第1部分 关键能力提升3 带电粒子在复合场中运动的综合问题-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题三　电场与磁场 关键能力提升三　带电粒子在复合场中运动的综合问题 1．会分析求解带电粒子在立体电磁场空间中的各种运动问题。 2．掌握求解带电粒子在叠加场中的一般曲线运动问题的两种思路。 2 目录 1 2 专题作业 考点 高考风向标 3 考点 考点1　带电粒子在立体电磁场空间中的运动 两类常见立体运动的求解思路 (1)粒子的速度与磁场不垂直：沿磁场方向和垂直磁场方向对力和运动进行分解。 若磁场区只有磁场，则粒子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动；若磁场区还有与磁场方向平行的电场，则粒子沿磁场方向做匀变速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动。 (2)粒子进入下一个场区时所受合力不在原来场区的运动平面内：将粒子的运动按场区分段，对每个阶段分别选择合力与初速度所决定的平面分析运动；注意粒子经过相邻场区边界的位置、速度。 注：如果要求解粒子在三维空间运动的位置，需要在三维直角坐标系中，利用立体解析几何的知识计算。 考点 5 例1　(2024·湖南卷，14)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 考点 6 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 考点 7 考点 8 考点 9 [跟进训练]　(2025·浙江省诸暨市高三下适应性考试)如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应。如图乙所示为环形真空室的示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为＋q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。 [提示：空间角是三维空间中的角度度量，用于描述从一个点出发所能观察到的立体角，半顶角为θ的圆锥形发散空间角为2π(1－cosθ)] (1)写出氘和氚核聚变的核反应方程式； (2)若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速 圆周运动，求极向场线圈产生磁场的大小； 考点 10 考点 11 考点 12 考点 13 考点 14 考点 15 考点 16 考点 17 考点 18 考点 19 考点 20 考点 21 考点2　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 1．概述 带电粒子在叠加场中如果做的是一般曲线运动，则定量求解的难度较大。常见的两种情形是磁场与电场垂直、磁场与重力场垂直。 2．两种分析思路 以下分析以磁场与电场垂直为例介绍，磁场与重力场垂直的分析与此类似。 (1)能量和动量的角度 能量和动量的观点不需要求解过程细节，只需要求解过程的始、末状态，所以，分析这种一般曲线运动很合适。 考点 22 ③联立方程求解。 (2)动力学的角度 根据矢量分解与合成法则，可以将洛伦兹力FB分解成FB1和FB2，使分力FB1与静电力FE平衡，这时，粒子的运动就等效成以下两个运动的合运动：FB1与FE共同作用下的匀速直线运动，FB2作用下的匀速圆周运动。 考点 23 为了达到上述分解，需要对粒子的初速度v进行分解，使分速度v1满足qv1B＝qE，则粒子将以分速度v1开始做匀速直线运动，同时以另一分速度v2开始做匀速圆周运动。这种根据运动合成与分解求解的方法习惯上称为“配速法”。 “配速法”将复杂的曲线运动分解为两种基本运动：匀速直线运动和匀速圆周运动，从而简化了计算。 考点 24 例3　(2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 考点 25 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。 考点 26 考点 27 考点 28 考点 29 在“配速法”中，因为洛伦兹力与速度有关，所以在两分运动中，都要分析洛伦兹力；而电场力与速度无关，所以只在其中一个分运动中分析电场力即可(还可以将电场力沿两分运动方向分解，两分运动都分析电场力)。由此可知，如果将电场分解为分量Ea、Eb，使qEa＝qv0B，看似粒子的运动可以分解成Ea和B作用下速度为v0的匀速直线运动(分运动1)和Eb作用下初速度为0的匀加速直线运动(分运动2)，但因为洛伦兹力随着速度不断变化，所以这样分解是错误的。 考点 30 [跟进训练1]　如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q的小球在场中运动，重力加速度为g。将该小球在M点由静止释放，求小球沿竖直方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 考点 31 考点 32 考点 33 考点 34 考点 35 考点 36 考点 37 考点 38 高考风向标 高考风向标 40 高考风向标 41 高考风向标 42 高考风向标 43 高考风向标 44 高考风向标 45 高考风向标 46 高考风向标 47 高考风向标 48 高考风向标 49 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 4．(2025·河北省保定市高三上开学考试)如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°角射入电场，经电场偏转后以速度v0从点P(0，d)垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f＝kv (k为已知常量)，粒子恰好从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标； (3)在第(2)问的情况下，求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 名师点拨　配速法的局限性 本题中，由于洛伦兹力与阻力方向垂直，所以无法通过配速法直接分解速度，从而将复杂曲线运动分解为我们熟悉的基本运动(匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动)，但仍可以从动量和能量的角度分析计算。