高考物理一轮复习第9章磁场第5课时带电粒子体在组合场中的运动学案

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1．(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(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( )
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
解析：选D 电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝eq \f(mv,eB)知其在磁场中的轨迹半径增大，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，P点将左移，D项正确。
2. (2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB)
C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
解析：选B 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq \f(mv,qB)知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半径的2倍，如图所示。
由T＝eq \f(2πr,v)，及t1＝eq \f(θ,2π)T
可知粒子在第二象限内运动的时间
t1＝eq \f(\f(π,2),2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)
粒子在第一象限内运动的时间
t2＝eq \f(\f(π,3),2π)·eq \f(2πm×2,qB)＝eq \f(2πm,3qB)
则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq \f(7πm,6qB)，选项B正确。
3．(2021年1月新高考8省联考·辽宁卷)如图所示，在第一、四象限的0.5d≤y≤1.5d和－1.5d≤y≤－0.5d区域内存在磁感应强度大小可调、方向相反的匀强磁场；在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。带电粒子以速度v0从点P(－4d,1.5d)沿x轴正方向射出，恰好从O点离开电场。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，不计粒子的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)若磁感应强度大小均为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y＝－1.5d相切，且第一次离开第四象限时经过x轴上的S点(图中未画出)。求B1；
(3)若磁感应强度大小均为B2时，粒子离开O点后，经n(n>1)次磁偏转仍过第(2)问中的S点。求B2与B1的比值，并确定n的所有可能值。
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则有4d＝v0t，eq \f(3d,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)t2
联立解得E＝eq \f(3mv02,16dq)。
(2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可得tan θ＝eq \f(\f(3d,2),2d)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°
粒子从O点出电场时的速度为v＝eq \f(v0,cs 37°)＝eq \f(5,4)v0
粒子在磁场中，洛伦兹力充当向心力，有qvB1＝meq \f(v2,R)
由几何关系有Rcs 37°＋d＝R
联立解得B1＝eq \f(mv0,4qd)。
(3)由几何关系知S到O点的距离为
l＝2R·sin 37°＋eq \f(4,3)d
R＝eq \f(mv,B1q)
要使粒子经n次偏转仍过S点
则有l＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2R′sin 37°＋\f(4,3)d))(n>1)
R′＝eq \f(mv,B2q)
解得B2＝eq \f(9nmv0,44－8nqd)(n>1)，则eq \f(B2,B1)＝eq \f(9n,11－2n)
由11－2n>0得n所以n可能值为2、3、4、5。
答案：(1)eq \f(3mv02,16dq) (2)eq \f(mv0,4qd) (3)eq \f(9n,11－2n)，n＝2,3,4,5
4．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁
场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ<90°)，不计重力。
(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形成周期性运动，求电场强度的大小E和粒子运动周期T。
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为eq \f(3,2)v0、方向沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷转移。求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mωv0
解得：ω＝eq \f(qB,m)。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动
qv0B＝meq \f(v02,r)
解得：r＝eq \f(mv0,qB)
进入电场时速度方向与y轴正向成φ角，则到达y轴时与O点的距离为y＝2rsin φ＝eq \f(2mv0sin φ,qB)
在磁场中运动时间t1＝eq \f(2π－2φ,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π－φm,qB)
进入电场后沿y轴方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则
v0cs φ·t2＝y
at2＝2v0sin φ
a＝eq \f(qE,m)
联立解得
E＝Bv0cs φ
t2＝eq \f(2m,qB)tan φ
粒子运动周期
T＝t1＋t2＝eq \f(2m,qB)(tan φ＋π－φ)
(3) 当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，速度方向沿y轴负方向，粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＋m·eq \f(3,2)v0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)v0))2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝eq \f(3,2)v0
v2＝v0
则此时粒子做圆周运动轨道半径为
r′＝eq \f(3,2)r＝eq \f(3mv0,2qB)
则到达y轴时的位置与O点的距离
L＝rsin φ＋ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)r))2－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)r－r＋rcs φ))2)
解得：L＝eq \f(mv0,qB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin φ＋\r(2＋cs φ－cs2 φ)))
答案：(1)eq \f(qB,m) (2)Bv0cs φ eq \f(2m,qB)(tan φ＋π－φ)
(3)eq \f(mv0,qB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin φ＋\r(2＋cs φ－cs2φ)))
5．(2020·山东等级考)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为 x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿 x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子11H、氚核13H、氦核24He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)。
解析：(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝meq \f(v2,R)②
联立①②式得
R＝eq \f(\r(2mqU),qB)③
由几何关系得
d2＋(R－L)2＝R2④
cs α＝eq \f(\r(R2－d2),R)⑤
sin α＝eq \f(d,R)⑥
联立①②④式得
L＝eq \f(\r(2mqU),qB)－eq \r(\f(2mU,qB2)－d2)。⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE＝ma⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
vz＝vcs α⑨
d＝vzt⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝eq \f(1,2)at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝eq \f(md2E,4mU－2qd2B2)。⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得
y′＝vtsin α⑬
由题意得y＝L＋y′⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得
