高考物理一轮复习第9章磁场第6课时带电粒子体在叠加场中的运动学案

这是一份高考物理一轮复习第9章磁场第6课时带电粒子体在叠加场中的运动学案，共14页。
1．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq \f(eU,a)
解析：选D 由左手定则判断，电子所受的洛伦兹力指向后表面，从而后表面带负电，电势比前表面的低，A错误。电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq \f(U,a)＝evB得U＝Bav，前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误。自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝eq \f(eU,a)，D正确。
2. (2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
解析：选B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq \f(qE,g)。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq \f(qE,g)＋eq \f(qvbB,g)。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq \f(qE,g)－eq \f(qvcB,g)。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
3．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝eq \f(E,B)，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度，故C正确。
eq \a\vs4\al([考情分析])
1．带电粒子在磁场、组合场及叠加场中的运动是历年高考的热点，常见的题型多为综合性计算题，但也可能是选择题。
2．有界磁场、组合场、叠加场问题可以综合考查受力分析，圆周运动、平抛运动规律及牛顿运动定律、动能定理、功能关系等，因此一般是高考题中分值较高，难度较大的题目。
命题视角一 电场与磁场的叠加
带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。题型1 带电粒子在叠加场中的直线运动
[例1] (多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则( )
A．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转
C．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
[解析] 若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确。
[答案] BD
题型2 带电粒子在叠加场中的偏转
带电粒子在电场和磁场的叠加场中偏转，是电场力和洛伦兹力不平衡造成的。此过程中电场力做功，洛伦兹力不做功，需根据电场力做功的正、负判断动能的变化。
[例2] (2021·济宁模拟)如图所示，在xOy平面的第一、四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y轴负方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围与y轴正方向成30°～150°夹角，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。已知带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。求：
(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；
(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
(3)从x轴上x＝(eq \r(2)－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点的速度大小。
[解析](1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示，
由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径：r1＝a
由洛伦兹力提供向心力得：
qv1B＝meq \f(v12,r1)，解得：v1＝eq \f(qBa,m)。
(2)当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，
此时运动轨迹对应的圆心角：α＝150°
粒子在磁场中运动的周期：T＝eq \f(2πm,qB)
粒子的运动时间：t＝eq \f(α,360°)T＝eq \f(150°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,6qB)。
(3)如图乙所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得：
R－Rcs θ＝(eq \r(2)－1)a
Rsin θ＝a，解得：θ＝45°，R＝eq \r(2)a
由洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝meq \f(v02,R)
此粒子进入磁场的速度：v0＝eq \f(\r(2)qBa,m)
设粒子到达y轴上速度大小为v，
根据动能定理得：qEb＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得：v＝ eq \r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))。
[答案] (1)eq \f(qBa,m) (2)eq \f(5πm,6qB)，粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°
(3) eq \r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))
[集训冲关]
1. (多选)在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子穿过此区域时未发生偏转，电子重力忽略不计。则在该区域中的E和B的方向可能是( )
A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同
B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反
C．E竖直向上，B垂直纸面向外
D．E竖直向上，B垂直纸面向里
解析：选ABC 电子进入该区域后仅受电场力和洛伦兹力作用，由于电子穿过该区域时不发生偏转，所以电场力和洛伦兹力的合力等于零或合力方向与电子运动方向在同一直
线上。当E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同时，洛伦兹力为零，电子仅受与其运动方向相反的电场力作用，将做匀减速直线运动穿过该区域；当E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反时，洛伦兹力等于零，电子仅受与其运动方向相同的电场力作用，将做匀加速直线运动穿过该区域；当E竖直向上，B垂直纸面向外时，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，若qE＝qvB，电子将做匀速直线运动穿过该区域；当E竖直向上，B垂直纸面向里时，电场力和洛伦兹力都竖直向下，电子不可能在该区域中做直线运动。故A、B、C正确。
2.如图所示，水平的两块带电金属极板a、b平行正对放置，极板长度为l，板间距为d，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两极板间。一质量为m、电荷量为q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计重力及空气阻力。求：