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　(1)eq \f(2πmv0,eL)　(2)eq \f(2πr,L)　(3)2,0)eq \f(2π2r2vm,EeL2) 解析　(1)设电子在磁场中运动的时间为t，电子在x轴方向做匀速直线运动，有L＝v0t 在yOz平面内，电子做匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，在yOz平面内做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T，由牛顿第二定律有Bevy＝m2,y)eq \f(v,R) 且T＝eq \f(2πR,vy) 可得R＝eq \f(mvy,Be)，T＝eq \f(2πm,Be) 所有电子均能经过O进入电场，则有t＝nT(n＝1，2，3，…) 联立得B＝eq \f(2πnmv0,eL)(n＝1，2，3，…) 由上式可知，当n＝1时，B有最小值，为Bmin＝eq \f(2πmv0,eL)。 (2)进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向夹角为最大值θ时，沿y轴方向的分速度最大，设为vym，此时电子在yOz平面内做圆周运动的半径R最大，为Rmax＝r 由(1)可知Rmax＝eq \f(mvym,Bmine) 又|tanθ|＝eq \f(vym,v0) 联立可得vym＝eq \f(2πv0r,L)，|tanθ|＝eq \f(2πr,L)。 (3)分析可知，当电子进入磁场时沿y轴方向的分速度vy取最大值vym，且沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym 设电子在电场中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有0－veq \o\al(2,ym)＝－2aym 由牛顿第二定律有eE＝ma 联立可得ym＝2,0)eq \f(2π2r2vm,EeL2) 。 (3)将装置中相邻环向场线圈简化为两个平行线圈，通电后在真空室内产生磁感应强度为B0的匀强磁场，如图丙所示。位于两个线圈轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为v0＝eq \f(5qB0R,8m)的粒子。 ①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ＝37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距； ②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比η1； (4)实际装置的环向场线圈产生类似“磁瓶”形状的非匀强磁场来约束粒子，如图丁所示。已知沿轴线方向的磁感应强度最大和最小的关系为：Bmax＝k1Bmin，在粒子运行过程中，垂直轴线方向速度的平方与沿轴线方向的磁感应强度的大小之比为一常数，即2,⊥)eq \f(v,Bx) ＝k2。位于轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射粒子(所有粒子均没有碰到室壁)，求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例η2。 解析：(1)氘和氚核聚变的核反应方程式为eq \o\al(2,1)H＋eq \o\al(3,1)H→eq \o\al(4,2)He＋eq \o\al(1,0)n。 (2)设极向场线圈产生磁场的大小为B，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 解得B＝eq \f(mv0,qr)。 答案：(1)eq \o\al(2,1)H＋eq \o\al(3,1)H→eq \o\al(4,2)He＋eq \o\al(1,0)n (2)eq \f(mv0,qr)　(3)①πR　②40%　(4)eq \r(\f(k1－1,k1)) (3)粒子与x轴成θ角射入环向磁场，沿磁场方向做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动。 ①设该粒子垂直轴向做圆周运动的半径为r′，周期为T，则T＝eq \f(2πr′,v0sinθ) 由洛伦兹力提供向心力有q(v0sinθ)·B0＝meq \f(（v0sinθ）2,r′) 该粒子沿轴向做匀速直线运动的速度vx＝v0cosθ 则螺距L＝vxT 联立解得L＝πR。 ②粒子垂直轴向做匀速圆周运动，设刚好碰到室壁的粒子发射时速度方向与x轴的夹角为θ1，由洛伦兹力提供向心力有 q(v0sinθ1)B0＝meq \f(（v0sinθ1）2,r1) 其中轨道半径为r1＝eq \f(1,2)R 粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比 η1＝eq \f(2π（1－cosθ1）,2π)×100% 联立解得η1＝40%。 (4)轴线上中点O处的磁场最弱，“磁瓶”的“瓶颈”处磁场最强。若粒子运动到“瓶颈”处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子恰好能够被约束在“磁瓶”内，设此时粒子发射时速度方向与x轴的夹角为θ2。因为洛伦兹力不做功，则粒子速度大小始终为v。根据题意可得eq \f(v2,Bmax)＝k2，eq \f(（vsinθ2）2,Bmin)＝k2 又Bmax＝k1Bmin 发射时速度方向与x轴的夹角大于θ2的粒子能被约束在“磁瓶”内，则η2＝1－eq \f(2π（1－cosθ2）,2π) 联立解得η2＝eq \r(\f(k1－1,k1))。 