第15讲 平移圆、放缩圆、旋转圆问题（解析版）

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第15讲 平移圆、放缩圆、旋转圆问题【方法指导】一、平移圆问题1．适用条件(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。(2)轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。2．界定方法将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法”。 二、放缩圆问题1．适用条件(1)速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。 (2)轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。2．界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。三、旋转圆问题1．适用条件(1)速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。(2)轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径R＝的圆上。2．界定方法将半径为R＝的圆以带电粒子入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。 【例题精析】考点一 平移圆问题[例题1]             如图所示，有三个离子沿图中虚线轨迹运动，最终分别打在挡板上的P1、P2和P3处，由此可判定（　　）A．三个离子的速率大小关系为v1＞v2＞v3 B．三个离子的速率大小关系为v1＜v2＜v3 C．三个离子的比荷大小关系为 D．三个离子的比荷大小关系为【解答】解：AB．在平行板间，电场力和洛伦兹力平衡，则有：qE＝qvB，由此可知，三个粒子速度大小相等，故AB错误；CD．根据洛伦兹力提供向心力可知，qvB＝m，解得：R，由图可以发现R1＜R2＜R3，轨迹半径越大，比荷越小，故有，故C错误，D正确。故选：D。[练习1]             如图是质谱仪工作原理示意图。带电粒子a、b从容器中的A点飘出（在A点初速度为零），经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为x1、x2。图中半圆形虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）A．b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度 B．a的比荷一定小于b的比荷 C．若a、b电荷量相等，则它们的质量之比ma：mb＝x12：x22 D．若a、b质量相等，则在磁场中运动时间之比ta：tb＝x1：x2【解答】解：A、粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知qvBmv2，解得r，半径大小还与速度和比荷有关，故A错误；B、由动能定理可知粒子经过加速电场后的速度为qUmv2，v，r，a的半径比b的小，则有a的比荷一定大于b的比荷，故B错误；C、两电荷在磁场运动的半径之比为：ra：rb＝x1、x2。根据r，若a、b电荷量相等，它们的质量之比ma：mb＝x12：x22，故C正确；D、经历的时间为tT，故则它们在磁场中运动时间之比ta：tb＝x12：x22，故D错误。故选：C。[练习2]             质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外．一束电荷电量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间距离为Δx，粒子所带电荷量为q，且不计重力，求：（1）粒子进入磁场B2时的速度v的大小？（2）打在a、b两点的粒子的质量之差Δm？（3）试比较这两种带电粒子在磁场B2中运动时间的大小关系，并说明理由？【解答】解：（1）两极板间电场强度：E粒子在电容器中做直线运动，故qE＝qvB1解得（2）带电粒子在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，则打在a处的粒子的质量打在b处的粒子的质量又Δx＝2R1﹣2R2联立得Δm＝m1﹣m2（3）打在a处的粒子的运动时间t1大于打在b处的粒子的运动时间t2；因为 ，t由上式可解得m1＞m2；故 t1＞t2；答：（1）粒子进入磁场B2时的速度v的大小；（2）打在a、b两点的粒子的质量之差；（3）t1＞t2，理由如上所述．考点二 放缩圆问题[例题2]             一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。以下说法正确的是（　　）A．从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等 B．若从a点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长 C．粒子在磁场中最长运动时间不大于 D．粒子在磁场中最长运动时间不大于【解答】解：AB．画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1所示。粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc边射出时，速度越大，轨道半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故AB错误；CD．当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t，故C错误，D正确。故选：D。[练习3]             一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，bc为半径为r的半圆，ab、cd与直径bc共线，ab间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为（　　）A． B． C． D．