专题14 带电粒子在复合场中的运动（解析版）

这是一份专题14 带电粒子在复合场中的运动（解析版），共20页。


A.eq \r(\f(x1,x2)) B.eq \f(x1,x2)
C.eq \f(xeq \\al(2,1),xeq \\al(2,2)) D.eq \f(2x1,x2)
【答案】 C
【解析】 设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中偏转由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)，带电粒子在磁场中运动时间均为半个周期，即t＝eq \f(T,2)，根据几何关系有x＝2r，联立以上各式可解得t＝eq \f(πB,8U)x2，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(xeq \\al(2,1),xeq \\al(2,2))，故C正确，A、B、D错误。
2. (多选)(2021·安徽六安市省示范高中教学质检)回旋加速器是高能物理中的重要仪器，其原理是利用磁场和电场使带电粒子回旋加速运动，在运动中经高频电场反复加速从而使粒子获得很高的能量。如图甲所示，两个D形金属盒置于恒定的匀强磁场中，并分别与高频电源相连(电压随时间变化如图乙所示)，D形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间距离为d(d≪R)。若用回旋加速器加速氘核eq \\al(2,1)H(设氘核质量m、电荷量q)，则下列判断正确的是( )
A.加速电压U0越大，氘核获得的最大动能越大
B.氘核加速的最大动能为eq \f(q2B2R2,2m)
C.氘核在电场中运动的总时间为eq \f(BRd,U0)
D.该回旋加速器不可以用来加速氦核(eq \\al(4,2)He)
【答案】 BC
【解析】 粒子在回旋加速器里的速度由D型盒的半径决定，由qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)，所以最大动能Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，氘核获得的最大动能与加速电压无关，则A错误，B正确；设粒子加速次数为n，由动能定理nqU0＝Ekm，可得n＝eq \f(qB2R2,2mU0)，粒子在电场中运动的路程s＝nd，平均速度为eq \f(v,2)，得在电场中运动时间t＝eq \f(2s,v)＝eq \f(BRd,U0)，选项C正确；氦核与氘核的比荷相同，在磁场中周期频率相同，可以进行加速，选项D错误。
3.(2021·江苏盐城市第三次模拟)如图所示，宽度为h、厚度为d的霍尔元件放在与它垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生电压，这样就实现了将电流输入转化为电压输出。为提高输出的电压，可采取的措施是( )
A.增大d B.减小d
C.增大h D.减小h
【答案】 B
【解析】 当自由电子受力稳定后，受到的电场力和洛伦兹力平衡，故qE＝qvB，因为E＝eq \f(U,h)，故U＝Bhv，电流I＝neSv＝nehdv，联立可得U＝eq \f(IB,ned)，故要使U变大，故需要减小d，与h无关。故选项B正确。
4.(2021·山东济南市高考模拟)如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝eq \r(gL)垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为( )
A.eq \f(π\r(gL),3g) B.eq \f(π\r(gL),2g)
C.eq \f(π\r(gL),g) D.eq \f(2π\r(gL),g)
【答案】 A
【解析】 微粒恰好做匀速直线运动时，有qeq \f(E,L)＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时，有qeq \f(E,\f(3,2)L)＝mg，联立解得eq \f(mg,2)＝qv0B，即v0＝eq \f(mg,2qB)，由题意可知v0＝eq \r(gL)，则有eq \f(mg,2qB)＝eq \r(gL)，由公式qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，
得R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(30°,360°)×eq \f(2π×2L,\r(gL))＝eq \f(π\r(gL),3g)，故A正确，B、C、D错误。
5.(2021·浙江省山水联盟开学考)如图为回旋加速器的示意图，真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处(D形盒圆心)进入加速电场(初速度近似为零)。D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为＋q，两D形盒间接电压为U的高频交流电源。不考虑相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间。下列论述正确的是( )
A.粒子的能量是由加速电场提供的，能获得的最大动能与加速电压U有关
B.加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)时，两次所接高频交流电源的频率应不同
C.加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)时，它们能获得的最大动能相等
D.若增大加速电压U，则粒子在D型盒内运动的总时间减少
【答案】 D
【解析】 粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)，解得粒子的最大运行速度vm＝eq \f(qBR,m)，粒子获得的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；加速不同粒子，交流电频率f＝eq \f(qB,2πm)，可以看出频率与比荷成正比，氘核和氦核比荷相同，所以加速氘核和氦核的电源频率相同，故B错误；由最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)知，虽然氘核和氦核比荷相同，但是二者的最大动能不相等，氦核的最大动能是氘核的最大动能的二倍，故C错误；粒子完成一次圆周运动被电场加速两次，由动能定理得2qU＝Ek，经过的周期个数n＝eq \f(Ekm,Ek)，粒子在D型盒内运动时间为t＝nT，联立可得t＝eq \f(πBR2,2U)，所以U越大，t越小，故D正确。
6.(多选)(2021·辽宁省沈阳市调研)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
A．小球可能做匀变速运动
B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变
D．小球机械能守恒
【答案】BC
【解析】小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误。
7. (多选)(2021·江苏南通市第二次模拟)安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量Q，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积，如图所示为流量计的示意图。左右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电势差为U，污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速。则( )
A.电压U与污水中离子浓度无关
B.污水的流量Q＝eq \f(abU,B)
C.金属板M的电势低于金属板N的电势
D.左、右两侧管口的压强差Δp＝eq \f(kaU2,bB2c3)
【答案】 AD