例2　(2025·江西省萍乡市高三下一模)如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在着沿z轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小B＝eq \f(1,a) eq \r(\f(mU0,2q))，在x>0空间内存在着沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点(－eq \r(3)a，0，0)处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子(eq \o\al(4,2)He)从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正向飞出，已知α粒子质量为m，电量为q，不计粒子重力。求： (1)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间； (2)α粒子打到荧光屏上的坐标； (3)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核(eq \o\al(2,1)H)经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点。若有一个亮点，写出判断依据；若有两个，求出亮点间距离。 答案　(1)2a　eq \f(πa,3) eq \r(\f(2m,qU0)) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)a,3)，3a，\f(4Ea2,3U0))) (3)一个，判断依据见解析 解析　(1)设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v0，轨道半径为r，α粒子在加速电场中运动时，根据动能定理有qU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝eq \r(\f(2qU0,m)) 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv0＝2,0)eq \f(mv,r) 解得r＝2a 设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，如图，由几何知识可得sinθ＝eq \f(\r(3)a,r) 解得θ＝eq \f(π,3) 其在磁场中的运动时间t＝eq \f(θr,v0) 解得t＝eq \f(πa,3) eq \r(\f(2m,qU0))。 (2)α粒子离开磁场后进入电场做类平抛运动，在xOy平面做匀速直线运动，在z轴方向做匀加速直线运动。在磁场中运动过程中，沿y轴方向的位移y1＝r(1－cosθ) 进入电场时，沿y轴方向的分速度vy＝v0sinθ 沿x轴方向的分速度vx＝v0cosθ 设经过t1时间打到荧光屏上，则有 3a－y1＝vyt1 粒子打在荧光屏上时，x轴坐标为x＝vxt1 z轴坐标为z＝eq \f(1,2)a加teq \o\al(2,1) 其中加速度a加满足qE＝ma加 联立解得x＝eq \f(2\r(3),3)a，z＝eq \f(4Ea2,3U0)。 所以α粒子打到荧光屏上的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)a,3)，3a，\f(4Ea2,3U0)))。 (3)由(2)问结果可知，亮点坐标与粒子电荷量和质量无关，只要粒子带正电，打在荧光屏上的坐标即为定值，因此在荧光屏上只有一个亮点。 分析思路：①将粒子的运动沿电场方向(y方向)和垂直于电场方向(x方向)分解，垂直于电场方向列动量定理方程：∑qvyBΔt＝mvx1－mvx0，其中∑vyΔt＝y； ②沿电场方向列动能定理方程：qEy＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)； 答案　(1)带正电　2,1)eq \f(E,2UBeq \o\al(2,1)) (2)eq \f(4UB1,E1B2)　(3)eq \f(2E2－E1,B1) 解析　(1)粒子在偏转分离器中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电 设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0 在速度选择器中，粒子在洛伦兹力和电场力的作用下做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝eq \f(E1,B1)，eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝2,1)eq \f(E,2UBeq \o\al(2,1)) 。 (2)设O点到P点的距离为l，粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝m2,0)eq \f(v,r) 由几何关系知l＝2r 联立解得l＝eq \f(4UB1,E1B2)。 (3)解法一：设粒子打在O′点的速度大小为v′，O点与O′点的距离为h，根据动能定理有qE2h＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 将粒子在速度选择器中的运动沿电场方向和垂直电场方向 分解，垂直电场方向根据动量定理有∑qvyB1Δt＝mv′－mv0 其中∑vyΔt＝h 联立解得v′＝eq \f(2E2－E1,B1)。 解法二：把粒子进入Ⅱ瞬间的速度v0分解为两个水平方向的分速度，令其中一个分速度大小为v0＋v1、方向水平向右，则另一个分速度大小为v1、方向水平向左。其中v0＋v1满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中的两个分运动为：水平向右、速度为v0＋v1的匀速直线运动，竖直平面内以方向水平向左、大小为v1的初速度在洛伦兹力作用下所做的匀速圆周运动。分析知，当圆周分运动的速度水平向右时，粒子垂直打在速度选择器右挡板的O′点，此时粒子的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1 联立解得v′＝eq \f(2E2－E1,B1)。 答案：eq \f(\a\vs4\al(2m2g),q2B2)　eq \f(\a\vs4\al(2mg),qB) 解析：解法一：整个过程中，只有重力对小球做功，则小球沿竖直方向运动的距离为ym时，其速率为vm，且水平向右。