微专题60 带电粒子在组合场中的运动-2025版高中物理微专题

微专题60带电粒子在组合场中的运动【核心考点提示】“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力F＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝eq\f(L,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)动能变化不变带电粒子在组合场中运动的处理方法1．明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等．2．定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况．3．画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．4．用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．5．找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度.【微专题训练】【例题】(2016·湖北黄冈检测)如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为eq\f(L,2)，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电的粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力，求：(1)两金属板间所加电场的场强大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。【解析】(1)如图所示，设粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，由类平抛运动可知：L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Eq,m)联立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)。(2)粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,R)，sinθ＝eq\f(L,2R)，sinθ＝eq\f(vy,v)，vy＝at联立解得：B＝eq\f(2mv0,qL)【答案】(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qL)【变式】(2018·广东省东莞市东方明珠学校上学期第五次检测)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，eq\r(3)h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成30°角，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值，并求粒子从P点到离开第Ⅳ象限所经历的时间。答案：(1)E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)；(2)2v0，速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成60°角；(3)eq\f(2mv0,qL)，eq\f(4h,v0)＋eq\f(πL,6v0)[解析](1)运动过程如图所示设粒子在电场中运动的时间t，则有水平方向：2h＝v0t竖直方向：eq\r(3)h＝eq\f(1,2)at2在电场中有：qE＝ma联立得：E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝eq\r(3)v0则v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，则θ＝60°，即粒子在a点速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成60°角(3)因为粒子从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成30°角，且θ＝60°，所以粒子只能从磁场的ab边射出，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由几何关系得：r＝L粒子在磁场中运动时，有qvB＝eq\f(mv2,r)解得磁感应强度的最小值B＝eq\f(2mv0,qL)由(1)可知在电场运动时间t1＝eq\f(2h,v0)在磁场中，运动时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2πL,2v0)＝eq\f(πL,6v0)做匀速直线运动时间t3＝eq\f(4h,2v0)＝eq\f(2h,v0)故运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(4h,v0)＋eq\f(πL,6v0)【例题】(2018·天津卷，11)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t.(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．解析(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,\r(3)R)①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)【变式】(2018·长春市普通高中监测(一))如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域I内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1＝eq\f(mv0,qL)的匀强磁场，区域I、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标为(－2L，－eq\r(2)L)的A点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标为(0，－(eq\r(2)－1)L)的C点射入区域I。粒子重力忽略不计。(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；(3)要使粒子从区域Ⅱ的上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直于纸面向里的匀强磁场。试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向范围。答案：(1)E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)(L,0)(3)eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)速度方向与x轴正方向夹角在120°到180°之间[解析](1)由题意可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如答图所示，则有2L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)联立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)设带电粒子在C点时沿y轴正方向的速度为vyvy＝at解得vy＝v0。可知v＝eq\r(2)v0，即带电粒子从C点离开时的速度方向与x轴正方向的夹角为45°带电粒子进入区域Ⅰ后做匀速圆周运动，轨迹如答图所示，由qvB1＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\r(2)L由几何关系知，带电粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标为(L,0)(3)如答图所示，根据几何关系可知，带电粒子从区域Ⅱ的上边界离开磁场时的运动轨迹半径满足eq\f(3,4)L≤r≤L由qvB＝eq\f(mv2,r)解得eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)设带电粒子离开区域Ⅱ时速度方向与x轴正方向夹角为θ，根据几何关系可知120°≤θ≤180°【巩固习题】1.