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)若撤去磁场，粒子能从极板间射出，粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；
(3)若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，粒子到达下极板时动能的大小。
解析：(1)带电粒子匀速通过电场、磁场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得qE＝qv0B，解得B＝eq \f(E,v0)。
(2)粒子穿过电场时做类平抛运动，沿电场方向移动的距离
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEl2,2mv02)。
(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为Ek，
根据动能定理，可得2qE·eq \f(1,2)d＝Ek－eq \f(1,2)mv02，
解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋qEd。
答案：(1)eq \f(E,v0) (2)eq \f(qEl2,2mv02) (3)eq \f(1,2)mv02＋qEd
命题视角二 电场、磁场与重力场的叠加
题型1 无约束条件的叠加场
(1)若电场力、洛伦兹力、重力三力平衡，一定做匀速直线运动。
(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解。
[例1] (2021·潍坊质检)(多选)如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小也是v0，方向变为水平方向，刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场强度的大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于eq \f(E,v0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．微粒在ab区域的运动时间为eq \f(v0,g)
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为eq \f(πd,6v0)
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为eq \f(π＋6d,3v0)
[解析]将微粒在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速直线运动，根据运动学公式，水平方向，v0＝at，d＝eq \f(v02,2a)，竖直方向，0＝v0－gt，解得a＝g，t＝eq \f(v0,g)，故A正确；微粒在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qv0B＝meq \f(v02,r)，解得r＝eq \f(mv0,qB)，又qE＝ma，B＝eq \f(E,v0)，联立解得r＝2d，故B正确；由于r＝2d，画出轨迹，如图所示，由几何关系得，微粒在复合场中的运动轨迹所对的圆心角为30°，故在复合场中的运动时间为t2＝eq \f(T,12)＝eq \f(1,12)×eq \f(2πr,v0)＝eq \f(πd,3v0)，故C错误；微粒在电场中运动时间为t1＝eq \f(d,vx)＝eq \f(d,\f(v0,2))＝eq \f(2d,v0)，故微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝eq \f(π＋6d,3v0)，故D正确。
[答案] ABD
题型2 有约束条件的叠加场
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：
(1)分析带电体所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况。
(2)根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解。
[例2] (2021·赣州模拟)(多选)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球套在杆上。已知小球的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
[解析]v较小时，对小球受力分析如图所示，Ff＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增大，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，加速度逐渐减小，A错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误；若在加速度增大时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝m·eq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在加速度减小时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m·eq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，C、D正确。
[答案] CD
[集训冲关]
1．(2021·嘉兴期末)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场方向成60°角且处于竖直平面内，一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度大小为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度为eq \f(mg,qB)，则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止
C．若小球沿杆向下的初速度为eq \f(3mg,qB)，则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止
D．若小球沿杆向下的初速度为eq \f(4mg,qB)，则小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(4m3g2,q2B2)
解析：选B 对小球进行受力分析有，电场力的大小F＝Eq＝eq \r(3)mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，故重力和电场力的合力F合＝eq \r(F2＋mg2)＝2mg，由几何关系可知，重力和电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力和电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，也不会对小球做功，所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力的大小与重力、电场力的合力大小相等、方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，故A错误；若小球沿杆向下的初速度v0＝eq \f(mg,qB)，则洛伦兹力F洛＝qv0B＝mg＜F合＝2mg，则存在摩擦力，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止运动，故B正确；若小球沿杆向下运动的初速度大小为v0＝eq \f(3mg,qB)，则洛伦兹力F洛＝qv0B＝3mg＞F合＝2mg，则存在摩擦力，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后，当小球速度减小到eq \f(2mg,qB)时，小球开始做匀速直线运动，故C错误；若小球沿杆向下运动的初速度大小为v0＝eq \f(4mg,qB)，同时，小球也受摩擦力，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后，当速度减小到eq \f(2mg,qB)时，小球开始做匀速直线运动，故小球克服摩擦力做的功W＝eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4mg,qB)))2－eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mg,qB)))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，故D错误。