由动能定理有mgym＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－0 将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，沿水平方向由动量定理有∑qvyBΔt＝mvm－0 其中∑vyΔt＝ym 联立解得vm＝eq \f(\a\vs4\al(2mg),qB)，ym＝eq \f(\a\vs4\al(2m2g),q2B2)。 解法二：小球在M点的速度为0，把该速度分解为 两个水平方向的分速度，令其中一个大小为v0，方向水 平向右，且满足mg＝qv0B，则另一个分速度大小为v0，方向水平向左。 则小球的两个分运动为：水平向右、速度为v0的匀速直线运动，竖直平面内以方向水平向左、大小为v0的初速度在洛伦兹力作用下所做的匀速圆周运动。分析知，当圆周分运动的速度水平向右时，小球沿竖直方向运动的距离为ym，速率为vm，且vm＝v0＋v0 联立可得vm＝eq \f(\a\vs4\al(2mg),qB) 对圆周分运动，由洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝m2,0)eq \f(v,R) 且ym＝2R 联立解得ym＝eq \f(\a\vs4\al(2m2g),q2B2)。 [跟进训练2]　(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq \r(3)d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为eq \f(4\r(3)E0,3d)，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，设电容器两极板间电压为U，闭合回路中的电流为I，由闭合电路欧姆定律可得E0＝I(2r0＋r0) 由并联电路电压规律可得U＝Ir0 粒子从a点进入电容器后，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，粒子的加速度大小为a，则在水平方向有eq \r(3)d＝v0t 在竖直方向，由牛顿第二定律有eq \f(U,d)q＝ma 由运动学公式有eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2 联立可得q＝2,0)eq \f(mv,E0) 。 答案：(1)2,0)eq \f(mv,E0) 　(2)eq \f(2E0,dv0)　(3)eq \f(2＋\r(3),2)d (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，其竖直方向上的分速度大小为vy，有vy＝at tanθ＝eq \f(vy,v0) v＝eq \f(v0,cosθ) 解得θ＝30°，v＝eq \f(2\r(3)v0,3) 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示 由几何关系可知r＝eq \f(\f(d,2),cosθ) 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 联立可得B＝eq \f(2E0,dv0)。 (3)解法一(配速法)：将粒子在b点的速度v分解，使分速度v1产生的洛伦兹力刚好与电场力平衡，则粒子的运动是速度为v1的匀速直线运动与速度大小等于v的另一分速度v2的匀速圆周运动的合运动 根据平衡条件有qv1B＝Eq 可得v1＝eq \f(E,B)＝eq \f(2\r(3),3)v0 根据左手定则可知，v1竖直向上，则v的分解如图2所示 由几何关系可知粒子在b点时，v2与竖直方向的夹角α＝30°，大小为v2＝2vcosα＝2v0 设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m2,2)eq \f(v,r′) 可得r′＝d 作出粒子做匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示 由几何关系可知xm＝r′cosα＋r′ 解得xm＝eq \f(2＋\r(3),2)d。 解法二(正交分解法与动量法)：当粒子的合速度方向竖直向上时， 粒子相对于电容器右侧的水平距离最远，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有 ∑qvxBΔt＝mv′－(－mvsinθ) 且∑vxΔt＝xm 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2 联立可得xm＝eq \f(2＋\r(3),2)d。 1．(2025·陕晋宁青卷，14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图a所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图b所示，当磁 感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计 电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷eq \f(e,m)； (2)当磁感应强度大小调至eq \f(1,2)B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 解析：(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰好不落到筒壁上时，磁感应强度大小为B0，根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝eq \f(R,2) 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝m2,0)eq \f(v,r) 解得eq \f(e,m)＝eq \f(2v0,B0R)。 答案：(1)eq \f(2v0,B0R)　(2)2eq \r(3)π2R2 (2)当磁感应强度大小调至eq \f(1,2)B0时，设发射速度方向与轴线的夹角为θ的电子恰好不落在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为vy＝v0cosθ的匀速直线运动、横截面内速率为vx＝v0sinθ的匀速圆周运动 在横截面内有evx·eq \f(B0,2)＝m2,x)eq \f(v,r) 结合(1)问结果，解得θ＝30°，对该情况下的电子，其运动至恰好不落在筒壁所需的时间t＝eq \f(πr,vx) 该时间内，电子在竖直方向上的位移h＝vyt 分析可知，电子落在筒壁区域的上、下边界到O点的 竖直距离均为h，则S＝2πR·2h 联立解得S＝2eq \r(3)π2R2。 