【解答】解：轨迹圆弧所对应的弦与bc半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图所示，圆心恰好位于b点，由r，解得v，故A正确，BCD错误；故选：A。[练习4]             利用磁场可以对带电粒子的运动进行控制，如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，P点为纸面内一离子源，可以沿纸面向各方向发射速度大小相同的同种正离子。同一纸面内距P点为5r的Q点处有一以Q点为圆心、半径为r的圆形挡板。已知正离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为3r，离子打到挡板上时被挡板吸收。则挡板上被离子打中的长度与挡板总长度的比值为（　　）A．210：360 B．217：360 C．233：360 D．240：360【解答】解：因为5r+r＝6r，故当粒子向上射出时，恰好可以打在挡板的最右端。当粒子轨迹与挡板在左下方相切时为另一临界点，如图所示：根据几何关系可知：sin∠PQO＝0.6∠PQO＝37°则挡板上被离子打中的长度与挡板总长度的比值为，故B正确，ACD错误；故选：B。考点三 旋转圆问题[例题3]             如图所示，纸面内间距为d的平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向均匀向磁场中射入质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子，粒子射入磁场的速度大小均为，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比为（　　）A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1【解答】解：粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有所以粒子运动半径为由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。如图当粒子沿AN方向进入磁场时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最下端；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，由几何关系可知从C点到D点的圆心角为60°，粒子打在PQ上，圆心从D点到E点的圆心角为120°，粒子打在MN上，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为120°：60°＝2：1故C正确，ABD错误。故选：C。[练习5]             如图所示，在矩形区域ABCD内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AB边长为L、AD边长为4L。在AD边中点O处有一粒子源，能在纸面内向各方向发射出质量为m、电荷量为q、速率为的带正电粒子，观察发现，边界BC边上的某些区域有粒子离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，BC边有粒子离开的区域长度是（　　）A．4L B．2L C． D．【解答】解：由于，由洛伦兹力等于向心力可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为 如下图所示：从OO1左侧射入磁场的粒子都能从BC边射出磁场，而从OO1右侧射入磁场的粒子，当运动轨迹与BC边相切时，带电粒子恰好不从磁场射出，因此能从BC边射出磁场的粒子在MN之间。根据几何关系可知，MN的长度为2L，故ACD错误，B正确；故选：B。[练习6]             如图所示，某真空室内充满匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场内有一块足够长的平面感光板MN，点a为MN与水平直线ab的交点，MN与直线ab的夹角为θ＝53°，ab间的距离为d＝10cm。在b点的点状的电子源向纸面内各个方向发射电子，电子做圆周运动的半径为r＝5cm，不计电子间的相互作用和重力，sin53°＝0.8，则MN上被电子打中的区域的长度为（　　）A．6cm B．8cm C．10cm D．12cm【解答】解：电子从b点射出后，在磁场中沿顺时针方向做圆周运动，如图所示的两个圆分别表示电子打在板上的两个临界情况，一个打在a点，一个打在C点，打在C点的电子轨迹恰好与板相切，过b点做MN的垂线bD，过O1做bD垂线O1E，由几何知识可得bD＝absin53°＝10×0.8cm＝8cm又因DE＝O1C＝5cm所以bE＝bD﹣DE 解得：CD＝4cm所以MN上被电子打中的区域的长度为aC＝aD+CD＝ab•cos53°+CD＝10×0.6cm+4cm＝10cm，故ABD错误，C正确；故选：C。【强化专练】如图所示，直角三角形ABC内（包括边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，已知∠A＝30°，O为AC中点。两个带异种电荷的粒子从O点以相同的速度沿垂直AC方向射入磁场，向左偏转的粒子恰好没有从AB边射出磁场，向右偏转的粒子恰好从B点射出磁场。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则正、负粒子的比荷之比为（　　）A．2： B．2：1 C．3：1 D．3：【解答】解：根据题意可知正粒子的轨迹与AB相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为R1，负粒子的轨迹的半径为R2，根据几何关系可知R1R2＝AC可得R1：R2＝1：3由Bqv＝m可得 所以正、负粒子的比荷之比为3：1，故C正确，ABD错误。故选：C。如图所示，正方形abcd内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速度从a点沿ab方向射入磁场。不计电子的重力和电子间的相互作用。对于从c点和d点射出的电子，下列说法正确的是（　　）A．轨道半径之比为1：2 B．线速度大小之比为1：2 C．向心力大小之比为1：2 D．在磁场中运动时间之比为1：2【解答】解：A．