【正文】 的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成．⑶靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵①當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解．②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解．③當帶電粒子在復合場中做非勻變 速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．說明：由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．帶電體在磁場中的臨界問題的處理基本思路（1）畫軌跡：即畫出運動軌跡，并確定圓心，用幾何方法求半徑．（2）找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系．（3）用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形（1）直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)（2）平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)（3）圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)帶電粒子在勻強磁場中的運動找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角θ之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．（1）圓心的確定①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖10甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．（2）半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?）運動時間的確定：電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同．運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關(guān)，而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關(guān)．在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關(guān)系是解題關(guān)鍵；粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運動時間表示為：(或)真題研究1．(2015浙江9月23題)某科研小組設(shè)計了一個粒子探測裝置。圓筒內(nèi)壁布滿探測器，可記錄粒子到達筒壁的位置。區(qū)域I、區(qū)域Ⅱ長均為L=，高均為H=。3．(2016浙江10月23題)如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)．假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)．(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；(2)調(diào)整磁感應(yīng)強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應(yīng)強度大小B1；(3)保持磁感應(yīng)強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，求探測板受到的作用力大?。馕觯?1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置對于初速度為v0的粒子：qU＝mv－m(v0)2 r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置打在x軸上的區(qū)間為[2a，4a](2)由動能定理：qU＝mv－m(v0)2 r3＝ r3＝a 解得：B1＝B0(3）離子束能打到探測板的實際范圍為,對應(yīng)的速度范圍為每秒打在探測板上的離子數(shù)為根據(jù)動量定理吸收的離子受到板的作用力大小反彈的離子受到板的作用力大小根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小【答案】（1）；（2）（3）4．(2017浙江4月23題)如圖所示，在xoy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b，在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流。（1）求磁感應(yīng)強度B的大??；（2）求電子流從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍；（3）當UAK=0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達板A的電子數(shù)；（4）畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線（在答題紙的方格紙上）。扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0176。β）=sinαcosβ177。時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；(4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系．解析：(1)由動能定理得：eU＝Mv U＝由牛頓第二定律得：Ee＝Ma ① E＝ ②聯(lián)立①②得：a＝(2)由題知電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好，則圖乙中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)較好，由左手定則可知，Ⅰ區(qū)中磁場方向應(yīng)為垂直紙面向外．(3)設(shè)電子運動的最大半徑為r，軌跡如圖，則：2r＝R，eBv＝m所以：v0≤v≤(4)如圖所示：OA＝R－r，OC＝，AC＝r根據(jù)幾何關(guān)系得： 所以：7．(2015為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小．解析：(1)離子做圓周運動Bqv＝ ①q＝，根據(jù)左手定則可判斷離子帶正電荷 ②(2)離子進入通道前、后的軌跡如圖所示O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出軌跡為圓弧，B′qv＝ ③R＝ ④由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cos θ解得：R＝ ⑤故B′＝＝ ⑥(3)電場強度方向沿徑向向外 ⑦引出軌跡為圓弧Bqv－Eq＝ ⑧解得：E＝Bv－ ⑨針對性訓練1．如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出．(1)求電場強度的大小和方向；(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動的加速度大?。?3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求粒子在磁場中運動的時間．【解析】(1)設(shè)帶正電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v，于是可知電場強度沿x軸正方向 且有qE＝qvB①又R＝vt0② 則E ＝③(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動在y方向位移為y＝v④ 由②④式得y＝⑤設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R又由x＝a()2⑥ 得a＝⑦(3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qv′B＝m⑧ 又(2)中qE＝ma⑨由②③⑦⑧⑨式得r＝⑩ 由幾何知識sin α＝?即sin α＝，α＝? 帶電粒子在磁場中的運動周期 T＝?則帶電粒子在磁場中的運動時間tB＝T 所以tB＝t0.2．如圖所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B?！窘馕觥?1)粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍，即R0＝2r由qvB＝m 得v＝(2)磁場的大小變?yōu)楹?，粒子的軌道半徑為r1＝＝＝2R0根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當弦最長時，運動的時間最長，弦為2R0時，圓心角為60176。圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O,右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點，粒子源中，有帶正電的粒子（比荷為)不斷地由靜止進入電壓U=800V的加速電場．經(jīng)加速后，沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場區(qū)域，粒子重力不計。【解析】（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理得 進入磁場后做圓周運動，洛倫茲力提供向心力