y＝R－eq \r(R2－d2)＋eq \f(d2,\r(R2－d2))。⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核13H、氦核24He、质子11H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)见解析
命题视角一 磁场与磁场的组合
磁场与磁场组合问题的解题关键：
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
[典例] (2021·山东新高考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。
[解析]
(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B0＝eq \f(mv02,R0)
解得v0＝eq \f(qB0R0,m)。
(2)由于粒子与y轴成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0
粒子在水平方向做匀加速运动，在竖直方向做匀速运动，故在水平方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
解得E＝eq \f(qR0B02,2m)。
(3)粒子在电场中运动时
水平方向vx＝at R0＝eq \f(1,2)at2
竖直方向y＝vyt
解得y＝2R0
过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径R，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以R＝2eq \r(2)R0。
由洛伦兹力提供向心力，得qvB1＝eq \f(mv2,R)
其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝eq \r(2)v0
解得B1＝eq \f(1,2)B0。
[答案] (1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qR0B02,2m) (3)eq \f(1,2)B0
[集训冲关]
1. (2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面 (xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0＝meq \f(v02,R1)①
qλB0v0＝meq \f(v02,R2)②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝eq \f(πR1,v0)③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝eq \f(πR2,v0)④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝eq \f(πm,B0q)1＋eq \f(1,λ)。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝eq \f(2mv0,B0q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))。⑥
答案：(1)eq \f(πm,B0q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,λ))) (2)eq \f(2mv0,B0q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))
2.如图所示，M、N、P为很长的平行边界，M、N与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区域，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B1≠B2。有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一初速度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域。不计粒子的重力。求：
(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，粒子的初速度v0至少应为多少；
(2)若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v1＝eq \f(2qB1l1,m)，则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间t1是多少；
(3)粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域。
解析：(1)设粒子的初速度为v0时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿边界M，所以运动半径r＝l1，
由B1qv0＝meq \f(v02,r)，解得v0＝eq \f(B1ql1,m)。
(2)粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，
由B1qv1＝meq \f(v12,r1)，解得r1＝2l1，
设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动(轨迹如图甲)对应的圆心角为α，则有sin α＝eq \f(l1,r1)＝eq \f(1,2)，所以α＝eq \f(π,6)，
所以粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间为
t1＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(1,12)×eq \f(2πm,B1q)＝eq \f(πm,6B1q)。
(3)设粒子速度为v时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与边界P相切，轨迹如图乙所示，由Bqv＝meq \f(v2,R)，可得R1＝eq \f(mv,B1q)，
R2＝eq \f(mv,B2q)，由几何关系得sin θ＝eq \f(l1,R1)＝eq \f(qB1l1,mv)，
粒子在磁场Ⅱ中运动有R2－R2sin θ＝l2，
解得v＝eq \f(qB1l1＋qB2l2,m)。
答案：(1)eq \f(B1ql1,m) (2)eq \f(πm,6B1q) (3)eq \f(qB1l1＋qB2l2,m)
命题视角二 电场与磁场的组合
题型1 先电场后磁场
1．带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
2．带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
[例1] (2021年1月新高考8省联考·广东卷)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率。
(2)磁感应强度的大小。
[解析] (1)粒子在电场中加速，有动能定理可知：
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得：v＝ eq \r(\f(2qU,m)＋v02)。
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，
qBv＝meq \f(v2,R)
解得：B＝eq \f(\r(mmv02＋2qU),qL)。
[答案] (1) eq \r(\f(2qU,m)＋v02) (2)eq \f(\r(mmv02＋2qU),qL)
题型2 先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。
[例2] 如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
[解析](1)沿＋x方向射入磁场的粒子在进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场，逆着电场线运动，所以可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m，
根据Bqv＝eq \f(mv2,r)，得B＝eq \f(mv,qR)，代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场(如图所示)，MN的长度等于直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR，设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eq·eq \f(s2,2)＝eq \f(1,2)mv2，得s2＝eq \f(mv2,Eq)，
则总路程s＝πR＋eq \f(mv2,Eq)，代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
[答案] (1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
题型3 先后多个电、磁场
[例3] (2021·宜昌联考)如图所示，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)，两磁场区域宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B1。一带电荷量为q(q＞0)、质量为m(重力不计)的点电荷从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从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。
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求磁场的宽度L；
(3)要使点电荷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。
[解析] (1)设点电荷进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，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°，则v＝eq \f(v0,cs θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)。