设正方形边长为L，根据图像可知从c点射出的电子轨道半径为L，从d点射出的电子轨道半径为，则轨道半径之比为2：1，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m可得：因轨道半径之比为2：1，则线速度大小之比为2：1，故B错误；C．电子所受洛伦兹力充当向心力，即F向＝qvB，因线速度大小之比为2：1，则向心力大小之比为2：1，故C错误；D．电子在磁场中的运动周期为 则从c点射出的电子在磁场中的运动时间为 从d点射出的电子在磁场中的运动时间为 则在磁场中运动时间之比为1：2，故D正确。故选：D。坐标原点O处有一粒子源，沿xOy平面向第一象限的各个方向以相同速率发射带正电的同种粒子。有人设计了一个磁场区域，区域内存在着方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使上述所有粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动。不计粒子的重力和粒子间相互作用，则该匀强磁场区域面积最小时对应的形状为（　　）A． B． C． D．【解答】解：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m①解得：R②因为粒子从原点射入磁场速度方向只在第一象限内，结合图象由②式可知，粒子与x轴相交的坐标范围为：x结合图象由②式可知，粒子与y轴相交的坐标范围为：0≤y由题可知，匀强磁场的最小范围如d图中的阴影区域所示，故D正确、ABC错误。故选：D。真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）沿着与MN夹角为θ的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场。则粒子射入磁场的速度大小v0和在磁场中运动的时间t可能为（　　）A．v0 B．v0 C．t D．t【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子带正电，画出粒子的运动轨迹如图所示由几何关系有：l＝rcosθ+r由洛伦兹力提供向心力，得：qv0B＝m联立可得：v0粒子在磁场中运动时间tT•，故ACD错误，B正确。故选：B。如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用。则下列说法正确的是（　　）A．a粒子射出磁场时，速度的反向延长线不会通过磁场的圆心O B．c粒子速率最大 C．a粒子动能最大 D．c粒子在磁场中运动时间最长【解答】解：A.三个粒子轨迹如图所示由几何关系结合对称知识可知，三个粒子射出磁场时，速度方向的反向延长线均过原点O，故A错误；B.由轨道半径公式r可知速度越大轨道半径越大，所以c粒子的速率最大，故B正确；C.因a粒子的轨道半径最小，可知速率最小，动能最小，故C错误；D.由周期公式T可知三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c的粒子的运动周期相同，粒子在磁场中的运动时间为t则运动时间的长短由圆心角的大小来决定，由图像可知a的圆心角最大，c的圆心角最小，所以a粒子在磁场中运动的时间最长，c粒子在磁场中运动的时间最短，故D错误；故选：B。如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向电90°，60°，45°的夹角，则下列判断正确的是（　　）A．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短 B．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子 C．沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为 D．沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9：8【解答】解：A、由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，根据T可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，由t可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故A项错误：B、由左手定则可判断沿径迹Oc，Od运动的粒子均带负电，故B项错误；C、设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa，Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rbr，根据qBv可得，故C项正确：D、由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以，故D项错误。故选：C。如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）A．T B．T C．T D．T【解答】解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，设OS＝d，则DS＝OStan30°d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rd，由几何知识有：ES＝OSsin30°d，cosθ，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为：tminTT，故A正确，BCD错误。故选：A。如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cosα；（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。【解答】解：（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r，如图1.则r1设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝m图1联立解得Um（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a图2设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cosα＝5a+0.8a解得cosα（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点。