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为()A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小【解析】设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝eq\f(v0,cosθ).粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝eq\f(mv,qB).而MN之间的距离为d＝2rcosθ.联立解得d＝2eq\f(mv0,qB)，故选项A正确．【答案】A2.(2018·河北省巨鹿县高三上学期期中试题)如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为(M、N点图中未画出)，从N点射出的速度为，则以下说法中正确的是(D)A．只增大带电粒子的比荷大小，则减小B．只增大偏转电场的电压U的大小，则减小C．只减小初速度v0的大小，则不变D．只减小偏转电场的电压U的大小，则不变[解析]粒子在电场中，水平方向vx＝eq\f(qE,m)t；竖直方向L＝v0t，vy＝v0；v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，解得v＝eq\r(\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0))＋v\o\al(2,0))，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R＝eq\f(mv,qB)可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为θ，则由半径公式R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(m\f(v0,sinθ),Bq)，结合几何关系，可得：x＝2Rsinθ＝eq\f(2mv0,Bq)，则会导致x不变，故D正确；故选D。3.(2018·吉林省百校联盟月考)如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。某一粒子以最小速度v从ab边的中点O处垂直于磁场射入，当方向垂直于ab时，恰能从ab边穿出。若在此矩形区域内只存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后从距d点l处穿出，已知此粒子的质量为m，电荷量为q，其重力不计；ab边长为2l，ad边长为4l，则下列说法中正确的是(AD)A．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为eq\f(B,E)＝eq\f(9,v)B．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为eq\f(B,E)＝eq\f(4,v)C．粒子穿过磁场和电场的时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,4)D．粒子穿过磁场和电场的时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,6)[解析]当带电粒子恰能从ab边穿出，则圆弧与ad相切，从几何关系可得2R＝l，qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(2mv,ql)，粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(rθ,v)＝eq\f(πl,2v)；当矩形区域内只有电场时，因ad为4l，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有3l＝vt，所以，t2＝eq\f(3l,v)，竖直方向有l＝eq\f(1,2)at2，由牛顿第二定律得a＝eq\f(Eq,m)，解得E＝eq\f(2mv2,9lq)，所以eq\f(B,E)＝eq\f(9,v)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,6)，选项AD正确。4.(多选)如图所示，在长度足够长、宽度d＝5cm的区域MNQP内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.33T。水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E＝200N/C。现有一质量m＝6.6×10－27kg、电荷量q＝3.2×10－19C的带负电的粒子，从边界PQ上的O点与x轴负方向成60°角射入磁场，射入时的速度大小v＝1.6×106m/s，不计粒子的重力。则下列说法正确的是()A．粒子在磁场中运动的时间约为3.27×10－8sB．粒子在电场中运动的时间约为t＝3.3×10－4sC．粒子在电场中做匀变速直线运动D．粒子在电场中做匀速直线运动解析：根据题意由洛伦兹力提供向心力有，qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝0.1m，T＝eq\f(2πm,Bq)＝3.925×10－7s，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，粒子在磁场中运动的圆心角为30°，所以粒子在磁场中运动的时间2t1＝2×eq\f(1,12)T＝6.54×10－8s，A错误；由几何关系知粒子平行于电场方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度a＝eq\f(qE,m)，粒子在电场中运动的时间t＝eq\f(2v,a)，解得t＝3.3×10－4s，B、C正确，D错误。答案：BC5.如图所示。在宽L＝10cm的有界区域内存在相互正交的匀强电场和磁场，MN为与电场线平行、距电磁场右侧边界d＝15cm的荧光屏，一束电子以垂直电磁场的方向射入，不改变运动方向，打在中央O处，当去掉电场时电子穿过磁场的偏转距离为5cm，求：(1)撤去电场，电子打在荧光屏上的点距O点的距离；(2)撤去磁场，电子穿过电场后打在荧光屏上的点距O点的距离。解析：(1)撤去电场后，电子的运动轨迹如图甲所示。根据几何关系r2＝(r－5)2＋L2①tanθ＝eq\f(L,r－5)②联立得tanθ＝eq\f(4,3)O′P＝dtanθ＝20cm。则OP＝20cm＋5cm＝25cm。(2)撤去磁场后，电子先做类平抛运动后做直线运动，如图乙所示，由y＝eq\f(qE,2mv\o\al(2,0))L2，qE＝qv0B，r＝eq\f(mv0,qB)得电场中的侧移量y＝eq\f(qB,2mv0)L2＝eq\f(L2,2r)＝eq\f(102,2×12.5)cm＝4cm由eq\f(4cm,OP′)＝eq\f(L/2,L/2＋d)得OP′＝16cm。可见相同尺寸的条件下，磁偏转量比电偏转量要大，这也是电视机显像管要用磁偏转的原因。答案：(1)20cm(2)16cm6.(2018·陕西省汉中市高三模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系中，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ODEF内存在沿x轴正方向、大小E＝eq\f(B2el,3m)的匀强电场，在第三象限沿AC放置一平面足够大的荧光屏，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，电量为e，不计电子的重力．