专题3 第14课时　带电粒子在复合场中的运动教案

这是一份专题3 第14课时　带电粒子在复合场中的运动教案，共16页。

(3)带电粒子在交变场中的运动.2.常考题型：计算题．
高考题型1 带电粒子在组合场中的运动
1．正确区分“电偏转”和“磁偏转”
带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
2．基本思路
3．“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
例1 (2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，空间存在匀强磁场和匀强电场，虚线MN为磁场和电场的分界线，电场的宽度为L，方向水平向右，平行于MN放置一个厚度可忽略不计的挡板，挡板左右两侧的磁感应强度大小相等，挡板左侧磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为d，挡板右侧磁场方向垂直纸面向外．一质量恒为m，带电荷量恒为＋q的粒子以初速度v0从O点沿水平方向射入匀强磁场，当粒子的速度方向偏转了30°时，刚好穿过挡板，已知粒子穿过挡板后，速度方向不变，大小变为原来的一半，当粒子继续在磁场中运动经过MN时，恰好沿垂直电场的方向进入匀强电场区域，并以与水平方向夹角为45°的方向离开电场．(不计粒子的重力，磁场的左边界和电场的右边界均与MN平行．磁场和电场范围足够长，不计粒子穿过挡板所用的时间)求：
图1
(1)挡板右侧磁场的宽度D；
(2)磁感应强度B与电场强度E的比值eq \f(B,E)；
(3)粒子从射入磁场到离开电场所用的时间t.
答案 (1)eq \f(3,2)d (2)eq \f(4L,dv0) (3)eq \f(5πd,3v0)＋eq \f(4L,v0)
解析 (1)粒子在磁场中的偏转轨迹如图所示，
在挡板左侧磁场中，由几何关系得
r1＝eq \f(d,sin 30°)
由牛顿第二定律得
qv0B＝meq \f(v\\al(,02),r1)
在挡板右侧磁场中，粒子速度变为原来的一半．
由牛顿第二定律得
q(eq \f(v0,2))B＝meq \f(\f(v0,2)2,r2)
由几何关系得D＝r2＋r2sin 30°
解得D＝eq \f(3,2)d，B＝eq \f(mv0,2qd)
(2)在电场中，由几何关系得tan 45°＝eq \f(\f(v0,2),vx)
水平方向上，由运动学规律得vx2＝2eq \f(qE,m)L
解得E＝eq \f(mv\\al(,02),8qL)
故eq \f(B,E)＝eq \f(4L,dv0)
(3)粒子在挡板左右两侧的磁场中运动周期相同T＝eq \f(2πm,qB)
粒子在挡板左侧的磁场中运动时间t1＝eq \f(30°,360°)T
粒子在挡板右侧的磁场中运动时间t2＝eq \f(120°,360°)T
粒子在电场中运动L＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t32
粒子从射入磁场到离开电场所用的时间t＝t1＋t2＋t3
解得t＝eq \f(5πd,3v0)＋eq \f(4L,v0).
例2 (2021·全国甲卷·25)如图2，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．
图2
(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)eq \f(\r(13)mv\\al(,02),6qE)
(2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)(3)eq \f(39－10\r(3),44)l
解析 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60°＝eq \f(v0,vy)①
由运动学公式可得vy＝at②
根据牛顿第二定律有qE＝ma③
联立①②③解得粒子在电场中运动的时间t＝eq \f(\r(3)mv0,3qE)④
则粒子在水平方向的位移x＝v0t＝eq \f(\r(3)mv\\al(,02),3qE)⑤
竖直方向的位移y＝eq \f(0＋vy,2)t＝eq \f(mv\\al(,02),6qE)⑥
则粒子发射位置到P点的距离为d＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(\r(13)mv\\al(,02),6qE)⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝eq \f(v0,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)v0⑧
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(mv,qr)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qr)⑨
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1＝eq \f(\f(1,2)l,cs 30°)＝eq \f(\r(3)l,3)，对应的磁感应强度B1＝eq \f(2mv0,ql)⑩
磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2.过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A＝eq \f(r2,2)，故O2Q＝eq \f(\r(2),2)r2⑪
结合PB＝QB＝eq \f(\r(2),2)l
在△O2PB中，由勾股定理有(eq \f(\r(2),2)l)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)l＋\f(\r(2),2)r2))2＝r22⑫
解得r2＝(eq \r(3)＋1)l
对应的磁感应强度B2＝eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)⑬
故磁感应强度的取值范围为eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)(3)由题意可知，粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，设此时轨迹圆圆心为O3，半径为r3
由几何关系可知：PD＝eq \f(\r(5)l,4)，
sin θ＝eq \f(\r(5),5)，cs θ＝eq \f(2\r(5),5)
r3＝eq \f(PD,csθ＋30°)＝eq \f(5l,4\r(3)－2)
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，O3F⊥PQ，且与PQ相交于点E.
