1、（物理）物理带电粒子在磁场中的运动易错剖析含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。【答案】(1)；(
2、2)【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得： 在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为， 解得： ；(2)由公式得：，解得： 由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为 带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为 带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为 从P点到再次回到P点所用的时间为 联立解得：。2如图，光滑
3、水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动P与A发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点（1）求碰撞后A球的速度大小；（2）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；（3）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间【答案】（1）（2）1（3）或；【解析】【分析】【详解】（1）设P、A碰后的速度分别为vP和
4、vA，P碰前的速度为由动量守恒定律： 由机械能守恒定律： 解得：（2）设A在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得： 解得：由公式可得R越大，k值越大如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值， 求得k的最大值为 （3）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有 解得： 由可得： （II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开如图3和如图4，由几何关系有： 解得：或 由可得：或 球A在电场中克服电场力做功的最大值为 当时，由于 当时，由于 综合（I）、（II）
5、可得A球能从z点离开的k的可能值为：或A球在磁场中运动周期为 当时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间 即3如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，3a），B点坐标为(，-3a）在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q粒子束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上y=2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力（1）求粒子的比荷；
6、（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离【答案】(1)(2)0y2a(3)，【解析】【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为ra由牛顿第二定律得Bqv0m故粒子的比荷 (2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O点，如图所示由几何关系知OAr 2a则OOOAOAa即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为ODym2a所以粒子束从y轴射入电场的范围为0y2a(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 3av0t0，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做
7、类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有xv0t竖直方向有代入数据得x 设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为，则 有H(3ax)tan 当时，即ya时，H有最大值 由于a2a，所以H的最大值Hmaxa，粒子射入磁场的位置为ya2aa4某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PPMM内有竖直向下的匀强电场，电场场强E1.0103V/m，宽度d0.05m，长度L0.40m；区域MMNN内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2.5102T，宽度D0.05m，比荷1.0108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点
8、射入电场边界MM不影响粒子的运动，不计粒子重力(1) 若v08.0105m/s，求粒子从区域PPNN射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从MN间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M点射出，求v0满足的条件【答案】(1)0.0125m (2) 3.6105m/s. (3) 第一种情况：v0 (其中n0、1、2、3、4)第二种情况：v0 (其中n0、1、2、3)【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向 得代入数据解得t1.0106s水平位移xv0t代入数据解得x0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而
9、是从PM间射出，则运动时间t00.5106s，竖直位移0.0125m所以粒子从P点下方0.0125m处射出(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移xv0 粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1t设粒子与磁场边界之间的夹角为，则粒子进入磁场时的速度为v 在磁场中由qvBm得R 粒子第一次进入磁场后，垂直边界MN射出磁场，必须满足xRsinL把xv0、R、v、 代入解得v0Lv03.6105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM的最远距离yRRcosR(1cos)把R、v、代入解得 可以看出当90时，y有最大值，(90即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的
10、速度垂直MM进入磁场运动半个圆周回到电场) ymax0.04m，ymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN射出磁场若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M点射出边界有两种情况，第一种情况：Ln(2v0t2Rsin)v0t把、R 、v1vsin、 代入解得v0105m/s(其中n0、1、2、3、4)第二种情况：Ln(2v0t2Rsin)v0t2Rsin把 、R、v1vsin、代入解得 v0105m/s(其中n0、1、2、3)5如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN
11、上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为()【解析】【分析】【详解】（
12、1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间解得（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为3060所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，曲线方程为 【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选
13、择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径6如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中
14、的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应sin53=0.8，cos53=0.6（1）求粒子的发射速度v的大小；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例【答案】（1）6105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m可得：v=6105m/s；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的
15、距离为0.18m-=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=at2a=t=由解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为，则由几何知识得：y=rsin+R0-R0cos可知tan=，即=53比例=100%=29%7如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为OMN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的
16、带负电小球他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大【答案】(1) ；(2) ；(3)存在，【解析】【详解】（1）设第1球的电量为，研究A到C的运动： 解得：；（2）研究第1球从A到C的运动： 解得： ，；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为由得 由几何关系得： 解得： ；（3）后面抛出的小球电量为，磁感应强
17、度 小球作平抛运动过程 小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：，变形得： 解得： 8如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:(1)小圆半径R1；(2)大圆半径最小值(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴
18、相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】解：(1)粒子b在区域做匀速圆周运动，设其半径为根据洛伦磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出区域：解得： (2)设a在区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得： 设a在区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得： 设大圆半径为，由几何关系得：所以，大圆半径最小值为： (3)粒子a在区域的周期为，区域的周期为粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：解得：粒子b在区域的周期为：讨论：如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间： n=1，2，3粒子b经过时间： k
19、=1，2，3时，解得：当，时，有最短时间：设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇则有： n=1，2，3粒子b经过时间： k=1，2，3时，解得： ab不能相遇如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇则有： n=1，2，3粒子b经过时间： k=1，2，3时，解得：ab不能相遇a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为9如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1=1m和R2=3
20、m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q=+6103C的物块A(可视为质点)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。(1)当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小.(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1)3m/s
21、2，1m/s2；(2)25V/m；(3)【解析】【详解】（1）当物体刚滑上木板D时，对物体A受力分析有： 解得： a2=3 m/s2对木板D受力分析有： 解得： a1=1m/s2（2）物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有： 解得：E=25 V/m；（3）物块A与木板D共速时有： 解得： v=1 m/s粒子做匀速圆周运动有： 要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足: 解得：。10如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、
22、(0，L)，坐标为(L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，=30，不计粒子重力(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度【答案】（1）（2）（）（3）【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径
23、大小为R1，由几何关系得R1cos30=L（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（2）解得：（3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30=L（4）xM=2R2sin30（5）则M点坐标为（）（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2R3cos30（7）为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离y2（如图中A、E间距）可由题给条件得
24、：（8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3y12y2=2L（9）解得：（10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（11）解得：（12）挡板的最小长度为：（13）解得：（14）11如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，L)，M点的坐标为(L，0)求(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度
25、方向与x轴夹角为，（1）在电场中x轴方向：，y轴方向，得，（2）在磁场中，磁场中的偏转角度为12如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、0.1mx0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10104N/C.一个质量为m=2.0109kg、电荷量为q=5.0105C的带正电粒子，以v0=5.0103m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，0.2m)，不计粒子重力(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运
26、动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
27、：解得：（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：，由牛顿第二定律有：联立解得：所以粒子射出电场时的位置坐标为（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度解得：则粒子射出电场时的速度：设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：由牛顿第二定律有：联立解得：13如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度有一个质量，电荷量的带正电粒子，该粒子的初速度，从坐标原点O沿与x轴成角的方向
28、进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是；电场强度E的大小为，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入
29、电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，半径，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为，则第一次经过x轴时的横坐标为第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为
30、，在垂直电场方向的位移，运动时间在沿电场方向上的位移，又因得根据牛顿第二定律所以电场强度粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期所以粒子从出发到再回到原点的时间为【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力14如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和xL之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在
31、y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足解得竖直方向水中方向在电场中根据牛顿第二定律联立可以得到（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y
32、轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在点，连接和C点，交x轴与D点，做垂直x轴，垂直为F由几何关系解得由于，故与全等，可以得到则因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度因此粒子进磁场时的速度为粒子在磁场中做匀速圆周运动有解得点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题15如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形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
33、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）点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。【答案】（1）；（2），方向与x轴的夹角为45；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有x=v0t=2h， qE=ma，联立以上各式可得 ；（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，所以 ，方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；（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 ，所以磁感应强度B的最小值
