人教版2019选择性必修第二册 新教材同步 第一章 专题强化 带电粒子在组合场、叠加场中的运动导学案（教师版+学生版）

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物理观念1.学会分析带电粒子在组合场中运动的分析方法，会分析两场边界带电粒子的速度大小和方向.2.会分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，能正确选择物理规律解答问题．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.通常按时间的先后顺序分成若干个小过程,在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手,分析粒子在电场中做什么运动,在磁场中做什么运动。电场中常有两种运动方式:加速或偏转;而匀强磁场中,带电粒子常做匀速圆周运动。3.组合场中电场和磁场是各自独立的,计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式列式处理。4.建立粒子在不同场中运动间的联系:确定粒子从一种场进入另一种场的位置、速度是关键。5.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起,有效区别电偏转和磁偏转,寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。6.四种常见的运动模型(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,如图所示。(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,如图所示。(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动,然后垂直进入电场做类平抛运动,如图所示。(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动,然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动,如图所示。例1 如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场,在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的微粒,在点A(0,3)以初速度v0=120 m/s平行x轴正方向射入电场区域,然后从电场进入磁场,又从磁场进入电场,并且先后只通过x轴上的点P(6,0)和点Q(8,0)各一次。已知该微粒的比荷为qm=100 C/kg,微粒重力不计,求:(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小。(2)微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角,并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹。(3)电场强度E和磁感应强度B的大小。答案 (1)0.05 s　2.4×103 m/s2 (2)45°　见解析图 (3)24 N/C　1.2 T解析 (1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域,由A到P做类平抛运动,微粒在x轴正方向做匀速直线运动, 由x=v0t,得t=xv0=0.05 s微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动,由y=12at2得a=2.4×103 m/s2。(2)vy=at,tan α=vyv0=1,所以α=45°轨迹如图所示。 (3)由qE=ma,得E=24 N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动v=2v0=1202 m/s由qvB=mv2r得r=mvqB由几何关系可知r=2 m,所以可得B=mvqr=1.2 T。“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题针对训练1　 (2023山东聊城二中期末)在图示区域中,y轴右方有一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直纸面向里,y轴左方有匀强电场区域,该匀强电场的电场强度大小为E,方向与y轴夹角为45°斜向右上方。有一质子以速度v0由x轴上的P点沿x轴正方向射入磁场,质子在磁场中运动一段时间后从Q点进入y轴左方的匀强电场区域中,在Q点质子速度方向与y轴负方向夹角为45°,已知质子的质量为m、电荷量为q,不计质子的重力,磁场区域和电场区域足够大。求:(1)Q点的坐标;(2)质子从P点出发到第三次穿越y轴时的运动时间;(3)质子第四次穿越y轴时速度的大小。答案 (1)0,mv0qB1+22 (2)7πm4qB+2mv0qE　(3)5v0解析 (1)质子的运动轨迹如图所示 质子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02R解得R=mv0qB由几何关系得yQ=R(1+cos 45°)=mv0qB1+22则Q点的坐标为0,mv0qB1+22。(2)从P到Q的运动时间t1=π+π42π·2πmqB=5πm4qB质子在电场中先做减速运动,速度减为零后反向做加速运动,速度增加到v0在电场中运动时,由牛顿第二定律得qE=mat2=2v0a=2mv0qE质子从Q运动到D的时间t3=T4=πm2qB则质子从P点出发到第三次穿越y轴所需时间t=t1+t2+t3=7πm4qB+2mv0qE。(3)质子第三次穿越y轴后,在电场中做类平抛运动,由于v0与y轴正方向成45°角,所以质子第四次穿越y轴时有v0t4=12at42解得t4=2mv0qE则沿电场方向的速度分量为vE=at4=2v0速度的大小为v=v02+vE2=5v0。二、带电粒子在叠加场中的运动1.叠加场“叠加场”是指在某区域同时存在电场和磁场,同时存在磁场和重力场,同时存在电场和重力场,同时存在电场、磁场和重力场的情况,也叫“复合场”。处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路2．弄清叠加场的组成．3．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．4．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．