由几何关系可得O3E＝eq \f(1,2)r3，
故EF＝eq \f(1,2)r3
F到MN的最近距离为dmin＝l－eq \f(1,2)r3＝eq \f(39－10\r(3)l,44).
高考题型2 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r).
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
3．分析
例3 如图3所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强度大小为E1、方向水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度B＝6 T，方向垂直于纸面向外，在坐标为(0.4 m,0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴．已知E1＝E2＝4.5 N/C，重力加速度g取10 m/s2，求：
图3
(1)小球的比荷及小球第一次穿过y轴时的速度大小；
(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；
(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间．
答案 (1)eq \f(20,9) C/kg 4 m/s (2)eq \f(3\r(2),10) m (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,80)＋\f(2\r(2),5))) s
解析 (1)由题可知，小球在y轴右侧匀强电场中受到的合力方向由A点指向O点，则qE1＝mg，解得eq \f(q,m)＝eq \f(20,9) C/kg
由A到O过程中，由动能定理得mgy1＋qE1x1＝eq \f(1,2)mv2－0
解得v＝4 m/s
(2)小球在y轴左侧时，有qE2＝mg
故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，设小球做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)
解得R＝0.3 m
由几何关系可知，第二次穿过y轴时的纵坐标为y2＝eq \r(2)R＝eq \f(3\r(2),10) m
(3)设小球第一次在y轴左侧运动的时间为t1，
由几何关系和运动学规律可知t1＝eq \f(3πR,2v)＝eq \f(9π,80) s
小球第二次穿过y轴后，在y轴右侧做类平抛运动(如图所示)，由几何关系知，此过程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，设为r，运动时间为t2，则
r＝vt2
r＝eq \f(1,2)at22
其中a＝eq \r(2)g
可得t2＝eq \f(2\r(2),5) s
故小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,80)＋\f(2\r(2),5))) s.
高考题型3 带电粒子在交变场中的运动
1．此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图．
2．解题思路
例4 如图4所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力．
图4
(1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径；
(2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标；
(3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系．
答案 (1) eq \f(v0t0,π)
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3) E0＝eq \f(v0,6π)B0
解析 (1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝eq \f(mv\\al(,02),r)，又eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r＝eq \f(v0t0,π)
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，
则其周期T＝eq \f(2πr,v0)
解得T＝2t0
在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t0时粒子位置的横坐标x＝－2r＝－eq \f(2v0t0,π)
在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动y＝－v0t0－eq \f(qE0,2m)t02
解得y＝－v0t0－eq \f(πE0t0,2B0)
故t＝2t0时，粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径r1＝r＝eq \f(v0t0,π)
当t＝2t0时，粒子的速度大小v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
2t0～3t0时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径
r2＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(m,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋\f(qE0,m)t0))
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足
n(2r2－2r1)＝2r1，n＝1,2,3，…
当t＝25t0时，n＝6，解得E0＝eq \f(v0,6π)B0.
1.(2020·广西桂林市调研)如图5所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．
图5
(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；
(2)求出电场强度E的大小和粒子第五次经过直线MN上O点时的速度大小；
(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.
答案 (1)见解析图 eq \f(v,BR) (2)vB eq \r(5)v (3)eq \f(2R,v)(2＋π)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)
(2)由几何关系得Oc＝2eq \r(2)R
粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin 45°＝2R
类平抛运动的时间为t3＝eq \f(s⊥,v)＝eq \f(2R,v)
又s∥＝eq \f(1,2)at32＝eq \f(qE,2m)t32
又R＝eq \f(mv,qB)
联立解得E＝vB
粒子在电场中的加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qvB,m)
v2＝at3＝eq \f(a·2R,v)＝2v
v1＝v
则粒子第五次经过MN上O点时的速度大小
v′＝eq \r(v\\al(,12)＋v\\al(,22))＝eq \r(5)v
(3)粒子在磁场中运动的总时间为t1＝eq \f(2πR,v)
粒子做直线运动的时间为t2＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2mv,qvB)＝eq \f(2R,v)
联立得粒子从O点出发到再次回到O点所需时间
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(2R,v)(2＋π)．
2.如图6所示，在xOy平面直角坐标系内，y>0的区域存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0的区域存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从C点(－d，2d)以初速度v0沿y轴负方向射出，经过坐标原点O后进入磁场，然后又从x轴上的D点(－2d，0)离开磁场，不计粒子重力，求：
图6
(1)粒子的比荷eq \f(q,m)；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从C点出发运动到D点的时间t.