2．(2023·浙江6月选考，20)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 答案：(1)eq \f(2B1qL,m)　eq \f(2πm,3qB1)　(2)eq \f(4B1qL,m)　(3)60% (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2＝2B1，求能到达y＝eq \f(L,2)处的离子的最小速度v2； (3)若B2＝eq \f(B1,L)y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在eq \f(B1qL,m)～eq \f(6B1qL,m)范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 解析：(1)离子以速度v在磁感应强度为B的磁场中做圆周运动时，设轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r) 周期T＝eq \f(2πr,v) 可得r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)。 离子速度为v1时，恰好不进入区域Ⅱ，轨迹与y＝L处边界相切，如图1。设轨迹半径为r0，由几何关系得r0cos60°＝r0－L 解得r0＝2L 将B＝B1、r＝r0＝2L代入r的表述式，可解得v1＝eq \f(2B1qL,m) 在区域Ⅰ中离子的运动周期T1＝eq \f(2πm,qB1) 离子不进入区域Ⅱ时，在磁场中的运动时间 t＝eq \f(60°×2,360°)T1 联立得t＝eq \f(2πm,3qB1)。 (2)离子以速度v2运动时，恰能到达y＝eq \f(L,2)处，轨迹与y＝eq \f(L,2)直 线相切，运动轨迹如图2。 根据B2＝2B1，r＝eq \f(mv,qB)可知离子在区域Ⅱ中的轨迹半径r2和在区域Ⅰ中的轨迹半径r1的关系为r2＝eq \f(r1,2) 设O1O2与边界y＝L的夹角为α，由几何关系可得r1sinα－r1sin30°＝L r2－r2sinα＝eq \f(L,2) 联立解得r1＝4L，r2＝2L，sinα＝eq \f(3,4) 结合r1＝eq \f(mv2,qB1)解得v2＝eq \f(4B1qL,m)。 (3)离子恰能进入第四象限时，到达x轴时沿y轴方向的速度刚好减为0，即vy＝0，vx＝v；到达y＝2L处时，沿x轴方向的速度vx0＝vcos60° 在区域Ⅱ中，很短的时间Δt内，沿x轴方向由动量定理有B2qvyΔt＝mΔvx 即B2qΔy＝mΔvx 等号两边求和，可得∑B2qΔy＝∑mΔvx 由于B2＝eq \f(B1,L)y，所以在区域Ⅱ中B2随y的减小从B1均匀减小到0，eq \o(B,\s\up16(－))2＝eq \f(B1,2) 则∑B2qΔy＝eq \o(B,\s\up16(－))2qL＝eq \f(1,2)qB1L 离子在区域Ⅰ中运动的过程，根据动量定理同理有qB1L＝∑mΔvx′ 则在区域Ⅱ和Ⅰ整个运动过程中，有 qB1L＋eq \f(1,2)qB1L＝∑mΔvx＋∑mΔvx′＝mv－mvcos60° 解得恰好进入第四象限的离子从离子源射出时的速度v＝eq \f(3B1qL,m) 因离子源射出离子的速度范围在eq \f(B1qL,m)～eq \f(6B1qL,m)，则速度在eq \f(3B1qL,m)～eq \f(6B1qL,m)范围之间的离子才能进入第四象限，又离子源射出的离子数按速度大小均匀分布，可知进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝eq \f(\f(6B1qL,m)－\f(3B1qL,m),\f(6B1qL,m)－\f(B1qL,m))×100%＝60%。 1．(多选)如图所示，空间存在足够大的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，匀强磁场的磁感应强度为B，方向沿水平方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q(重力不计)的粒子从O点由静止释放，经过时间t粒子第一次到达最低点N。下列说法正确的是(　　) A．粒子的轨迹是抛物线 B．粒子经过N点时速度大小为eq \f(2E,B) C．O、N两点的竖直距离为eq \f(mE,qB2) D．O、N两点的水平距离为eq \f(Et,B) 解析：粒子受到的合力是变力，则轨迹不是抛物线，A错误； 将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右的分量vx 和竖直向下的分量vy，则该时刻粒子受到的洛伦兹力沿水平方向 的分量为Fx＝qBvy，水平向右，沿竖直方向的分量为Fy＝qBvx， 竖直向上；设粒子经过最低点N的速度大小为vN，O、N两点的 竖直距离为y，水平距离为x，由O到N，水平方向由动量定理可得∑qBvyΔt＝mvN－0，其中∑qBvyΔt＝qB∑vyΔt＝qBy，竖直方向由动量定理可得qEt－∑qBvxΔt＝0－0，其中∑qBvxΔt＝qB∑vxΔt＝qBx，由动能定理可得qEy＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)－0，联立解得vN＝eq \f(2E,B)，y＝eq \f(2mE,qB2)，x＝eq \f(Et,B)，故B、D正确，C错误。（B、C、D项另解： 将开始时粒子的速度v进行分解，其中一个分速度v1满足qE＝ qv1B，且qv1B竖直向上，可知v1＝ EQ \f(E,B) ，方向水平向右，另一个 分速度v2＝v1，方向水平向左，则粒子的运动可分解为速度大小 为v1的水平向右的匀速直线运动，和竖直面上速率为v2、初速度 水平向左的匀速圆周运动。