2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第二板块第1讲应用“三类典型运动”破解电磁场计算题


第1讲
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考法
学法
分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有：①带电粒子(体)在电场、磁场中的运动；②带电粒子(体)在组合场、叠加场中的运动；③带电粒子(体)在交变场中的运动。本讲主要应用“直线运动”“圆周运动”“类平抛运动”这三类典型运动破解电磁场计算题。用到的思想方法有：①假设法；②合成法；③正交分解法；④临界、极值问题的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。
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命题点(一)　带电粒子(体)在电场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移。
(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？
(2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？
[解析]　(1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1
因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d，
即E′＝E
由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a
设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2，解得v12＝
在加速电场中由动能定理知
eU1＝mv02，eU1′＝mv12
解得U1′＝，即加速电压应减为原来的，才能使电子打在下极板的中点。
(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有
＝a1t2，d＝a2t2，
即a2＝2a1
由牛顿第二定律知a1＝，a2＝
解得U2′＝3U2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点。
[答案]　(1)加速电压应减为原来的，即　
(2)偏转电压变为原来的3倍，即3U2
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程


[通一类]————————————————————————————————
　(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在t2＝2t1时刻的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到t1时刻的位移为
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12⑧
由题给条件有
v02＝2g·2h⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1⑫
即当0 或t1>⑭
才是可能的，条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有
2－2－2>1⑰
即t1>⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
答案：(1)v0－2gt1　(2)见解析
命题点(二)　带电粒子在磁场中的运动
题型1　带电粒子在有界磁场中的运动
1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法

2．求磁场区域最小面积的两个注意事项
(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。
(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。
[例1]　(2018·重庆模拟)如图所示坐标原点O(0,0)处有一带电粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率均为v、质量均为m、电荷量均为＋q。有人设计了方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子重力。求：
(1)粒子与x轴相交的坐标范围；
(2)粒子与y轴相交的坐标范围；
(3)该匀强磁场区域的最小面积。
[解析]　(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由qvB＝m，
得R＝，
如图所示，粒子与x轴相交的坐标范围为－≤x≤－。
(2)如图所示，粒子与y轴相交的坐标范围为0≤y≤。
(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。
第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1＝，
第二象限区域四分之一圆的半径为2R，
其面积为S2＝＝πR2，
第二象限区域一个半径为R的半圆面积为S3＝，
则阴影部分面积为S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。
[答案]　(1)－≤x≤－　(2)0≤y≤　(3)
题型2　带电粒子在磁场中的多解问题
1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。
2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。
[例2]　如图所示为宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。
[解析]　若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨迹半径：
R＝，又d＝R－

解得v＝(2＋)。

若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，
则有：R′＝，d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
[答案]　(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
命题点(三)　带电粒子在组合场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析]　(1) H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运
动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t12②
H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③
联立以上各式得
s1＝h。④
(2) H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3) H与H初动能相等
×2mv22＝mv12⑩
H在电场中运动时有
qE＝2ma2⑪
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭
v′＝⑮
qv′B＝2m⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰
所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。⑲
[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h








[悟一法]————————————————————————————————
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法

[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)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。
(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；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，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v沿电场方向的分量为v1。


根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
＝tan ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。⑫
答案：(1)见解析图(a)　(2)　(3)　
2．(2018·宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG内存在沿x轴正方向、电场强度E＝的匀强电场，在第三象限沿AC放置一面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计重力。

(1)求电子P射入磁场时的速度大小；
(2)求电子P经过y轴时的坐标；
(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且P、Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间。
解析：(1)电子P恰好不从AD边射出磁场，则电子P的运动轨迹与AD边相切，
由几何关系可得：r＋＝l
电子P在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
ev0B＝
解得：r＝，v0＝。
(2)假设电子P从OG边离开电场，则电子P在电场中做类平抛运动，有：
2r＝at12
yP＝v0t1
eE＝ma
解得：t1＝，yP＝l
由于yP＝l (3)对于电子P，设射出电场时速度方向与y轴负方向成α角，射在荧光屏上的位置距离x轴为Y，则：
vPx＝at1
tan α＝
由几何关系有：Y＝yP＋
对于电子Q，设其在电场中运动的时间为t2，射出电场时速度方向与y轴负方向成β角，在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的点的竖直距离为yQ2，有：yQ1＋yQ2＝Y
yQ1＝v0t2
yQ2＝
tan β＝
vQx＝at2
解得：t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)
命题点(四)　带电粒子(体)在叠加场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
[解析]　(1)由题意可知
qE1＝mg
解得q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。
则Rcos θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°，tan θ＝0.75
由qv0B＝m
解得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。
tan α＝＝0.75＝tan θ，即α＝θ＝37°
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，由图甲可知合力沿PA方向
由图甲中几何关系可得OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
过N点作PA延长线的垂线NQ，易知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos α＝0.6 m
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。
[答案]　(1)2 T　(2)0.6 s
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在叠加场中运动的解题思路

