第一次到达铝板上．
二、带电粒子在叠加场中的运动
处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
(2019·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是( )
图3
A．带电微粒可能带负电
B．运动过程中带电微粒的动能保持不变
C．运动过程中带电微粒的电势能增加
D．运动过程中带电微粒的机械能守恒
答案 B
解析 根据微粒做直线运动的条件和受力情况可知，带电微粒一定带正电，且做匀速直线运动，如图所示，选项A错误；由于电场力向右，对带电微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于带电微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能保持不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，则机械能一定增加，选项D错误．
如图4所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：
图4
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
答案 (1)eq \r(2) N/C (2)1.0×10－2 J
解析 (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cs 45°＝mg
解得E1＝eq \r(2) N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
qE1dABsin 45°＝eq \f(1,2)mvb2
解得vb＝eq \r(2gdAB)＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：
qE2＝mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，
由牛顿第二定律可得：qvbB＝meq \f(v\\al(b2),R)
解得R＝5 m
设偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC2＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m舍去)
粒子在B、C间运动时电场力做的功有
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J.
1. (带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图5所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )
图5
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
答案 ABC
解析 液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误．
2.(带电粒子在组合场中的运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图6所示，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6
(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)))
3.(带电粒子在组合场中的运动)如图7所示，在平面直角坐标系的第一、四象限存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在第三象限存在与y轴正方向成θ＝60°角的匀强电场．一个粒子源在P点能释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子恰好不能从DH射出，已知电场强度E＝eq \f(2qB2a,m)，不计粒子的重力，求P点到O点的距离和粒子在磁场中运动的半径．
图7
答案 eq \f(1,9)a eq \f(2,3)a
解析 设PO间距离为d，根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2
在磁场中，qvB＝meq \f(v2,R)
粒子在磁场中运动的轨迹与边界DH相切，由几何关系知Rcs 60°＋R＝a
解得R＝eq \f(2,3)a，d＝eq \f(1,9)a
1. (多选)(2019·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断( )
图1
A．油滴一定做匀速运动
B．油滴可以做变速运动
C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
答案 AD
解析 油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．
2.(多选)一质量为m的带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，场强为E，匀强磁场水平且垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，如图2所示，下列说法正确的是( )
图2
A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向
B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝eq \f(mg,E)
C．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒
D．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变
答案 BD
解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球所受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球才能做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球所受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则可知小球绕行方向为逆时针(沿垂直纸面方向向里看)，由mg＝qE可得q＝eq \f(mg,E)，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故小球机械能不守恒，故C错误；小球做匀速圆周运动，则合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确．
3.(多选)(2020·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图3所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则( )
图3
A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．到达C点时离子速度最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
答案 BC
解析 离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最大，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误．
4.(2020·长沙市模拟)如图4所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，eq \x\t(ab)＝eq \f(\x\t(bc),2)＝L，一带电粒子以初速度v0从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )
图4
A．从b点射出
B．从b、P间某点射出
C．从a点射出
D．从a、b间某点射出
答案 C
解析 粒子在复合场中沿直线运动，则qE＝qv0B，当撤去磁场时，L＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，a＝eq \f(qE,m)，撤去电场时，qv0B＝eq \f(mv\\al(02),r)，可以求出r＝eq \f(1,2)L.由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a点射出，C正确．
5．(2017·全国卷Ⅰ)如图5，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5
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，即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式可得：mb>ma>mc，选项B正确．
6．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图6(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则( )
图6
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq \f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq \f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．
7.如图7所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为eq \f(B,2)的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R.粒子重力不计，则( )
图7
A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R
答案 D
解析 由r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间为t＝eq \f(1,6)T1＋eq \f(1,6)T2＝eq \f(πm,3qB)＋eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(πm,qB)，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，粒子第二次射入x轴上方磁场时的方向与第一次射入x轴上方磁场时的方向相同，粒子将重复前面的曲线运动，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确．
8. (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8所示，已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．忽略离子间的相互作用，在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
图8
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案 CD
解析 P＋和P3＋两种离子的质量相同，它们的带电荷量是1∶3的关系，所以由a＝eq \f(qU,md)可知，它们在电场中的加速度之比为1∶3，故A错误；离子在离开电场时的速度表达式为v＝eq \r(\f(2qU,m))，可知它们的速度之比为1∶eq \r(3)，又由qvB＝meq \f(v2,r)知，r＝eq \f(mv,qB)，所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为eq \r(3)∶1，故B错误；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度θ等于其圆心角，所以有sin θ＝eq \f(L,r)，则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1∶eq \r(3)，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中两离子转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在电场中加速，由qU＝eq \f(1,2)mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确．
9．(2019·天津市静海一中高二上期末改编)如图9所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA＝20eq \r(3) cm，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T．现有一比荷为eq \f(q,m)＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．
图9
(1)求离子进入磁场的速度v0的大小；
(2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上．
答案 (1)4×106 m/s (2)eq \r(3)×10－7 s
解析 (1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1＝eq \f(OA,2sin α)＝0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝meq \f(v\\al(02),r1)，解得v0＝4×106 m/s.
(2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场线方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1＝v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝eq \f(1,2)at2，由几何关系可知tan 60°＝eq \f(l2,l1)，代入数据解得t＝eq \r(3)×
10－7 s.
10．如图10所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有个宽度为d的匀强磁场区域，磁场的边界和N板平行，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．M板左侧电子枪发出的电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：
图10
(1)电子从小孔S2射出时的速率；
(2)电子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)电子离开磁场时，偏离原方向的距离．
答案 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e)) (3)见解析
解析 (1)电子从小孔S2射出时，
由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2eU,m))
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：evB＝meq \f(v2,R)
解得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))
(3)若电子从磁场右边界离开磁场，有R>d，即U>eq \f(ed2B2,2m)
由几何关系有，偏移距离y＝R－eq \r(R2－d2)
解得y＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))－eq \r(\f(2mU,eB2)－d2)
若电子从磁场左边界离开磁场，有R≤d，即U≤eq \f(ed2B2,2)
由几何关系有，y＝2R
解得y＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,e))
11.(2020·山东省实验中学模拟)如图11所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为U，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为d.一不计重力，质量为m、电荷量为q的带正电粒子P从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域ABCD，匀强磁场ABCD区域的AC连线竖直，BD连线水平，正方形ABCD的边长为L.
图11
(1)如果带电粒子从A点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？
(2)如果带电粒子从AB边离开，且离开磁场时，速度方向与AB边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到B点的距离为多少？
答案 (1)eq \f(2,L)eq \r(\f(mU,q)) (2)eq \f(1,L)eq \r(\f(mU,q)) (2－eq \r(2))L
解析 (1)带电粒子离开电场时，有：qU＝eq \f(1,2)mv2，
解得粒子进入磁场的速度为v＝eq \r(\f(2qU,m))，
带电粒子进入磁场后，如果带电粒子从A点离开磁场，如图甲所示，
甲
根据几何关系，带电粒子的运动半径为r＝eq \f(\r(2),2)L，
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)
联立可得B＝eq \f(2,L)eq \r(\f(mU,q))
(2)粒子垂直于AB边射出，且离开磁场时，速度方向与AB边垂直，运动轨迹如图乙所示，
乙
根据几何关系，带电粒子的运动半径为R＝eq \r(2)L，
根据qvB′＝meq \f(v2,R)，
联立可得B′＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mU,q))，
粒子离开磁场的位置到B点的距离
d＝2L－R＝(2－eq \r(2))L.
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