(2)设点电荷在区域Ⅰ中的轨迹半径为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)当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中磁感应强度最小时，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示，
由牛顿第二定律有qvBmin＝meq \f(v2,r2)，
根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)，解得Bmin＝eq \f(3,2)B1。
[答案] (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (3)eq \f(3,2)B1
[系统归纳]
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[课时跟踪检测]
1.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，两区域充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L,3L)，M点为OC的中点。质量为m、带电荷量为－q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为v0＝eq \f(qB0L,2m)，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小。
解析：(1)磁感应强度越小，粒子运动轨迹半径越大，当粒子运动轨迹与x轴相切时，粒子恰好能进入区域Ⅰ，此时粒子在区域Ⅱ中运动轨迹半径R1＝3L，粒子运动满足qBv0＝meq \f(v02,R1)，代入v0＝eq \f(qB0L,2m)，解得Bm＝eq \f(B0,6)，所以粒子无法进入区域Ⅰ中时，有B＜eq \f(B0,6)。
(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径r＝eq \f(mv0,qB0)＝eq \f(L,2)，
若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场。恰好不从AC边射出时粒子运动轨迹如图所示，则满足∠O2O1Q＝2θ，
sin 2θ＝2sin θcs θ＝eq \f(24,25)，
由于O1P1＝R，O2P1＝O2Q＝r，则有sin 2θ＝eq \f(r,R－r)，
解得R＝eq \f(49,24)r＝eq \f(49,48)L，
又R＝eq \f(mv0,qB)，代入v0＝eq \f(qB0L,2m)，可得B＝eq \f(24,49)B0。
答案：(1)B＜eq \f(B0,6) (2)eq \f(24,49)B0
2．(2017·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t ①
L＝eq \f(1,2)at2 ②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝eq \f(vy,v0) ④
联立①②③④式得α＝45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝eq \r(v02＋vy2) ⑥
联立①②③⑥式得v＝eq \r(2)v0。 ⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧
又F＝qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝meq \f(v2,R) ⑩
粒子运动轨迹如图所示，
由几何关系可知R＝eq \r(2)L ⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)。 ⑫
答案：(1)eq \r(2)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)eq \f(v0,2)
3.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计粒子重力。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：
r＋rcs 60°＝L，r＝eq \f(2L,3)
又因为qv0B＝meq \f(v02,r)
解得：B＝eq \f(3mv0,2qL)。
(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L＝v0t2
沿y轴有：L＝eq \f(1,2)at22，又因为qE＝ma
解得：E＝eq \f(mv02,2qL)。
(3)带电粒子在磁场中运动时间为：t1＝eq \f(1,3)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(4πL,9v0)
带电粒子在电场中运动时间为：t2＝eq \f(2L,v0)
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：eq \f(t1,t2)＝eq \f(2π,9)。
答案：(1)eq \f(3mv0,2qL) (2)eq \f(mv02,2qL) (3)eq \f(2π,9)
[潜能激发]
4.如图所示，边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场。左侧磁场的磁感应强度大小为B1＝eq \f(\r(6mqU),2qL)，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2＝eq \f(\r(6mqU),qL)，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力。求：
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小；
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；
(3)电场强度的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。
解析：(1)粒子在电场中运动时qU＝eq \f(1,2)mv2，
解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))。
(2)粒子进入磁场B1后由洛伦兹力提供向心力
qvB1＝eq \f(mv2,R1)，解得R1＝eq \f(2L,\r(3))
设粒子在磁场B1中转过的角度为α，
如图所示，由sin α＝eq \f(L,R1)，
解得α＝60°，周期T＝eq \f(2πR1,v)
粒子在磁场B1中运动的时间为
t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πL,3) eq \r(\f(2m,3qU))。
(3)粒子在磁场B2中运动，设在上边缘cd间离开的临界速度分别为vn与vm，与之相对应的半径分别为Rn与Rm。如图所示，由分析知Rn＝eq \f(3,4)L，Rm＝L
由洛伦兹力提供向心力qvnB2＝eq \f(mvn2,Rn)
粒子在电场中qEnL＝eq \f(1,2)mvn2－eq \f(1,2)mv2，得En＝eq \f(11U,16L)
同理Em＝eq \f(2U,L)，所以电场强度的范围为eq \f(11U,16L)≤E≤eq \f(2U,L)。
答案：(1) eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2L,\r(3)) eq \f(πL,3) eq \r(\f(2m,3qU)) (3)eq \f(11U,16L)≤E≤eq \f(2U,L)
5.如图所示，圆柱形区域的半径为R，在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板在切点处均有一小孔。一带电粒子质量为m、带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力。求：
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)U与B所满足的关系式；
(3)粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间。
解析：(1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系解得
r＝Rtan 60°＝eq \r(3)R。
(2)设粒子加速后获得的速度为v，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－0，
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，
联立解得B＝eq \f(1,R) eq \r(\f(2mU,3q))。
(3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝eq \f(2πm,qB)＝2πR eq \r(\f(3m,2qU))，
依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为eq \f(1,6)T，故粒子在磁场中运动的总时间为
t1＝3×eq \f(1,6)T＝πR eq \r(\f(3m,2qU))，
而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动，设每次在极板间的单向运动过程经历的时间为t2，则有
d＝eq \f(1,2)at22，a＝eq \f(qU,md)，解得t2＝d eq \r(\f(2m,qU))，
粒子在电场中运动的总时间为
t3＝6t2＝6d eq \r(\f(2m,qU))，
粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间为
t＝t1＋t3＝πR eq \r(\f(3m,2qU))＋6d eq \r(\f(2m,qU))。
答案：(1) eq \r(3)R (2)B＝eq \f(1,R) eq \r(\f(2mU,3q))
(3)πR eq \r(\f(3m,2qU))＋6d eq \r(\f(2m,qU))