(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y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)由几何关系可得：r＋eq\f(r,sinθ)＝l粒子在磁场中做匀速圆周运动受力洛伦兹力提供向心力：ev0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得：r＝eq\f(l,3)，v0＝eq\f(eBl,3m)(2)假设电子从OE边离开，则电子做类平抛运动中，有：2r＝v0t1yQ＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)eE＝ma解得：t1＝eq\f(2m,eB)，yQ＝eq\f(2,3)l由于yQ＝eq\f(2,3)l<l，故假设成立，电子从OE边射出，经过y轴时的坐标：(0，－eq\f(2,3)l)(3)对于电子P，设射出时速度方向与y轴负向成α角，射在荧光屏上的位置距离x轴为Y，vPx＝at1tanα＝eq\f(vPx,v0)由几何关系有：Y＝yP＋eq\f(l,tanα)对于电子Q，设其在电场中运动的时间为t2，射出时速度方向与y负轴方向成β角，在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的相交点竖直距离为yQ2：yQ1＋yQ2＝YyQ1＝v0t2yQ2＝eq\f(l,tanβ)tanβ＝eq\f(vQx,v0)vQx＝at2联立解得：t2＝eq\f(3m,2eB)(另一个解t2＝eq\f(2m,eB)是电子P在电场中运动的时间，故舍去)．答案(1)v0＝eq\f(eBl,3m)(2)(0，－eq\f(2,3)l)(3)eq\f(3m,2eB)7.【2017·山西省重点中学协作体高三上学期期末联考】(18分)电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如图1所示为显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时阴极发射的电子(速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域(磁场方向垂直于纸面)，撞击到荧光屏上使荧光屏发光。已知电子质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为S。电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率；(2)若磁感应强度随时间变化关系如图2所示，其中，求电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度。(3)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v，由动能定理得(2)设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M点最远．

此时磁感应强度B1＝0.5μNI0＝

QUOTE轨迹圆半径电子在屏幕上落点距M点最远距离亮线长度(3)设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图5所示．

根据几何关系有：

洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：

由题知B=μNI0

解得：

8.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经过坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度E的大小以及带电粒子从O点射出匀强电场时与水平方向夹角α的正切值；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从Q点运动到射出磁场的时间t。【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2h＝v0t①h＝eq\f(1,2)at2②又qE＝ma③联立①②③解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)④设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy则有vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2h,v0)＝v0，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0⑤速度v与x轴正方向的夹角α满足tanα＝eq\f(vy,v0)＝1即α＝45°，因此粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场。(2)又因为粒子垂直于PN射出磁场，所以P点为圆心，轨道半径R＝eq\f(1,2)eq\o(MP,\s\up6(－))＝eq\r(2)h⑥由牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)⑦联立解得B＝eq\f(mv0,qh)。(3)带电粒子在电场中运动的时间t1＝eq\f(2h,v0)，从O点运动到磁场边界的时间t2＝eq\f(\r(2)h,v)＝eq\f(h,v0)，在磁场中运动的时间：t3＝eq\f(\f(π,4)R,v)＝eq\f(πh,4v0)带电粒子从Q点运动到射出磁场的时间 t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2h,v0)＋eq\f(h,v0)＋eq\f(πh,4v0)＝(3＋eq\f(π,4))eq\f(h,v0)。【答案】(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)1(2)eq\f(mv0,qh)(3)(3＋eq\f(π,4))eq\f(h,v0)9.(2015·天津理综，12)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。【解析】(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)①由①式解得v2＝2eq\r(\f(qEd,m))②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)③由②③式解得r2＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mEd,q))④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)⑤qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)⑥粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦由图1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩当n＝1时，由图看出r1sinθ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))⑫(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝eq\f(π,2)⑬sinθn＝1⑭在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为eq\f(q′,m′)，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于eq\f(q′,m′)＞eq\f(q,m)⑮则导致sinθn′＞1⑯说明θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。【答案】(1)2eq\r(\f(qEd,m))eq\f(2,B)eq\r(\f(mEd,q))(2)Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)见解析10.(2015·山西四校联考)如图所示，在xOy平面坐标系中，直线MN与y轴成30°角，M点的坐标为(0，a)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。电子束以相同速度v0从y轴上－eq\f(2,3)a≤y≤0的区间垂直于y轴和磁场射入磁场。已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力。(1)求电子的比荷；(2)若在xOy坐标系的第Ⅰ象限y>0区域内加上沿y轴正方向大小为E＝Bv0的匀强电场，在x0＝eq\f(4,3)a处垂直于x轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围。