例2 (多选)一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动,重力不可忽略,已知圆的半径为r,电场强度的大小为E,磁感应强度的大小为B,重力加速度为g,则(　　)A.该微粒带正电B.带电微粒沿逆时针旋转C.带电微粒沿顺时针旋转D.微粒做圆周运动的速度为gBrE答案 BD解析 带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电微粒受到的重力和静电力是一对平衡力,重力竖直向下,所以静电力竖直向上,与电场方向相反,故可知带电微粒带负电荷,A错误;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反),B正确,C错误;由微粒做匀速圆周运动,得知静电力和重力大小相等,即mg=qE,带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r=mvqB,联立解得v=gBrE,D正确。“三步”解决叠加场问题例4 在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,一质量为m、电荷量为-q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。重力加速度为g。(1)求此区域内电场强度的大小和方向。(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为h的P点,速度方向与水平方向成45°角,如图所示,则该微粒至少需要经过多长时间运动到距地面最高点?最高点距地面多高?答案 (1)mgq,方向竖直向下 (2)3πm4qB　h+(2+2)mv2qB解析 (1)因微粒做匀速圆周运动,则qE=mg解得E=mgq,方向竖直向下。(2)如图所示,当微粒第一次运动到最高点时,由几何关系可知α=135° 则t=α2πT=135°360°T=3T8又T=2πmqB所以t=3πm4qB微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R解得R=mvqB则h1=R+Rsin 45°+h=h+(2+2)mv2qB。1.(带电粒子在叠加场中的运动)如图甲所示,一个质量为m、电荷量为q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中的速度图像如图乙所示。则关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W,以下正确的是(重力加速度为g)(　　)A.圆环带负电,B=mgqv0B.圆环带正电,B=2mgqv0C.圆环带负电,W=34mv02D.圆环带正电,W=34mv02答案 B解析 因圆环最后做匀速直线运动,根据左手定则可知,圆环带正电;由圆环在竖直方向上平衡得qv0B2=mg,所以B=2mgqv0,故A错误,B正确;由动能定理得,圆环克服摩擦力所做的功W=12mv02-12mv022,所以W=38mv02,故C、D错误。2.(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动,不可忽略重力,下列说法正确的是(　　)A.微粒一定带负电B.微粒的动能一定减少C.微粒的电势能一定增加D.微粒的机械能一定增加答案 AD解析 微粒进入场区后沿直线ab运动,则微粒受到的合力或者为零,或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零)。若微粒所受合力不为零,则必然做变速运动,由于速度的变化会导致洛伦兹力变化,则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零,微粒就不能沿直线运动,因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动;若微粒带正电,则受力分析如图甲所示,合力不可能为零,故微粒一定带负电,受力分析如图乙所示,故A正确,B错误;静电力做正功,微粒电势能减少,机械能增加,故C错误,D正确。3.(带电粒子在叠加场中的运动)如图所示,质量为m=1 kg、电荷量为q=5×10-2 C的带正电的小滑块,从半径为R=0.4 m的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100 V/m,方向水平向右,B=1 T,方向垂直纸面向里,g取10 m/s2。求:(1)滑块到达C点时的速度。(2)在C点时滑块所受洛伦兹力。(3)在C点时滑块对轨道的压力。答案 (1)2 m/s,方向水平向左 (2)0.1 N,方向竖直向下 (3)20.1 N,方向竖直向下解析 以滑块为研究对象,自轨道上A点滑到C点的过程中,受重力mg,方向竖直向下;静电力qE,方向水平向右;洛伦兹力F洛=qvB,方向始终垂直于速度方向。(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功,由动能定理得mgR-qER=12mvC2得vC=2(mg-qE)Rm=2 m/s,方向水平向左。(2)根据洛伦兹力公式得F=qvCB=5×10-2×2×1 N=0.1 N方向竖直向下。(3)在C点,FN-mg-qvCB=mvC2R得FN=mg+qvCB+mvC2R=20.1 N由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为20.1 N,方向竖直向下。 4.(带电粒子在组合场中的运动)(2021全国甲卷)如图所示,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射,恰好从P点处射入磁场,从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°,不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离。(2)求磁感应强度大小的取值范围。(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场,求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。答案 (1)13mv026qE　 (2)(3-3)mv03ql≤B≤2mv0ql (3)39-10344l解析 (1)带电粒子做类平抛运动,速度方向如图甲所示 tan 60°=v0vya=qEmvy2=2ay联立以上各式可解得y=mv026qE又竖直速度vy=at水平位移x=v0t解得x=mv023qE则粒子发射位置到P点的距离s=x2+y2=13mv026qE。