10.3带电粒子在组合场中的运动(解析版)-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份10.3带电粒子在组合场中的运动(解析版)-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共28页。试卷主要包含了组合场，分析思路，常见粒子的运动及解题方法等内容，欢迎下载使用。

10.3带电粒子在组合场中的运动

1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：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．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
3．常见粒子的运动及解题方法



磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．

例题1.O点为圆心、半径为R的圆形区域内以直径AB为分界线，左半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，右半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现有质量和电荷量均相同的两个粒子1、2，分别从A点和C点垂直磁场方向射入磁场，且从C点入射的粒子速度方向与AB平行，观察到它们的轨迹如图所示，两粒子在O点发生正碰。C点到AB的距离为0.5R，粒子的重力不计，不考虑两粒子间的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．两粒子均带正电
B．1粒子应先进入磁场
C．1、2粒子在磁场中运动的半径之比为
D．1、2粒子速度大小之比为
【答案】BC
【解析】A．由粒子的运动轨迹和左手定则可知，1粒子带负电，2粒子带正电，A项错误；

B．由几何关系可得，C点到AB的距离为0.5R ，可知2粒子轨迹圆心角为60°，两粒子在O点正碰，可知1粒子轨迹圆心角为120°，根据

可知从1粒子在破场中运动时间更长，要使两粒子在O点发生正碰，它应先进入磁场，B项正确；
C．由几何关系可得，2粒子在磁场中的轨迹半径

1粒子在磁场中的轨迹半径

则1、2粒子磁场中运动的半径之比为，C项正确：
D．根据


可知射入磁场时的速度大小之比为

D项错误。
故选BC。
空间存在如图所示相邻的两个磁场，磁场Ⅰ宽度为d，垂直纸面向里，磁感应强度为B。磁场Ⅱ方向垂直纸面向外，宽度为2d。现让质量为m带电量为q的正粒子以水平速度垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场，粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出。若让同样的粒子以的水平速度从P点射入，粒子恰好从C点上方处水平射出（图中未标出）。不计粒子重力，，，求：
（1）以的速度射入的粒子在磁场中运动的时间；
（2）粒子的速度和的大小之比。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）以的速度射入的粒子在磁场Ⅰ做匀速圆周运动，有


联立得粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹半径为

由几何知识可得，此时运动轨迹所对的圆心角有

得

粒子恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出，由几何知识可得粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹所对的圆心角也为，故粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹半径为

则根据

可得磁场Ⅱ的磁感应强度为

则粒子在磁场中运动的总时间为

其中




联立以上式子求得

（2）设粒子以的速度射入磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径为，，轨迹所对应的圆心角为，根据（1）问可知


以速度从P点水平飞入磁场Ⅰ的粒子恰好从C点上方处水平射出磁场Ⅱ，则由几何关系可得

代入数据得

根据，可得

空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：

(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值．
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】
　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝m可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2
由T＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，有最小值，()min＝
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．
综上分析，乙的比荷的最小值为.
电场与磁场的组合
一、先电场后磁场
1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．

2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．

二、先电场后磁场
1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．
2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．


例题2.如图所示，在xOy直角坐标系的第三象限有板间电压为U=3.0×104V的两平行金属板，板间距离和板长均为L=20cm，上极板刚好在x轴上且带正电，板的左侧有一粒子接收屏；第一、四象限分别有一半径为R=10cm的圆形匀强磁场，分别与y、x轴在C、D点和E点相切，磁感应强度均为B=0.4T，方向垂直纸面向外。第二象限中存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E=1.0×105V/m。其中AM为x=-20cm的直线。现有许多质量为m=6.4×10-27kg、带电荷量为q=＋1.6×10-19C的粒子分布在AM上的（-20cm，5cm）到（-20cm，15cm）区域，将粒子由静止释放。不考虑各场之间的相互影响、粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
（1）粒子进入第一象限磁场时的速度大小；
（2）粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围；
（3）接收屏能接收到的粒子数占进入平行板总粒子数的百分比。

【答案】（1）1×106m/s；（2）-15cm≤y≤-5cm；（3）75%
【解析】（1）粒子在电场加速的过程中位移大小为l=0.2m，由动能定理有
qEl=mv2
代入数据解得
v=1×106m/s
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qBv=m
整理后有