【解析】 污水中的离子受到洛伦兹力，正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，所以金属板M的电势大于金属板N的电势，从而在管道内形成匀强电场，最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，即qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝cvB，可知电压U与污水中离子浓度无关，A正确，C错误；污水的流量为Q＝vbc＝eq \f(U,cB)bc＝eq \f(bU,B)，B错误；污水流过该装置受到的阻力为f＝kLv2＝kaeq \f(U2,c2B2)，污水匀速通过该装置，则两侧的压力差等于阻力，即Δp·bc＝f，则Δp＝eq \f(f,bc)＝eq \f(ka\f(U2,c2B2),bc)＝eq \f(kaU2,bB2c3)，D正确。
8．(多选)(2021·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D．该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
【答案】 AC
【解析】 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误．
9.(多选)(2021·辽宁沈阳市调研)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒
【答案】 BC
【解析】 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．
10.(多选)(2021·吉林市第二次调研)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )
A.速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电
B.三种粒子的速度大小均为eq \f(E,B2)
C.如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大
D.如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为eq \f(qB1B2Δx,2E)
【答案】 ACD
【解析】 根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A正确；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝eq \f(E,B1)，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,qB2)，三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；打在P1、P3间距Δx＝2R3－2R1＝eq \f(2m3v,qB2)－eq \f(2m1v,qB2)＝eq \f(2v,qB2)(m3－m1)＝eq \f(2E,qB1B2)Δm，解得Δm＝eq \f(qB1B2Δx,2E)，故D正确。
11．(2021·安徽安庆市模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
【答案】 C
【解析】 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故选项D错误．
二．计算题
12. (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0)) (2)eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)
【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0))。
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
qBv＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)。
13.(2021·山东济宁市期末质量检测)如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为eq \r(2)v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
【答案】 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)eq \f(2mv0,qR)
【解析】 (1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向
t1＝eq \f(L,v0)
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝eq \r(（\r(2)v0）2－veq \\al(2,0))＝v0
所以粒子沿着电场方向的位移d＝eq \f(vx,2)×t1＝eq \f(L,2)
粒子从S点到M点，由动能定理
qEd＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL)
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则
sin θ＝eq \f(v0,\r(2)v0)
解得θ＝45°
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝eq \f(\r(2),2)R
由牛顿第二定律qB(eq \r(2)v0)＝meq \f(（\r(2)v0）2,r)
解得B＝eq \f(2mv0,qR)
14.(2021·山东临沂市下学期一模)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点入射时的速度v0；
(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。
【答案】 (1)eq \f(E,3B) (2)eq \f(2\r(3),3)d (3)eq \f(5,3)d
【解析】 (1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
r1－r1sin 30°＝d
由上两式解得B＝eq \f(mv0,2dq)
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知
β＝α＝60°
设粒子在x轴上N点的速度为v，有v＝eq \f(v0,cs β)＝2v0
又qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2dq)
所以v0＝eq \f(E,3B)
(2)设P点的纵坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝eq \r(3)d
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有d＝eq \f(v0tan β,2)t
xN＝v0t
解得xN＝eq \f(2\r(3),3)d
(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cs 30°＝eq \r(3)d＋eq \f(2\r(3),3)d
解得r2＝eq \f(5,3)d
15.(2021·山西阳泉市上学期期末)如图所示，直线PQ的左边为磁感应强度为B的匀强磁场，右边为电场强度为E的匀强电场。一带电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子从MN上的C点沿与MN成60°角的方向，以速度v射入匀强磁场，在磁场中发生偏转后从D点(图中未画出)垂直PQ进入匀强电场，最后到达MN上F点(图中未画出)，不计粒子重力，求：
(1)从C点到F点所用的时间；
(2)到达F点时的动能。
