带电粒子在复合场中的运动 (2).doc

第53节 带电粒子在复合场中的运动
1.2017年新课标I卷16．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量，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
左
右
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确；ACD错误。
2.2012年物理海南卷
2．如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？ （ ）
A．粒子速度的大小　　 　　 　B．粒子所带的电荷量
C．电场强度　　　　 　　 　　D．磁感应强度
答：B
解析：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不会改变，选项B正确。
3. 2013年浙江卷
U
+
B
θ
20．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案：BCD
解析：根据，认为两种粒子的质量近似相等，可得，粒子进入磁场时，动能之比为1:3，，在磁场中做圆周运动的加速度,轨道半径，可得半径之比为:1；加速度之比为: ；由几何关系知，P3+在磁场转过60o，带电粒子在磁场中速度不变，离开电场区域时的动能之比为1:3。
4.2018年北京卷、18．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 （ C ）
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：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，有，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场和电场的方向及强度都要有要求，但对粒子的带电量的大小和电性没有要求，故选项C正确ABD错误。
5.2016年天津卷11、如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g=10m/s2，求
B
E
P
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角60° （2）3.5s
【解析】（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
θ
θ
v
qE
mg
qvB
①
代入数据解得 ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
③
代入数据解得
④
（2）解法一：
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
=3.5 s ⑨
解法二：
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy=vsin θ ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得⑦
6.2012年理综浙江卷
24．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0，带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
d
第24题图

M

(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B'，则B'的大小为多少？
【解析】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
得，
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷。
（2）进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力，

考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=d,由此可得:
M
d/2v0
R
d
解析第24题图
（3）根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R',有

由图示可得： 得：，
联立求得：
7.2015年理综福建卷B
M
N
A
C
D
E
vD
P
h
22.（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf ；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
答案：：（1）E/B （2）（3）
解析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
8.2014年理综四川卷10．（17分）
在如图所示的竖直平面内。水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ = 37 0。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B = 1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E = 1×104N/C。小物体P1质量m = 2×10-3kg、电荷量
q = +8×10-6C，受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u = 0. 5，取g = 10m/s2,sin370 = 0.6，cos370 = 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
θ=37°
s
H
O
D
G
E
B
P2
P1
F
C
r
（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
（2）倾斜轨道GH的长度s。
解：设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则
F1＝qvB ①
f＝μ(mg－F1) ②
由题意，水平方向合理为零
F－f＝0 ③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s ④
说明：①③式各1分，②④式各2分
（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1 ⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1，则
⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsinθ－μm2gcosθ＋qEsinθ)＝m2a2 ⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，则
⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2 ⑩
s＝0.56 m ⑾
说明：⑦⑧⑨⑩式各1分，⑥⑾式各2分
9.2012年理综新课标卷
25.（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中b
a
O
直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
[答案]
b
a
O
c
d
[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
　① 式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，　②
设=x，由几何关系得 ③ 　④
联立式得　⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得
⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
⑦ vt　 ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得 ⑨
10.2012年物理江苏卷
15. (16分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成，,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
l
l
l
+
-
U0
-U1
U1
m
+q
A
y
x

z
O
待测区域
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U ;
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
射入方向
y
－y
z
－z
受力大小
F
F
F
F
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.
解析：（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理
由题意得，即
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t：
加速度的大小 ，
在离开时，竖直分速度
竖直位移y1=1/2 at2 水平位移l=v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2=vyt
由题意知，粒子竖直总位移y=2y1+y2，
解得
则当加速电压为4U0时，U=4U1
（3）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且
由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行。
, 则 f=2F 且 f=qv1B
解得
设电场方向与x轴方向夹角为α,
若B沿x轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得

解得，或
即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为300或1500，
同理若B沿-x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-300或-1500。
11.2012年理综四川卷25．（20分）
如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在A
B
X
O
Q
W
s
P
I
l
某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
(3)求A点距虚线X的距离s。
解：(1)设小球P所受电场力为F1，则F1=qE ①
在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg ②
联立相关方程得 E=mg/q ③
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv ④
得 v=I/m ⑤
说明：①②③④⑤式各1分。
(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得
mv+mv0=(m+m)vm ⑥
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得
⑦
联立相关方程，得 ⑧
说明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。
(3)设P在X上方做匀速直线运动的时间为tP1，则 tP1= ⑨
设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则
tP2= ⑩
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
⑾
由题意，有 tQ=tP1+ tP2 ⑿
联立相关方程，得
n为大于的整数 ⒀
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ′,由单摆周期性，有
⒁
同理可得
n为大于的整数 ⒂
说明：⑨⑾⑿⒁式各1分，⑩ ⒀⒂式各2分。
12.2012年理综重庆卷
2d
Q
题24图
3d
P
M
N
O
收集板

l
金属极板
金属极板
O'

带电颗粒
发射器
24．（18分）有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如题24图所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷（电荷量与质量之比）均为1/k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线O' O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与NQ的距离为，不计颗粒间相互作用，求
⑴电场强度E的大小
⑵磁感应强度B的大小
⑶速率为λv0（λ＞1）的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。
解答：
⑴设带电颗粒的电量为q，质量为m，离开磁场在电场中匀速直线运动，有