【解析】(1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：r＋eq\f(r,sin30°)＝a①解得：r＝eq\f(a,3)②电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即eBv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)③联立解得电子比荷eq\f(e,m)＝eq\f(3v0,Ba)④(2)由电子的轨道半径可判断，在O点射入磁场的电子从(0，eq\f(2,3)a)的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2r＝eq\f(eE,2m)t2⑤x＝v0t⑥将E＝Bv0代入，联立解得：x＝eq\f(2,3)a⑦设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角，则vy＝eq\f(eE,m)t⑧tanθ＝eq\f(vy,v0)⑨解得：tanθ＝2⑩设该电子打在荧光屏上的Q点，Q点离x轴的距离为L，则L＝(x0－x)tanθ＝eq\f(4,3)a⑪即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L＝eq\f(4,3)a而从(0，－eq\f(2,3)a)位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴，不受电场力，沿x轴正方向做匀速直线运动，打在荧光屏与x轴相交的点上，所以荧光屏上在y坐标分别为0、－eq\f(4,3)a的范围内出现一条长亮线【答案】(1)eq\f(3v0,Ba)(2)在y坐标分别为0、－eq\f(4,3)a的范围内出现一条长亮线11.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：(1)(2)离子从D处运动到G处所需时间；(3)离子到达G处时的动能．【解析】(1)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r满足：d＝r＋rcos60°，解得r＝eq\f(2,3)d.(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)在磁场中做圆周运动的时间为：t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)离子从C到G的时间为：t2＝eq\f(2d,v0)＝eq\f(3m,Bq)离子从D→C→G的总时间为：t＝t1＋t2＝eq\f(9＋2πm,3Bq).(3)设电场强度为E，则有：qE＝mad＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)由动能定理得：qEd＝EkG－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得EkG＝eq\f(4B2q2d2,9m).【答案】(1)eq\f(2,3)d(2)eq\f(9＋2πm,3Bq)(3)eq\f(4B2q2d2,9m)12.电视机中显像管(抽成真空玻璃管)的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像。显像管的原理示意图(俯视图)如图4甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆形(如图乙所示)，其磁感应强度B＝μNI，式中μ为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小。由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场的过程可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁常量为μ，螺线管线圈的匝数为N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点。当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM＝L。电子被加速前的初速度、所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，也不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用。(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；(2)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ＝60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；(3)当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第(2)问中电流的0.5倍。求电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度。【解析】(1)设经过电子枪中加速电场加速后，电子的速度大小为v根据动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示，根据几何关系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有evB＝eq\f(mv2,R)由题知B＝μNI0解得I0＝eq\f(\r(6meU),3rμeN)。(3)设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M点最远此时磁感应强度B1＝0.5μNI0＝eq\f(B,2)轨迹圆半径R1＝eq\f(mv,eB1)＝2R＝2eq\r(3)rtaneq\f(θ1,2)＝eq\f(r,R1)＝eq\f(1,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6)电子在屏幕上落点距M点最远距离y＝Ltanθ1＝eq\f(4\r(3),11)L亮线长度Y＝2y＝eq\f(8\r(3),11)L。【答案】(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(\r(6meU),3rμeN)(3)eq\f(8\r(3),11)L13.(2015·江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)【解析】(1)离子在电场中加速qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0).(2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)，离子打在Q点r＝eq\f(5,6)L，U＝eq\f(100U0,81).离子打在N点r＝L，U＝eq\f(16U0,9)则电压的范围eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9).(3)由(1)可知，r∝eq\r(U)由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝(eq\f(5,6))2L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0)).解得r2＝(eq\f(5,6))3L同理，第n次调节电压，有rn＝(eq\f(5,6))n＋1L检测完整，有rn≤eq\f(L,2)解得n≥eq\f(lg2,lg\f(6,5))－1≈2.8.最少次数为3次．【答案】(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)314.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－eq\r(3)m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10－4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m．一带电粒子从P点以速度v＝4×104m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经过y轴时速度方向垂直y轴．