代入数据解得
r=0.1m
因为r=R=10cm，粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，所以可判定所有粒子在第二象限加速后进入第一象限，经第一象限中磁场会聚于E点，进入第四象限经磁场偏转后沿水平方向进入第三象限，可判定粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围为
-15cm≤y≤-5cm
（3）粒子进入第三象限的电场中做类平抛运动，若能打到接收屏上，有
t==2×10-7s
竖直方向上向下运动的位移

故在y轴上-12.5cm≤y≤-5cm范围内的粒子可被接收屏接收到，接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值为

如图所示，半径为R的圆形区域，圆心位于平面直角坐标系原点O，其内充满垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第四象限x≥R空间充满沿y轴正方向的匀强电场。位于x轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q、质量为m的正离子，离子沿x轴正方向进入磁场，经坐标点（4R，0）离开电场。己知离子离开磁场时速度方向与x轴正方向的夹角=60°。忽略离子间的相互作用，不计重力。求
（1）离子在圆形区域中运动时的速度的大小v；
（2）电场强度的大小E。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）粒子在圆形磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力、则

由几何知识得

解得

（2）进入电场区时，纵坐标为

进入电场时速度沿坐标轴分解


粒子在电场中x轴方向做匀速直线运动，运动时间

粒子在y轴方向做匀变速直线运动，加速度


解得

(2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：

(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
【答案】(1)h　(2) 　(3)(－1)h

【解析】
　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．

设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t12②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v22＝mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
v2′＝⑭
sin θ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h.

粒子多次进出电场、磁场的运动
例题3.
某同学设计如图所示的粒子约束装置，空间存在三个同心圆a、b、 c围成的区域，O为圆心，a的半径为，b的半径为。 a与b之间存在沿径向向外的辐射状电场，a与b之间电压U=500V。 b与c之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T。在圆a上的P点有一比荷为带负电的粒子，沿OP方向以速率开始运动，粒子不穿出约束装置c边界。不计粒子的重力，可能用到的三角函数∶ ，求∶
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r1；
（2）粒子在一个周期内运动的路程s；
（3）若在P点无初速释放比荷为的带正电的粒子，且a与b之间电压调整为U=297V。粒子从P点开始运动（记作第一次经过P点）到第二次经过P点的过程中，粒子在磁场中运动的总时间t。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子电场中做减速直线运动

得

粒子磁场中匀速圆周运动

得

（2）粒子在电场中做匀变速直线运动，磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

　

所以


得

（3）粒子从P点由静止匀加速通过电场，在磁场中做匀速圆周运动，经过电场匀减速直线运动，到达圆a时速度恰好为零，如图所示，设

电场

磁场

得


得

设粒子在磁场中运动了k个圆弧，绕O点运动了N圈第二次恰好回到P点，则
　3，4，5……　1，2，3

当时，

所以粒子在磁场中运动的时间


得


(2021·广东卷·14)如图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°的扇环形匀强磁场区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.

(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)　　8eU　(2)
【解析】
　(1)电子在电场中加速有2eU＝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＝m
联立解得B1＝
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
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2＝R2＋rm2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm2－keU
联立解得k＝.
如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0，h)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．

(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为，第三象限内磁感应强度大小为，且第三、第四象限的磁场在y＝－L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)，则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值．

【答案】(1)　(2)B<　(3)L＝h(n＝1,2,3…)
【解析】
　(1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有vy2＝2ah，vy＝v0tan 45°
由牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得E＝
(2)粒子在Q点的速率
v＝＝v0，h＝vyt，x＝v0t
可得OQ的距离为x＝2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值

由牛顿第二定律有qvBmax＝m
由几何关系有x＝Rmin
联立以上各式解得Bmax＝
故B的大小范围为B<
(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R1＝h，R2＝
易知：粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示

要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为
R1sin 45°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．

1. 如图所示，宽度为两平行竖直边界MN、PQ间有一水平匀强电场，PQ右侧有一半径为的圆形匀强磁场区域，为圆心，磁场方向垂直纸面向里，一质量为，带电量为的粒子在边界MN上的O点由静止释放，经电场加速后，以速度沿轴线进入磁场区域，经磁场边界a点后从磁场区域边界上d点离开磁场，且，不计粒子重力。
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）若在圆形磁场右侧还存在着另一个矩形匀强磁场区域，其左边界与PQ平行，磁场方向垂直于纸面所在平面，粒子经过该磁场偏转后恰好又能回到a点，求矩形磁场的磁感应强度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理有