在N点，两个分运动的速度方向相同，所以vN＝2v1，联立解得vN＝EQ \f(2E,B) ，故B正确；对于匀速圆周分运动，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m2,2)EQ \f(v,r) ，根据运动的合成知，O、N两点间的竖直距离h＝2r，联立解得h＝eq \f(2mE,qB2) ，故C错误；在匀速圆周分运动中，粒子从最高点O运动到最低点N，在水平方向上的位移为0，在匀速直线分运动中，这段过程粒子向右的位移x＝v1t＝eq \f(Et,B) ，由运动的合成规律可知，O、N两点的水平距离为x＝eq \f(Et,B) ，故D正确。） 2．(2025·河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测)(多选) 如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方 向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧 磁场的磁感应强度大小相等，yOz平面右侧还有沿y轴负方向的 匀强电场。现从空间坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)d，0，0))的M点发射一质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度大小为v0，方向沿xOy平面且与x轴正方向的夹角为60°，经一段时间后粒子垂直于y轴进入yOz平面右侧，已知在yOz平面右侧轨迹上第1次离yOz平面最远的点恰好在xOz平面上，不计粒子的重力。则下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度大小为eq \f(mv0,2qd) B．匀强电场的电场强度大小为2,0)eq \f(4mv,π2qd) C．粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3d,2)，2d)) D．粒子第2次经过yOz平面时的速度大小为eq \f(\r(4＋π2),π)v0 解析：粒子在yOz平面左侧做圆周运动的轨迹如图所示，根据 几何关系可知，半径r1＝eq \f(\f(\r(3),2)d,sin60°)＝d，根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) ，可得匀强磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mv0,qd)，故A错误；粒子在yOz平面右侧沿y轴方向向下做匀加速直线运动，同时在xOz平面内在洛伦兹力作用下做圆周运动，因y轴两侧磁场的磁感应强度大小相等，由r＝eq \f(mv,qB)可知粒子在xOz平面做圆周运动的半径r2＝r1＝d，因在yOz平面右侧轨迹上第1次离yOz平面最远的点恰好在xOz平面上，可知粒子到达xOz平面上时恰好做eq \f(1,4)个圆周运动， 则所用时间为t＝eq \f(πd,2v0)，竖直方向有r1(1－cos60°)＝eq \f(1,2)·eq \f(\a\vs4\al(qE),m)t2，解得E＝ 2,0)eq \f(4mv,π2qd) ，故B正确；粒子第2次经过yOz平面时做半个圆周运动，所 用时间为t′＝2t＝eq \f(πd,v0)，则y轴坐标y＝r1(1－cos60°)－eq \f(1,2)·eq \f(\a\vs4\al(qE),m)t′2＝－eq \f(3,2)d， 结合左手定则可知z轴坐标z＝2r2＝2d，即粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3d,2)，2d))，故C正确；粒子第2次经过yOz平面时，沿着y轴负方向的分速度大小vy＝eq \f(\a\vs4\al(qE),m)·2t＝eq \f(4v0,π)，经过半个周期，沿xOz平面的分速度沿着x轴负方向，大小为vx＝v0，根据运动的合成可知粒子第2次经过yOz平面时的速度大小v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \f(\r(16＋π2),π)v0，故D错误。 3．(2025·河北省张家口市高三下三模)如图所示，在xOy竖直平面坐标系内的第一、三、四象限存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球从x轴上的P点以速度大小为v0、方向与x轴正方向成θ＝45°角射入匀强电场，小球到达坐标原点O时恰好竖直向下运动。已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小B＝eq \f(\r(2)mg,qv0)。求： (1)第二象限的电场强度的大小E和O、P两点间的距离x； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小v； (3)小球过坐标原点后第一次通过x轴的位置坐标。 解析：(1)小球从P到O的过程中，设运动时间为t，水平方向加速度大小为ax，小球在水平方向做匀减速直线运动，由题意知水平方向末速度为0，则水平方向有0＝v0cosθ－axt qE＝max x＝eq \f(v0cosθ,2)t 小球在竖直方向做竖直上抛运动，则竖直方向有v0sinθ＝g·eq \f(t,2) 联立解得E＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2q)，x＝2,0)eq \f(v,2g) 。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mg),2q)　2,0)eq \f(v,2g) 　(2)eq \f(2＋\r(2),2)v0　(3)2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（3π＋4）v,4g)，0)) (2)小球经过O点时的速度vt＝v0sinθ＝eq \f(\r(2),2)v0 将该速度分解为水平向右的分速度v1和斜向左下方的 分速度v2，使mg＝Bqv1 解得v1＝eq \f(\r(2),2)v0 则v2＝2,t)eq \r(v＋veq \o\al(2,1)) ＝v0，方向与y轴负方向成45°角 则小球在磁场中的运动可看作是沿x轴正方向速度为v1＝eq \f(\r(2),2)v0的匀速直线运动和以速度v2为初速度的匀速圆周运动的合运动，小球第一次到达最低点时圆周运动分运动的速度方向沿x轴正方向，合速度的大小v＝v1＋v2 解得v＝eq \f(2＋\r(2),2)v0。 (3)圆周分运动的半径r满足qv2B＝m2,2)eq \f(v,r) 周期T＝eq \f(2πr,v2) 小球过坐标原点后第一次通过x轴的时间 t′＝eq \f(3T,4) 在匀速直线运动中运动的距离x1＝v1t′ 在圆周分运动中运动的距离x2＝2rcos45° 小球过坐标原点后第一次通过x轴的坐标x′＝x1＋x2 联立得x′＝2,0)eq \f(（3π＋4）v,4g) 故小球过坐标原点后第一次通过x轴的位置坐标为2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（3π＋4）v,4g)，0)) 。 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图1所示。 根据几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R满足Rcos60°＝R－d 解得R＝2d 由洛伦兹力充当向心力有Bqv0＝m2,0)eq \f(v,R) 解得B＝eq \f(mv0,2qd)。 答案：(1)eq \f(mv0,2qd)　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2k)，0)) 　(3)eq \f(mv0,k)＋d－2,0)eq \f(m2v,4dk2) (2)对粒子受力分析可知，速度的x轴分量会产生沿x轴负方向的阻力与沿y轴负方向的洛伦兹力，如图2所示；速度的y轴分量会产生沿y轴正方向的阻力与沿x轴负方向的洛伦兹力，如图3所示 极短时间Δt内，在x轴方向上，由动量定理有－(kvx＋Bqvy)Δt＝mΔvx 由微元法累加后可得－kx－Bqd＝m(0－v0) 解得x＝eq \f(mv0,2k) 则Q点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2k)，0))。 (3)同理，极短时间Δt内，在y轴方向上，由动量定理有－(kvy－Bqvx)Δt＝mΔvy 由微元法累加后可得－kd＋Bqx＝m(vQ－0) 解得粒子到达Q点的速度vQ＝2,0)eq \f(mv,4dk) －eq \f(kd,m) 沿轨迹每一小段方向，阻力使得粒子速率减小，极短时间Δt内，根据动量定理均有－kvΔt＝mΔv 由微元法累加后可得－kl＝m(vQ－v0) 解得轨迹的长度为l＝eq \f(mv0,k)＋d－2,0)eq \f(m2v,4dk2) 。 5．(2022·山东卷，17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面 取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电 磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0<z≤d空间内 充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向； －3d≤z<0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为eq \f(\r(2),2)B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ。不计离子重力。 (1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E； (2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm； (3)离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)； (4)当离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。 解析：(1)离子甲从A点出射时速度分解及受力情况如图1所示，可知离子甲从A到O的过程，沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据运动学公式， 沿z轴方向有L＝v0cosβ·t 沿y轴方向有0－v0sinβ＝－at 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得E＝2,0)eq \f(mvsinβcosβ,qL) 。 答案：(1)2,0)eq \f(mvsinβcosβ,qL) 　(2)eq \f(\a\vs4\al(qBd),m)　(3)(d，d，0) 　(4)(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB) (2)离子甲进入磁场后的运动轨迹如图2所示，离子甲从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝eq \f(mv2,r1) 离子甲经过磁场Ⅰ偏转后经过y轴沿z轴负方向进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv·eq \f(\r(2),2)B＝eq \f(mv2,r2) 解得r2＝eq \r(2)r1 由几何关系可知，离子射出磁场Ⅱ时在x轴上，速度沿z轴正 方向。为了使离子甲始终在磁场中运动，需满足r1≤d，r2≤3d 联立可得v≤eq \f(\a\vs4\al(qBd),m) 则若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度vm＝eq \f(\a\vs4\al(qBd),m)。 (3)离子甲以v＝eq \f(\a\vs4\al(qBd),2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ， 离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(d,2) 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝eq \f(mv,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \f(\r(2)d,2) 结合第(2)问分析可知，离子甲第四次穿过xOy平面的x坐标为 x4＝2r2sin45°＝d 离子甲第四次穿过xOy平面的y坐标为y4＝2r1＝d 故离子甲第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d，0)。 (4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×4mv′2 解得v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(\a\vs4\al(qBd),4m) 离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为 r1′＝eq \f(4mv′,qB)＝d＝2r1 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 r2′＝eq \f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \r(2)d＝2r2 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹的第一个交点P如图3所示 两离子从O点进入磁场到第一个交点P的过程，有 t甲＝T1＋T2＝eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB) t乙＝eq \f(1,2)T1′＋eq \f(1,2)T2′＝eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,qB)＋eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,q·\f(\r(2),2)B)＝(4＋4eq \r(2))eq \f(πm,qB) 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙－t甲＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)。 6．(2024·海南卷，18)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆 形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半 径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平 行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、eq \f(B,2)的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。 (1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的 时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，sin53°＝\f(4,5)))。 答案：(1)2,0)eq \f(mv,2q) 　eq \f(mv0,Bq)　(2)eq \f(πm,Bq) 　(3)eq \f(13,5)v0　eq \f(172mv0,25Bq) 解析：(1)带电粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得U＝2,0)eq \f(mv,2q) 由题意可知，粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R 粒子在区域Ⅰ中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝m2,0)eq \f(v,r) 联立解得R＝eq \f(mv0,Bq)。 (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可知粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径均为R，分析可知，粒子都从Q点射入区域Ⅱ，且射入区域Ⅱ时的速度方向在沿y轴负方向到沿y轴正方向右侧180°角范围内。设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r′，由洛伦兹力提供向心力有qeq \f(B,2)v0＝m2,0)eq \f(v,r′) 解得r′＝eq \f(2mv0,Bq)＝2R 在能射入区域Ⅲ的粒子中，在区域Ⅱ中运动的时间最短的 粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何知识可得，此粒子在区 域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹所对应的圆心角都为θ＝60° 粒子在两区域磁场中的运动周期分别为 T1＝eq \f(2πr,v0) T2＝eq \f(2πr′,v0) 该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 t＝eq \f(60°,360°)T1＋eq \f(60°,360°)T2 联立解得t＝eq \f(πm,Bq)。 (3)将粒子进入区域Ⅲ时的速度v0分解为v1和v2，使其中一个分速度v1对应的粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，则粒子沿v1方向做匀速直线运动分运动，粒子的另一个分运动是初速度为v2的匀速圆周运动。根据平衡条件可知，v1对应的洛伦兹力方向沿x轴负方向，且qv1B＝qE 又E＝Bv0 解得v1＝v0 由左手定则知，v1沿y轴正方向，将粒子射入区域Ⅲ时的 速度v0分解，如图乙所示，由几何关系可知，2β＝74° 解得β＝37° 则v2＝2v0cosβ 设圆周分运动的半径为r″，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m2,2)eq \f(v,r″) 根据运动的合成可知，当圆周分运动的速度变为沿y轴正方向时，粒子的速度最大，动能最大，此时粒子的速度大小为vm＝v1＋v2 联立解得vm＝eq \f(13,5)v0 从进入区域Ⅲ到粒子动能最大，圆周分运动的轨迹如图丙所示，由几何关系可知，粒子动能最大时，粒子所在位置到y轴的距离为 L＝2R＋2R＋r″(1＋cosβ) 联立解得L＝eq \f(172mv0,25Bq)。 $