当电场左边界与y轴重合时，带电粒子经电场偏转最终通过x轴上的Q点(图中未标出)，不计粒子重力．求：(1)带电粒子的比荷(电量和质量的比值)；(2)Q点的横坐标；(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．【解析】(1)轨迹如图甲，交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，甲由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，设半径为r，则圆心角为60°.有：rsinα＝eq\r(3)得r＝2m带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB＝meq\f(v2,r)代入数据，解得eq\f(q,m)＝5×107C/kg.(2)粒子在电场中做类平抛运动，加速度a＝eq\f(qE,m)＝2×108m/s2运动时间t1＝eq\f(d,v)＝5×10－5s沿y轴负方向的分速度vy＝at1＝1×104m/s沿y轴负方向的位移y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝0.25m由几何知识可得LOC＝1m.粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点，t2＝eq\f(LOC－y,vy)＝7.5×10－5s故Q点的横坐标为x＝d＋vt2＝5m(3)设电场左边界的横坐标为x′，当0<x′<3m时，如图乙，粒子离开电场时的速度偏向角为θ，乙则：tanθ＝eq\f(E′qd,mv2)又：tanθ＝eq\f(1,4－x′)由以上两式得：E′＝eq\f(16,4－x′)，当3m≤x′＜5m时，如图丙，丙有LOC＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(E′q5－x′2,2mv2)解得：E′＝eq\f(64,5－x′2).【答案】(1)5×107C/kg(2)5m(3)见解析15.容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图2所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝eq\f(2U,L)，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．【解析】(1)设质量为m，电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在平行板间：L＝v0tvx＝eq\f(qE,m)ttanθ＝eq\f(v0,vx)联立解得：tanθ＝1，θ＝eq\f(π,4)粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角θ＝eq\f(π,4)(2)由(1)知，粒子均从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m0，电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v′，恰能射到感光片Q处，做圆周运动的轨道半径为r0，则v′＝eq\f(v0,sin45°)＝eq\r(2)v0＝2eq\r(\f(q0U,m0))由几何关系知：req\o\al(2,0)＋req\o\al(2,0)＝(4L)2，得r0＝2eq\r(2)L又r0＝eq\f(m0v′,q0B)联立解得：eq\f(q0,m0)＝eq\f(U,2L2B2)(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin，在磁场中的偏转角为α，则tmin＝eq\f(αm′,q′B)半径为r′＝eq\f(m′v″,q′B)＝eq\f(m′,q′B)·2eq\r(\f(q′U,m′))＝eq\f(2,B)eq\r(\f(m′U,q′))联立解得：tmin＝eq\f(αBr′2,4U)因为所有粒子在磁场中运动的偏转角都为α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P处时在磁场中运动时间最短．由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，得r′＝eq\f(\r(2),2)L联立解得tmin＝eq\f(\f(3,2)πB×\f(L2,2),4U)＝eq\f(3πBL2,16U).【答案】(1)eq\f(π,4)(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)16.如图所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y>L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的eq\f(L,2)<y<L区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅲ.在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴方向的加速电场，电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q，质量为m、初速度忽略不计的带负电粒子．粒子经加速电场加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域Ⅰ.(1)若粒子经过坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L，L))的P点时，速度方向与y轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U.(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L，L))的P点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小．【解析】(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v，由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)由几何关系有(L－R)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L))2＝R2联立解得U＝eq\f(2qB2L2,9m)(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1带电粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动时，有qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时，有qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),R2)可得B1＝eq\f(R1,R2)B又由几何关系有R2cosθ＝eq\f(\r(3),3)L由eq\f(\r(3),3)L>eq\f(L,2)，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L2R1＋R2－R2sinθ＝L联立解得B1＝eq\f(sinθ＋\r(3)cosθ－1,2)B.【答案】(1)eq\f(2qB2L2,9m)(2)eq\f(sinθ＋\r(3)cosθ－1,2)B17.如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为eq\f(q,m)＝5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：(1)坐标d的值；(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间．(结果保留两位有效数字)【解析】(1)带电粒子在匀强磁场B2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲则qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝1m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x0，竖直方向的位移为y0.