当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如图3.图3由几何关系得 OO2＝4a﹣3a＝a、PO2＝PO＝3a根据余弦定理有cosθ解得：cosθ则 PA＝2PO2cosθ解得：PA当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A'，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D'，圆心为O2'，如图4.图4由几何关系得 OO'2＝3a﹣2a＝a、PO'2＝PO＝3a根据余弦定理有cosβ解得：cosβ则 PA'＝2PO2′cosθ解得：PA'可知A与A’重合，该点为粒子打在光屏上最左侧的点，则最大区间长度为L﹣PC﹣PA＝6a答：（1）加速电压的最大值为；（2）该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值为；（3）加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度为。在科学研究中，常用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，真空中有一半径为r的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，在圆形感场区域的右侧有两水平放置的正对的平行金属板M、N，板间距离也为r，板长为L，板间中心线O2O3的反向延长线恰好过磁场圆的圆心O1，在O点处有一粒子源，能向磁场中各个方向（纸面内）源源不断地发射速率相同、质量为m、比荷为k且带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为n，沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线O2O3的方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用。（1）求粒子入射的速度v0的大小。（2）若已知两平行金属板间电场强度E，在平行板的右端适当位置固定一平行于y轴方向的探测板（图中未画出），使从M、N板右端射出平行板间的粒子全部打在探测板上，则板长至少为多少？（3）在满足第（2）问的前提下，若打到探测板上的粒子被全部吸收，求粒子束对探测板的平均作用力的大小。【解答】解：（1）由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝r根据牛顿第二定律得： 同时，联立解得：v0＝kBr（2）如图所示，设某粒子从O射出时与y轴夹角为θ，根据几何关系可知四边形OO1PO'为菱形，由此可推知所有粒子从磁场射出时的速度方向都平行于x轴粒子在两金属板间做类平抛运动的加速度大小为 运动时间为 侧移量为 联立解得：所以紧贴极板入射的粒子将从O3射出，沿O2O3入射的粒子将从极板右边缘射出，若要使M、N板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上，探测板紧贴M、N右端时长度最小，为（3）在满足第（2）问的前提下，假设粒子在两金属板间向下偏转，设紧贴N板射入的粒子从O点射出时的速度方向与t轴夹角为θ，根据几何关系得： 解得：θ＝30°而言y轴正方向射出的粒子恰好沿O2O3射入，所以与y轴速度夹角在0～30°范围内的粒子可以最终打到探测板上，所以射入平行板间的粒子与射入磁场的粒子数之比为ηΔt时间内打在探测板上的粒子数为 粒子打在探测板上时，根据动量定理，在水平方向上有﹣FxΔt＝0﹣Nmv0在竖直方向上有：﹣FyΔt＝0﹣Nmvy根据运动学公式有v＝at探测板对粒子束的平均作用力大小为： 联立解得：F根据牛顿第三定律可知粒子束对探测板的平均作用力的大小为。答：（1）粒子入射的速度大小为kBr；（2）板长至少为；（3）粒子束对探测板的平均作用力大小为。如图甲，在xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小为B。让质量为m，电荷量为q的带正电小球从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度入射，均能在复合场中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，忽略带电小球之间的影响。（1）带电小球从O点以初速度v沿y轴正方向入射，恰好能经过x轴上的P（2a，0）点，求电场强度大小和v的大小；（2）保持匀强电场的方向不变，大小变为原来的两倍，带电小球从O点沿y轴正方向入射，速度大小为，小球运动轨迹如图乙所示。研究表明：小球在xOy平面内做周期性运动，利用运动的合成分解规律，可将带电小球的初速度分出一个速度v1，并且qv1B与电场力、重力三力平衡，得到小球的一个分运动为v1的匀速直线运动；然后利用矢量运算，将初速度减去v1得到速度v2，得到另一个分运动为v2的匀速圆周运动，再由这两个分运动得到合运动的运动规律（题中v1和v2均为未知量）。①求该带电小球运动过程中的最大速度值vm；②写出该带电小球y﹣t的函数表达式（小球从O点发射时为t＝0）。【解答】解：（1）根据题意可知电场力与重力是平衡力，即qE＝mg，得场强大小为，方向沿y轴正方向；圆周运动过P点，根据几何知识可知半径为a，由洛伦兹力提供向心力得，解得速度大小为；（2）①电场强度加倍后y轴方向要想合力为零，根据题意需要满足，解得分速度，根据左手定则判断v1方向沿x轴正方向，已知初速度大小为，沿y轴正方向，根据平行四边形定则可知分速度v2与y轴夹角45°，方向如图所示，大小为。且以v2做匀速圆周运动，以v1沿x轴正方向做运动直线运动，当两分速度同向时，小球的速度最大，即在图中轨迹的最高点，最大速度为；②带电小球y轴方向的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动的轨迹如图2所示：根据洛伦兹力提供向心力得，解得半径为。周期为，由图可知，y﹣t的函数表达式为。答：（1）电场强度大小为和v的大小为；（2）①该带电小球运动过程中的最大速度值vm为；②该带电小球y﹣t的函数表达式为。