解得

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得，粒子圆运动的半径

由牛顿第二定律有

解得

（3）根据题意，画出粒子的运动轨迹如图所示

粒子出圆形磁场区域后，在间做匀速直线运动，在点进入矩形磁场做圆周运动，由几何关系可知

在矩形磁场区域运动的半径为

矩形磁场区域中，由牛顿第二定律有

解得

2. 平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0＝，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．

(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0＝，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．
【答案】(1)4　(2)L
【解析】
(1)由动能定理得EqL＝mv2－mv02
粒子进入磁场时速度大小为v＝
在磁场中L＝2R
qvB＝
可得B＝4
(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示

L＝v0t，
y1＝at2，
Eq＝ma
解得y1＝ vy＝at
速度偏转角tan θ＝
第一次到达x轴的坐标
x1＝＝L
在磁场中R′＝
x2＝2R′sin θ＝sin θ＝＝L
粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离
x＝x1＋x2＝L.
3. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．

(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
【答案】(1)　(2)
【解析】
　(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．

设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t1＝T＝T
解得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，有qE＝ma
v0＝a·
解得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0
解得电场强度最大值Emax＝.
4. 如图所示，xOy平面内，OP与x轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝×105 V/m.一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的点d，图中点b、d未标出．已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力，求：

(1)微粒的比荷；
(2)d 点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．
【答案】(1)5×107 C/kg　(2)4 m　(3)Bx≥0.2 T
【解析】
　(1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得：
r＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B＝m
解得＝5×107 C/kg
(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得
yOc＝
在y轴方向 yOc＝－v0tcos 53°＋t2
在x轴方向 l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．
由几何关系知R＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝m
解得B1 ＝ 0.2 T
故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
5. (2022·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的倍．

(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值．
【答案】(1)　(2)　(3)1.5B1
【解析】
　(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝＝，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝＝；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1＝m，轨迹如图甲所示：

由几何关系得：L＝r1
解得：L＝；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：

可得：qvB2m＝m
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
6. 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)垂直于PQ进入匀强电场，最后到达MN上F点(图中未画出)，假定粒子始终未射出电场和磁场，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)　(2)mv2＋
【解析】
　(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子做圆周运动半径r满足：
qvB＝m
r＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
根据轨迹知粒子在磁场中做圆周运动的时间
t1＝T＝
粒子从D运动到F做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则
r＋rsin 30°＝at
a＝
解得 t2＝
故粒子从C→D→F的总时间
t＝t1＋t2＝；
(2)对粒子在电场中的运动过程，由动能定理有
qEr(1＋sin 30°)＝EkF－mv2
解得 EkF＝mv2＋。
7. 如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长，宽度d＝(5＋5) m的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小B＝0.4 T，一带正电粒子质量m＝3.2×10－4 kg、所带电荷量q＝0.16 C，从y轴上的P点以v0＝1.0×103 m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的Q点进入磁场，已知OP＝9 m，粒子进入磁场时
其速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°，不计粒子重力，求：
(1)OQ的距离；
(2)粒子在磁场中运动的半径；
(3)粒子在磁场中运动的时间。(π值近似取3)

【答案】(1)6 m　(2)10 m　(3)7.5×10－3 s
【解析】
(1)由于粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°，设粒子在Q 点竖直向下的分速度为vy，
根据运动的合成与分解可得：tan θ＝，
所以vy＝v0，
设粒子从P点运动到Q点的时间为t，
水平方向上根据匀速直线运动可得：v0t＝sOQ，
竖直方向上根据位移时间关系：vyt＝hPO，
联立解得：sOQ＝6 m；
(2)设粒子进入磁场的速度为v，由几何关系可得：
v＝＝2v0，
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：
qvB＝m，
解得R＝10 m；
(3)设粒子在磁场中运动的圆心为Q1，由几何关系可得：
α＝60°，β＝30°
可得粒子在磁场中转过的圆心角φ＝90°，
由周期公式T＝可得粒子在磁场中运动的时间
t′＝T＝×＝7.5×10－3 s。