(2)从P点处射入磁场,从两挡板下边缘Q射出磁场,此时半径最小,磁感应强度最大,如图乙所示r1=l2cos30°=l3qvB1=mv2r1v=v0cos30°由以上各式联立得B1=2mv0ql从P点处射入磁场,从两挡板下边缘N射出磁场,此时半径最大,磁感应强度最小,如图丙所示r2=2l2cos(30°+45°)=2l3-1qvB2=mv2r2v=v0cos30°由以上各式联立得B2=(3-3)mv03ql磁感应强度大小的取值范围(3-3)mv03ql≤B≤2mv0ql。(3)粒子正好从QN的中点射出磁场,如图丁所示则sin α=15,cos α=25r3=54lcos(α+30°)粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离Δx=l-(r3-r3sin 30°)=l-12r3=39-10344l。5.(带电粒子在组合场中的运动)如图所示,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。一带正电的粒子从第Ⅲ象限中的Q(-2l,-l)点以速度v0沿x轴正方向射出,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:(1)带电粒子进入磁场时的速度大小和方向;(2)电场强度与磁感应强度大小之比;(3)粒子在磁场与电场中运动时间之比。答案 (1)2v0,与x轴成45°角斜向上　(2)v02　(3)π4解析 (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q,粒子在电场中运动时,由平抛运动规律及牛顿运动定律得2l=v0t1l=12at12qE=ma则粒子到达O点时沿+y方向的分速度为vy=at1=v0因tan α=vyv0=1,所以α=45°即带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴成45°角斜向上 粒子在磁场中的速度为v=2v0。(2)粒子在磁场中运动时,由牛顿第二定律得Bqv=mv2r由几何关系得r=2l解得B=mv0ql由(1)中各式可得E=mv022ql则EB=v02。(3)粒子在磁场中运动的周期T=2πrv=2πlv0则粒子在磁场中运动的时间为t2=14T=πl2v0由(1)可得粒子在电场中运动的时间t1=2lv0则t2t1=π4。一、选择题(第1~3题为单选题,第4~6题为多选题)1.一质子进入一个互相垂直的匀强电场和匀强磁场的区域,进入场区时,质子的速度v与电场和磁场垂直,结果此质子恰好不偏转,而做匀速直线运动,如图所示(电场和磁场未画出),已知A板带正电,B板带负电,在不考虑带电粒子的重力的情况下,下列说法不正确的是(　　)A.若质子的速度v'EB,则粒子一定向上偏转 答案 BC 解析 若粒子带正电,受到的洛伦兹力向上,要使其水平射出,受到的静电力应向下,即上极板带正电;若粒子带负电,受到的洛伦兹力向下,要使其水平射出,受到的静电力应向上,即上极板带正电,故射出的带电粒子不一定带负电,速度选择器的上极板一定带正电,选项A错误,B正确。沿虚线水平射出的带电粒子满足qvB=qE,速率满足v=EB,选项C正确。若带电粒子的入射速度v>EB,即qvB>qE,若带正电,则粒子向上偏转,若带负电,则粒子向下偏转,选项D错误。 7.(多选)如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段 (　　) A.a、b一起运动的加速度减小 B.a、b一起运动的加速度增大 C.a、b物块间的摩擦力减小 D.a、b物块间的摩擦力增大 答案 AC 解析 以a为研究对象,分析a的受力情况,a向左加速→受洛伦兹力方向向下→对b的压力增大。以a、b整体为研究对象,分析整体受到的合外力,b对地面压力增大→b受的摩擦力增大→整体合外力减小→加速度减小。再分析a,b对a的摩擦力是a受到的合外力,a的加速度减小→a受到的合外力减小→a、b间的摩擦力减小。故选A、C。 8. 带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点(　　) A.可能做直线运动 B.可能做匀减速运动 C.一定做曲线运动 D.可能做匀速圆周运动 答案 C 解析 带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动,一定做曲线运动,C正确。 二、非选择题 9.(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E。 (2)若电子入射速度为v04,求运动到速度为v02时位置的纵坐标y1。 (3)若电子入射速度在0μmg。静止释放带电圆环,则(　　)A.带电圆环将做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动B.带电圆环加速度先减小后增大C.带电圆环的最大加速度为am=qEmD.最大速度为vm=EμB答案 C解析 当圆环的速度vμmg,圆环一开始做加速运动,但F洛=qvB逐渐增大,则摩擦力Ff=μ(mg-qvB)逐渐减小,加速度逐渐增大,这一阶段圆环做加速度增大的加速运动;当圆环的速度v>mgqB时,受到的洛伦兹力F洛=qvB>G=mg,圆环水平方向受到向右的静电力F=qE和向左的摩擦力Ff=μ(qvB-mg),由牛顿第二定律得加速度a=F-Ffm,洛伦兹力F洛=qvB继续增大,则摩擦力Ff=μ(qvB-mg)逐渐增大,加速度a=F-Ffm逐渐减小,这一阶段圆环做加速度减小的加速运动,直到F=qE=Ff=μ(qvB-mg)时,加速度减为0,速度达到最大值,之后圆环以这个速度做匀速直线运动,最大速度为vm=qE+μmgμqB=EμB+mgqB,选项D错误;综合以上分析,可知带电圆环将先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;带电圆环加速度先增大,增大到am=qEm后,加速度开始减小,最后减为0,选项B错误。4.如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的是(　　)A.电子从N到P,静电力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案 BC解析 电子所受静电力水平向左,电子从N到P的过程中静电力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,选项C正确。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P静电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D错误。5.