水平方向：x0＝v0t竖直方向：y0＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)联立解得：x0＝2m，y0＝1m由图甲中几何关系可得d＝x0＋y0＋r＝4m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B1′时，粒子垂直打在y轴上，此时粒子无法运动到x轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r1，如图乙所示，乙由几何关系得：r1＝eq\r(2)d－eq\r(2)x0解得r1＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1′)＝2eq\r(2)mB1′＝0.1T故B1≤0.1T.设当匀强磁场的磁感应强度为B1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，此时粒子也无法运动到x轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r2，如图乙所示，由几何关系可得r2＋r2cos45°＋x0＝d解得r2＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1″)＝(4－2eq\r(2))mB1″≈0.24T故B1≥0.24T．即要使粒子无法运动到x轴的负半轴，磁感应强度B1≤0.1T或B1≥0.24T.(3)设粒子在B2中运动时间为t1，电场中运动时间为t2，磁场B1中运动时间为t3，则t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(T1,4)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB2)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB1″)≈6.2×10－5s.【答案】(1)4m(2)B1≤0.1T或B1≥0.24T(3)6.2×10－5s18.如图所示，空间中存在半径为R的圆形有界磁场，磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.平行板电容器极板间距离为eq\f(2\r(3),3)R，电容器上极板的延长线恰好与圆形磁场下边界相切于P点，两极板右端竖直连线与磁场左边相切于Q点．一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以大小为eq\f(BqR,2m)的初速度紧贴负极板从左侧垂直电场方向射入，并从两极板右端竖直连线的中点N射出，后恰好由P点射入圆形磁场区域．不计粒子的重力．求：(1)电容器两极板间的电势差；(2)粒子从进入电场到射出磁场的整个过程所经历的时间．【解析】(1)设粒子从N点射出的速度与极板的夹角为θ，设极板间距为d，如图所示，由几何关系可解得：tanθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°vy＝v0tanθ粒子在电场中做类平抛运动，则：veq\o\al(2,y)＝2a·eq\f(d,2)由牛顿第二定律得a＝eq\f(F,m)粒子在电场中受力：F＝qE平行板电容器两极板间的电场强度：E＝eq\f(U,d)联立解得：U＝eq\f(B2R2q,12m)(2)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t1，则eq\f(d,2)＝eq\f(vy,2)t1设粒子飞出电场后做匀速运动所用的时间为t2，则R＝v0t2由几何关系得，粒子飞出电场后的速度：v＝eq\f(v0,cosθ)粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示，设粒子从M点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝meq\f(v2,r)解得粒子运动的半径：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(3),3)R粒子运动的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)如图，O′为轨迹圆圆心，O为圆形磁场的圆心，△OO′P中OP＝R，O′P＝r＝eq\f(\r(3),3)R，∠OPO′＝30°，由余弦定理得：OO′2＝R2＋r2－2Rrcos30°解得：OO′＝eq\f(\r(3),3)R＝r可得偏转角为α＝240°则粒子在磁场中运动时间t3＝eq\f(2,3)T粒子整个过程的运动时间t＝t1＋t2＋t3解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋6))eq\f(m,Bq).【答案】(1)eq\f(B2R2q,12m)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋6))eq\f(m,Bq)19.如图所示，在一、二象限内－R≤x≤R范围内有竖直向下的匀强电场E，电场的上边界方程为y＝eq\f(1,2R)x2.在三、四象限内存在垂直于纸面向里，边界方程为x2＋y2＝R2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在y＝eq\f(1,2)R处有一荧光屏，当正离子打到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．(1)求在x(－R≤x≤R)处释放的离子进入磁场时的速度大小；(2)若仅让横坐标x＝－eq\f(R,3)处的离子释放，它最后能经过点(R,0)，求从释放到经过点(R,0)所需时间t；(3)若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1.【解析】(1)于x处释放离子，由动能定理得Eq·eq\f(1,2R)x2＝eq\f(1,2)mv2得离子进入磁场时的速度v＝eq\r(\f(Eq,mR))|x|(2)由(1)得在x＝－eq\f(R,3)处释放的离子到达x轴时速度为v＝eq\r(\f(Eq,mR))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(R,3)))＝eq\f(1,3)eq\r(\f(EqR,m))从释放到到达x轴时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(\f(1,3)\r(\f(EqR,m)),\f(Eq,m))＝eq\f(1,3)eq\r(\f(mR,Eq))第一种情况：离子直接从x＝－eq\f(R,3)经磁场达x＝R处．在磁场中经历半圆时间t2＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(π,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R－－\f(R,3))),v)＝2πeq\r(\f(mR,Eq))总时间T1＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(1,3)))eq\r(\f(mR,Eq))第二种情况：离子直接从x＝－eq\f(R,3)经磁场达x＝eq\f(R,3)处进入电场再返回磁场到x＝R处易得在磁场中时间仍然为t2＝2πeq\r(\f(mR,Eq))在电场中时间为3t1＝eq\r(\f(mR,Eq))总时间为T2＝3t1＋t2＝(2π＋1)eq\r(\f(mR,Eq))(3)在磁场B中qvB＝eq\f(mv2,r)所以运动半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(Em,qR))|x|可以看出，B一定时，必有r∝|x|，当|x|→0时，r→0(离子经磁场偏转从逼近原点处出磁场)因此，所有离子都从原点(0,0)点处出磁场，击中荧光屏上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)R))则有2r1＝|x|，因为qvB1＝eq\f(mv2,r1)所以B1＝eq\f(mv,qr1)＝2eq\r(\f(Em,qR)).【答案】(1)eq\r(\f(Eq,mR))|x|(2)见解析(3)2eq\r(\f(Em,q