2. (2021·常德模拟)如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的叠加场。有一质量为m、带电荷量大小为q的小球在光滑绝缘的水平面上，从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B点射出，已知AB长度为eq \r(3)L，AD长度为L，求：
(1)小球带何种电荷及进入叠加场时的速度大小；
(2)小球在叠加场中做圆周运动的轨迹半径；
(3)小球在叠加场中运动的时间。
解析：(1)小球在电场、磁场和重力场的叠加场中做匀速圆周运动，且从B点射出，根据左手定则可知小球带负电荷，
小球进入叠加场之前，
由动能定理得：qU＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝ eq \r(\f(2qU,m))。
(2)设小球做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系得：
r2＝(r－L)2＋(eq \r(3)L)2，
解得：r＝2L。
(3)由(2)知小球在复合场中做圆周运动对应的圆心角满足：sin θ＝eq \f(\r(3)L,r)，
解得：θ＝eq \f(π,3)
小球运动周期：T＝eq \f(2πr,v)
运动时间为：t＝eq \f(θ,2π)T
联立解得：t＝eq \f(πL,3)eq \r(\f(2m,qU))。
答案：(1)负电荷 eq \r(\f(2qU,m)) (2)2L (3)eq \f(πL,3) eq \r(\f(2m,qU))
命题视角三 带电粒子在交变电磁场中的运动
解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路：
[典例] 如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(eq \r(3)＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，
解得E＝eq \f(mg,q)。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝eq \f(r,tan 30°)
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,3)))＝eq \f(4,3)π
则t0＝eq \f(θr,v0)，联立解得eq \f(t0,t1)＝eq \f(4\r(3),9)π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋eq \f(R,tan 30°)＝(eq \r(3)＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝meq \f(v02,R)，
解得B0＝eq \f(mv0,qL)
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3×eq \f(2,3)×2πR＋6×eq \f(R,tan 30°)＝(4π＋6eq \r(3))L
故Tm＝eq \f(s1,v0)＝eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)。
[答案] (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(4\r(3),9)π (3)eq \f(mv0,qL) eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)
[集训冲关]
1．(多选)如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)L，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是( )
A．若粒子经时间t＝eq \f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝eq \f(mv0,qL)
B．若粒子经时间t＝eq \f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小a＝eq \f(3v02,2L)
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝eq \f(nmv0,2qL)(n＝1,2,3，…)
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0＝eq \f(2πL,3nv0)(n＝1,2,3，…)
解析：选AD 若粒子经时间t＝eq \f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为R＝L，根据qvB0＝meq \f(v02,R)，解得磁场的磁感应强度B0＝eq \f(mv0,qL)，选项A正确。若粒子经时间t＝eq \f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹由3个四分之一圆周连接而成，如图1所示。
由几何关系得轨迹半径为r＝eq \f(L,3)；运动中的加速度大小为a＝eq \f(v02,r)＝eq \f(3v02,L)，选项B错误。若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图2所示，根据运动的对称性可得，轨迹半径满足2L＝2nr′，即r′＝eq \f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝meq \f(v02,r′)，联立得B0＝eq \f(nmv0,qL)(n＝1,2,3，…)。粒子连续两次从下方穿过AC之间的时间为T＝eq \f(\f(1,3)·2πr′,v0)＝eq \f(2πL,3nv0)，磁感应强度变化的周期T0＝T，得T0＝eq \f(2πL,3nv0)(n＝1,2,3，…)，选项C错误，D正确。
2．(2021·天水模拟)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，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轴正方向电场强度为正)。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为eq \f(π,B0t0)，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值。
解析：(1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做圆周运动
qv0B0＝meq \f(v02,r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)
解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，0))。
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图1所示
由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)
解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离
hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(2,π)))v0t0。
(3)如图2所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足
n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，0)) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(2,π)))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)