【答案】 (1)eq \f(m,q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE)))) (2)eq \f(1,2)mv2＋eq \f(3Emv,2B)
【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则
qvB＝meq \f(v2,r)
r＝eq \f(mv,qB)
粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
根据轨迹知粒子在磁场中做圆周运动的时间为
t1＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(2πm,3qB)
粒子从D运动到F做类平抛运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，则
r＋rsin 30°＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
a＝eq \f(qE,m)
解得 t2＝eq \f(m,q)eq \r(\f(3v,BE))
故粒子从C点到F点所用的时间为
t＝t1＋t2＝eq \f(m,q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE))))。
(2)对粒子在电场中的运动过程，由动能定理有
qEreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋sin 30°))＝EkF－eq \f(1,2)mv2
解得EkF＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(3Emv,2B)。
16.(2021·山东等级考模拟卷)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
【答案】 (1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qR0B02,2m) (3)eq \f(1,2)B0
【解析】 (1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则qv0B0＝eq \f(mv02,R0)
解得v0＝eq \f(qB0R0,m)
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，
则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速直线运动，在平行于y轴方向做匀速直线运动，故在平行于x轴方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
联立解得E＝eq \f(qR0B02,2m)
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝eq \f(1,2)at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做匀速圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2eq \r(2)R0.
由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝eq \f(mv2,PN)，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝eq \r(2)v0，
解得B1＝eq \f(1,2)B0.
17.(2021·百师联盟4月冲刺卷)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)微粒第一次通过y轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．
【答案】 (1)0.4 m (2)eq \f(\r(2),10)(6＋π) s (3)0.16 J
【解析】 (1)微粒受力及运动过程分析如图所示：
微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝eq \r(2)mg
微粒在第一象限内，重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝eq \f(mv2,r)
联立解得r＝eq \f(\r(2),5) m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴时的纵坐标为0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝eq \f(2\r(2),5) m
时间t1＝eq \f(x1,v)
解得t1＝eq \f(\r(2),5) s
由B到C微粒做匀速圆周运动：
t2＝eq \f(πr,v)
解得t2＝eq \f(\r(2)π,10) s
由C到D微粒做匀速直线运动：
位移为x2＝eq \f(2\r(2),5) m
时间t3＝eq \f(x2,v)
解得t3＝eq \f(\r(2),5) s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点
加速度方向沿D指向A，大小为a＝eq \r(2)g
沿DA方向位移大小为x3＝eq \f(2\r(2),5) m
由x3＝eq \f(1,2)at42，
解得t4＝eq \f(\r(2),5) s
故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq \f(\r(2),10)(6＋π) s
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．
从D到G，合外力做的功W＝eq \r(2)mg·x3
由动能定理知，W＝ΔEk，
解得动能的增加量为ΔEk＝0.16 J.
18.(2021·山东威海市模拟考试)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tan θ＝eq \f(1,2)，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。
【答案】 (1)eq \r(2)v0，速度方向与x轴正方向成45°角
(2)2mv0，方向沿y轴负方向 (3)eq \f(v0B,2) (4)eq \f(（3π＋4）m,qB)
【解析】 (1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有
tan θ＝eq \f(y,x)
x＝v0t
y＝eq \f(vy,2)t
粒子第一次经过N点的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))
解得v＝eq \r(2)v0
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，
则tan α＝eq \f(vy,v0)
解得α＝45°
即速度方向与x轴正方向成45°角。
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，利用动量定理有
I＝mΔv＝2mv0，方向沿y轴负方向。
(3)由向心力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何知识得x＝eq \r(2)R
y＝eq \f(\r(2),2)R
由运动学公式得veq \\al(2,y)＝2ay
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝eq \f(v0B,2)。
(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。
由周期公式得T＝eq \f(2πR,v)
带电粒子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(3,2)T
带电粒子在电场中的运动时间t2＝2eq \f(x,v0)
所以Δt＝t1＋t2＝eq \f(（3π＋4）m,qB)。