Q
答题24图1
3d
P
M
N
O

O'
R-d
O''
R
Q
答题24图2
3d
P
M
N
O

O'
R1
θ
θ
y2
y1
将q/m=1/k代入得
⑵如答24图1，有

得
⑶如答24图2有

得
13. 2011年理综安徽卷
23．（16分） 如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
x
y
O
P
B
R
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有 qE=qvB ①
又 R=vt0 ②
则 ③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y方向位移 ④
由②④式得 ⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是

又有 ⑥
得 ⑦
（3）仅有磁场时，入射速度v' =4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
x
O'
y
O
R
B
r
a

P

⑧
又 qE=ma ⑨
由⑦⑧⑨式得 ⑩
由几何关系 ⑪
即 ⑫
带电粒子在磁场中运动周期 ⑬
则带电粒子在磁场中运动时间 ⑭
所以 ⑮
14. 2013年安徽卷23、（16分）
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
x
y
v0
P
O
c
a
b
B
E
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达点时速度的大小和方向；
（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。
x
y
v0
P
O
c
a
b
B
E
45°
r
答案：（1） （2）,方向指向第Ⅳ象限，方向成45°角 （3）
解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有

联立以上各式可得
（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为
所以
3）粒子在磁场中运动时，有
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有
所以
15.2013年江苏卷
15. (16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1 图所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2 图所示. x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向. 在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m 和+q. 不计重力. 在时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动.
P
O
x
y
题15-1 图
O
t
E
E0

5r
3r
r
2r
4r
O
t
B
+B0
5r
3r
r
2r
4r
-B0
题15-2 图

（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；
（2）求B0应满足的关系；
(3)在时刻释放P,求P速度为零时的坐标.
答案：(1)
(2)
（3）x=0
y=
解析： (1) 作匀加速运动， 作匀速圆周运动，
电场力， 加速度，速度，且， 解得
（2）只有当 时，P在磁场中作圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道作往复运动，如图示。设P在磁场中作圆周运动的周期为T，则

O
x
y
r
x
O
y
r1
r2
匀速圆周运动，
解得
（3）在t0时刻释放，P在电场中加速时间为
在磁场中作匀速圆周运动
圆周运动的半径
解得
又经时间P减速为零后向右加速时间为t0,
P再进入磁场圆周运动的半径
解得
综上分析，速度为零时横坐标x=0
相应的纵坐标为y= 2[kr1-(k-1)r2]
2k(r1-r2), （ k=1,2,3……）
解得y=
16.2013年山东卷
23、（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。
（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得：
qE=ma……………………①
由运动学公式得：
………………②
2d=v0t0……………………③
vy=at0……………………④
…………⑤
………………⑥
联立①②③④⑤⑥式得：
………………⑦
θ=450……………………⑧
（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知ΔO1OQ为等腰直角三角形，得：
y
R1
O1
O
Q
x
R1
θ
……………………⑨
由牛顿第二定律得：
……………………⑩
联立⑦⑨⑩式得：
……………………⑾
3）设粒子作圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2' 是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2'，由几何关系知，O2FGO2'和O2QHO2' 均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，ΔQOF为等腰直角三角形。】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：
y
G
O
Q
x
R2
θ
R2
O2
R2
R2
O2'
v
F
H
………………… …⑿
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：
FG=HQ=2R2……………………⒀
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
…………⒁
联立⑦⑿⒀⒁式得：
………………⒂
17. 2013年福建卷
22．（20分）如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m，电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。
x
y
O
E
B
v0
乙
x
y
O
v
θ
B
A
a
甲
(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a，O)点，求v1的大小；
（2）已知一粒子的初建度大小为v（v>v1），为使该粒子能经过A(a，O)点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射。研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。
答： (1)
（2）有2个入射角，分别在第1、2象限， 答案图如图 解得
（3）
x
y
O
v
θ
B
A
a/2
θ
v
θ'
θ
解： (1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中作匀逮圆周运动，半径为R，有
①
当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有 ②
由②代入①式得 ③
（2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x=a/2的直线上，半径为R。
当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第l、2象限，有 ④
由①④式解得 ⑤
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理， ⑥
由题知，有 vm=kym ⑦
若E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有
⑧
v0=kR0 ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
18.2014年理综四川卷11．（11分）
如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为- q（q > 0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿P板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求发射装置对粒子做的功；
（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在h板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l。此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
O
h
l
h
K
T
A
R
S
1
2
p
b
（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“l”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～Bm=范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）。
【解析】（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有
h＝v0t ①
设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理
②
联立①②式可得 ③
说明：①②式各2分，③式各1分
（2）S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有
E0＝U ④
板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有
U＝Eh ⑤
mg－qE＝ma ⑥
⑦
l＝v0 t1 ⑧
S接“2”位置时，则在电阻R上流过的电流I满足
⑨
联立①④～⑨式得 ⑩
说明：④～⑩式各1分
（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有 ⑾
θ
O
h
h
K
T
p
b
θ
D
G
过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有
⑿
⒀
⒁
联立①⑾～⒁式，将B＝Bm代入，求得
⒂
当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，Ｄ点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面从T孔飞出板间区域，此时Bm＞B＞0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即
θ0＝0 ⒃
则题目所求为 ⒄