[通一类]————————————————————————————————
　(2019届高三·惠州四校联考)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。

(1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，此点到O点的距离为多大？
解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，
则qE＝mg，解得：E＝。
(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv0B＝m，解得：r＝，
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON的切点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为
30°，由几何关系可得，QP为圆轨迹的直径，
可知OP的长度为：s＝＝＝4r＝。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T点，竖直位移为y，
水平位移：x＝v0t，
解得：t＝＝＝，
竖直位移：y＝gt2＝，
小球打在光屏上的T点到O点的距离为：
H＝2r＋y＝＋。
答案：(1)正电荷　　(2)　(3)＋

命题点(五)　带电粒子(体)在交变场中的运动
题型1　电场的周期性变化
[例1]　(2018·宜昌调研)如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可视为匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。

(1)求电子通过偏转电场的时间t0；
(2)若UAB的周期T＝t0，求电子飞出偏转电场时离OO′的最大距离；
(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。
[解析]　(1)电子在水平方向做匀速运动，有：v0t0＝l，解得t0＝。
(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子飞出时离OO′的距离最大
设最大距离为ym，加速度大小为a，则有：
ym＝2×a2
a＝
解得最大距离ym＝。
(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点，则在电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为Δt，则在竖直方向上有：
y上＝2×aΔt2
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)·
要到达O′点，则有y上＝y下
解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去
所以到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为
vy＝a(t0－2Δt)
到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝
解得电子击中荧光屏上O′点时的速率：v＝ 。
[答案]　(1)　(2)　(3)
题型2　磁场的周期性变化
[例2]　(2018·肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：

(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离x；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度H；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足的条件。
[解析]　(1)根据题意可知，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB＝m
解得：R＝0.6 m
由T＝
解得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：x＝2R
解得：x＝1.2 m。
(2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为
t′＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt′
解得：s≈1.88 m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：
H＝s＋R＝2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…)
综上，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)。
[系统通法]
[答案]　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)

带电粒子在交变场中运动的解题思路


[专题强训提能]
1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)
解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得
mgL－qEL＝0
解得E＝。
(2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动，
F合＝＝mg
a＝＝g
由几何关系易知，CB＝L，则
L＝at2
解得t＝ 。
答案：(1)　(2)
2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有
2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
答案：(1)　(2)1∶4
3.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x方向、电场强度为E的匀强电场。某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。
(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；
(2)试求所有粒子到达－y轴上的时间范围(即最后到达－y轴与最先到达－y轴的粒子的时间间隔)。
解析：(1)设粒子速度v与＋y轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x轴上满足d＝Rsin θ
又qvB＝
解得v＝＝
当θ＝90°时，vmin＝
当θ＝45°和θ＝135°时，vmax＝
带电粒子进入磁场的速度大小范围为
≤v≤。
(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短
其在磁场中运动时间t1＝＝
由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(－1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(－1)d＝··t22
即t2＝
所以tmin＝t1＋t2＝＋
由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y轴，所用时间最长
其在磁场中运动的时间t3＝＝

由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(＋1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(＋1)d＝··t42，
即t4＝
所以tmax＝t3＋t4＝＋
所有粒子到达－y轴上的时间范围为
Δt＝tmax－tmin＝＋ －。
答案：(1)≤v≤ (2)＋－
4．(2018·江苏高考)如图所示，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上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(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。
解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qv0B＝
由题意知r0＝
解得B＝。

(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。

由几何关系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，
解得t1＝
粒子做直线运动的时间t2＝
解得t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子做直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
答案：(1)　(2)　(3)
5.(2018·太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°。已知带电粒子质量为m、电荷量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小
E＝，重力加速度为g。

(1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；
(2)t＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，在0～时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：
①粒子经过M点时的曲率半径ρ；
②在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。
解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得
qv0B＝
解得v0＝
由左手定则得，v0沿y轴负方向。
(2)①重力和电场力的合力为F＝
粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理
W＝Fd＝mv2
得v＝
由qvB－mg＝
得ρ＝。
②轨迹如图所示。

答案：(1)，沿y轴负方向　(2)①　②见解析图