如图所示,实线表示处在竖直平面内的水平向右的匀强电场的电场线,匀强磁场垂直纸面(图中未画出),有一带电液滴沿与水平方向成37°角斜向上方向做直线运动,已知液滴的质量为m,电荷量为+q,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A.匀强磁场一定垂直纸面向外B.液滴一定做匀速直线运动C.匀强电场的电场强度大小一定为mgtan37°qD.匀强磁场的磁感应强度大小一定为mgcos37°答案 BC解析 若匀强磁场垂直纸面向外,由左手定则可知,液滴所受合力方向在运动方向的右下方,液滴将做曲线运动,选项A错误。液滴做直线运动的条件为其所受合力与速度在一条直线上或合力为零;液滴在静电力、洛伦兹力、重力的共同作用下做直线运动,静电力、重力为恒力,则三者合力必为零,否则洛伦兹力将发生变化,故液滴必定做匀速直线运动,选项B正确。如图所示,根据受力平衡有tan 37°=qEmg,则E=mgtan37°q,同理mgcos37°=qvB,则B=mgqvcos37°,选项C正确,D错误。6.如图所示,空间中存在有界正交的匀强电场和匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,电场的电场强度大小为E,在电磁场上方某处有一个电荷量为+q,质量为m的小球,现将小球由静止释放,结果小球恰能沿直线通过电磁场区域,已知重力加速度为g,空气阻力不计,则(　　)A.小球穿过电磁场区域的过程中动能不变B.小球穿过电磁场区域的过程中电势能减小C.小球在电磁场区域受到的静电力大于重力D.小球进入电磁场区域前自由下落的高度为q2E2-m2g22gq2B2答案 ACD解析 由于小球进入电磁场区域后沿直线运动,则一定做匀速直线运动,动能不变,选项A正确;小球在电磁场中运动时动能不变,重力做正功,静电力做负功,所以小球穿过电磁区域的过程中电势能增大,选项B错误;对小球进行受力分析可知,小球受到的洛伦兹力与重力垂直,且两个力的合力与静电力等大反向,因此静电力大于重力,选项C正确;设小球进入电磁场区域时的速度为v,由受力平衡可得qvB=(qE)2-(mg)2,解得v=(qE)2-(mg)2qB,小球进入电磁场区域前做自由落体运动,根据速度位移关系v2=2gh,解得h=v22g=q2E2-m2g22gq2B2,选项D正确。二、非选择题7.(2023·辽宁卷)如图所示,水平放置的两平行金属板间存在匀强电场,板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2mv03qB,不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U。(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。答案 (1)mv023q　(2)60°　(3)见解析解析 (1)粒子在金属板间的运动为类平抛运动,设粒子在金属板间的运动时间为t,板间距离为d,板长为3d,则在水平方向有3d=v0t在竖直方向有12d=12at2粒子的加速度a=Uqmd联立解得U=mv023q。(2)如图甲所示,设粒子射出金属板时的速度方向与水平方向的夹角为θ0。则tan θ0=d232d=33,所以θ0=30°粒子射出金属板时的速度v=v0cos30°=233v0粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运动半径r=mvBq=23mv03qB=3R由几何关系可得,粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ=60°。甲(3)当磁场圆的直径为运动轨迹圆的弦时,粒子在磁场中的运动时间最长。粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦和改变后的圆形磁场区域的圆心M如图乙所示。乙8. 如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=53 N/C,同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。答案 (1)20 m/s,方向与电场方向成60°角斜向上 (2)23 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图所示,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB=q2E2+m2g2代入数据解得v=20 m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ=qEmg代入数据解得tan θ=3θ=60°。 (2)撤去磁场后,由于静电力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=vsin θ若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-12gt2=0联立解得t=23 s。9.(2023广东江门高二月考)在平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场,最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场,如图所示。不计粒子重力,求:(1)M、N两点间的电势差UMN;(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r;(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。答案 (1)3mv022q　(2)2mv0qB　(3)(33+2π)m3qB解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动设粒子过N点时的速度为v,有v0v=cos θ,得v=2v0粒子从M点运动到N点的过程,有qUMN=12mv2-12mv02解得UMN=3mv022q。(2)如图所示,粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动,半径为O'N,有qvB=mv2r,所以r=mvqB=2mv0qB。(3)由几何关系得lON=rsin θ设粒子在电场中运动的时间为t1,有lON=v0t1所以t1=lONv0=rsinθv0=3mqB粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB则粒子在磁场中运动的时间为t2=π-θ2πT=π-π32π·2πmqB=2πm3qB所以t=t1+t2=(33+2π)m3qB。