答案 (1)eq \f(v\\al(,02),2Ed) (2)eq \f(2E,v0) (3)(2＋eq \f(3π,2))eq \f(d,v0)
解析 (1)设粒子的质量和电荷量分别为m和q，粒子在电场中做类平抛运动，在电场中的运动时间为t1，有
d＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t12，2d＝v0t1，解得t1＝eq \f(2d,v0)，eq \f(q,m)＝eq \f(v\\al(,02),2Ed)
(2)设粒子到O点时的速度为v，从C点到O点的过程，根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(2)v0
设粒子到O点时速度方向与x轴正方向的夹角为α，则
cs α＝eq \f(v0,v)＝eq \f(\r(2),2)，解得α＝45°
△OO′D为等腰直角三角形，得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝eq \r(2)d
又qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(2E,v0)
(3)粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πd,v0)
粒子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v0)
则粒子从C点出发运动到D点的时间
t＝t1＋t2＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(3πd,2v0)＝(2＋eq \f(3π,2))eq \f(d,v0).
专题强化练
1.(2021·江苏无锡市市北高级中学高三期末)如图1所示，在平面直角坐标系的第一、二象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在y轴的P点有一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，具有沿x轴正方向的初速度v0(大小未知)．在x轴上有一点D，已知OD＝d，OP＝h.带电粒子重力可忽略，试求：
图1
(1)若该粒子第1次经过x轴时恰好经过D点，初速度v0多大；
(2)若该粒子第3次经过x轴时恰好经过D点，初速度v0′多大．
答案 (1)deq \r(\f(qE,2mh)) (2)eq \f(2E,3B)＋eq \f(d,3)eq \r(\f(qE,2mh))
解析 (1)据题图可知，粒子自P点做类平抛运动，则有
h＝eq \f(qE,2m)t2，d＝v0t，解得v0＝deq \r(\f(qE,2mh))
(2)粒子进入磁场做圆周运动，如图所示
qvB＝meq \f(v2,R)，vsin θ＝eq \f(qE,m)t
粒子第3次经过 x轴恰好到达D点，如图所示，
x＝v0′t，d＝3x－2Rsin θ
解得v0′＝eq \f(2E,3B)＋eq \f(d,3)eq \r(\f(qE,2mh)).
2．(2021·广东卷·14)图2是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
图2
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
答案 (1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝eq \f(5,4)π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T
联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R－rm))2＝R2＋r m2
解得rm＝eq \f(\r(3),3)R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(v\\al(,m2),rm)
2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU
联立解得k＝eq \f(13,6).
3.(2021·辽宁营口市高三期末)如图3，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M(2eq \r(3)a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
图3
(1)电场强度的大小；
(2)N点的坐标；
(3)矩形磁场的最小面积．
答案 (1)eq \f(mv2,6qa) (2)(2eq \r(3)a，eq \f(2mv0,qB)＋a) (3)eq \f(4m2v\\al(,02),q2B2)
解析 (1)粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有2eq \r(3)a＝v0t，a＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2得E＝eq \f(mv\\al(,02),6qa)
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，
则vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \f(q,m)·eq \f(mv\\al(,02),6qa)·eq \f(2\r(3)a,v0)＝eq \f(\r(3),3)v0
v＝eq \r(v\\al(,02)＋v\\al(,y2))＝eq \f(2\r(3),3)v0，
tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(3),3)，即α＝30°
由题意，设粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，
粒子在磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，
则：qBv＝meq \f(v2,R)
解得粒子做圆周运动的半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
由几何关系知，β＝eq \f(1,2)∠PMN＝30°
所以N点的纵坐标为yN＝eq \f(R,tan β)＋a，横坐标为xN＝2eq \r(3)a
即N点的坐标为(2eq \r(3)a，eq \f(2mv0,qB)＋a)
(3)当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小．则矩形的两个边长分别为L1＝2R＝eq \f(4\r(3)mv0,3qB)
L2＝R＋Rsin B＝eq \f(3,2)R＝eq \f(\r(3)mv0,qB)，所以矩形磁场的最小面积为Smin＝L1L2＝eq \f(4m2v\\al(,02),q2B2).
4．(2021·山东日照市高三一模)如图4甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量．
图4
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离．
答案 (1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……) (2)eq \f(\r(3)－1,2)d
解析 (1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度大小为a，则a＝eq \f(qU0,md)
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2，d＝2ny
联立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝meq \f(v\\al(,02),r)，解得r＝eq \f(1,2)d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为
x＝r－2r(1－cs θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r＝eq \f(mv0,Bq)，T＝eq \f(2πm,Bq)
类平抛运动
vx＝v0，vy＝eq \f(Eq,m)t
x＝v0t，y＝eq \f(Eq,2m)t2