,大一輪復(fù)習(xí)講義,專題突破十帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng),第八章磁場,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,課時(shí)作業(yè),限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,研透命題點(diǎn),隨堂測試,細(xì)研考綱和真題 分析突破命題點(diǎn),隨堂檢測 檢測課堂學(xué)習(xí)效果,課時(shí)作業(yè),限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,研透命題點(diǎn),1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn). 2.分析思路 (1)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理. (2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵. (3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題.,命題點(diǎn)一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng),3.“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別,例1(2018江蘇單科15)如圖1所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從O沿軸線射入磁場.當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方 處射出磁場.取sin 530.8，cos 530.6. (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；,圖1,題型1“磁磁”組合,(2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間t；,解析粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為. 由幾何關(guān)系得drsin ，,(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個(gè)磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間增加t，求t的最大值.,解析設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動(dòng)距離x. 粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan ,增加路程的最大值smsm2dd,例2(2018 南通市、泰州市一模) 如圖2所示，兩邊界MN、PQ相互平行、相距為L，MN左側(cè)存在平行邊界沿紙面向下的勻強(qiáng)電場，PQ右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的區(qū)域足夠大.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從與邊界MN距離為2L的O點(diǎn)以方向垂直于邊 界MN、大小為v0的初速度向右運(yùn)動(dòng)，粒子 飛出電場時(shí)速度方向與MN的夾角為45， 粒子還能回到O點(diǎn).忽略粒子的重力，求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；,圖2,題型2“電磁”組合,離開電場時(shí)沿電場方向的分速度vyv0tan 45,由牛頓第二定律有qEma,(2)粒子回到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek；,解析粒子向右通過電場和向左進(jìn)入電場回到O點(diǎn)的過程可統(tǒng)一看成類平拋運(yùn)動(dòng)，則粒子兩次經(jīng)過邊界MN的位置間的距離,(3)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子從O點(diǎn)出發(fā)回到O點(diǎn)的時(shí)間t.,設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r，由幾何關(guān)系可知2rcos 45h2Ltan 45,1.帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng) (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題.,命題點(diǎn)二帶電粒子(體)在疊加場中的運(yùn)動(dòng),(3)電場力、洛倫茲力、重力并存(初速度與磁場垂直) 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng). 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題. 2.帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.,例3(2018金陵中學(xué)等三校四模)如圖3所示，在豎直虛線PQ左側(cè)、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強(qiáng)電場和水平向外的勻強(qiáng)磁場，電場的電場強(qiáng)度大小為E，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知.在距離MN為h的O點(diǎn)將帶電小球以v0 的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g. (1)求帶電小球的比荷 ，并指出小球的 帶電性質(zhì).,圖3,解析因?yàn)樾∏蛟贛N下方的運(yùn)動(dòng)是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以電場力等于重力，電場力方向向上，所以帶正電,(2)若小球從O點(diǎn)拋出后最后剛好到達(dá)PQ上與O點(diǎn)等高的O1點(diǎn)，求OO1間最小距離s及對(duì)應(yīng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值B0.,解析小球從O點(diǎn)拋出做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得：,s最小時(shí)R最大，此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值B0.,小球在MN下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，,(3)已知磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，若撤去電場，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場中運(yùn)動(dòng)過程距離MN的最大距離為d(該點(diǎn)在PQ左側(cè))，求小球經(jīng)過此點(diǎn)時(shí)的加速度a的大小.,解析若撤去電場，小球從O點(diǎn)拋出后，在磁場中運(yùn)動(dòng)過程距離MN的最大距離為d,又qv1B1mgma,例4(2018如皋市模擬四)如圖4甲所示，xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向.t0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度大小為v0，方向?yàn)閤軸方向.已知電場強(qiáng)度大小為E0， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0 ，不計(jì) 粒子所受重力.求： (1)t0時(shí)刻粒子的速度大小v1及 對(duì)應(yīng)的位置坐標(biāo)(x1，y1)；,命題點(diǎn)三帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng),圖4,答案見解析,解析0t0時(shí)刻，粒子在電場中做平拋運(yùn)動(dòng)，沿著x軸正方向有：x1v0t0，,由牛頓第二定律，有qE0ma，,(2)為使粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸時(shí)速度沿x方向，B0與E0應(yīng)滿足的關(guān)系；,答案見解析,解析設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，,解得：T2t0； 則粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸前的軌跡如圖所示：,由圖可知圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得到：r1sin v0t0， 且v1cos v0，,(3)t4nt0(n 為正整數(shù))時(shí)刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x.,答案見解析,解析粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為2t0，即在t02t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，在x方向上向左移動(dòng)了x,2t0時(shí)刻速度大小仍為v1，方向與t0時(shí)刻速度方向相反，在2t03t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與0t0時(shí)間內(nèi)相同，3t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x軸負(fù)方向，在3t04t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動(dòng)半圈，4t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x正方向，如圖所示；,隨堂測試,1.(2018無錫市高三期末)如圖5甲，xOy平面內(nèi)，以O(shè)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.一比荷大小為c的粒子以某一初速度從A(R,0)沿x方向射入磁場，并從B(0，R)射出.不計(jì)粒子重力. (1)判定粒子的電性并求出 粒子的初速度大小.,1,2,3,答案見解析,圖5,解析由左手定則可知，粒子帶正電.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)，,1,2,3,(2)若在原磁場區(qū)域疊加上另一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子從A以原初速度射入磁場，射出時(shí)速度方向與x軸成60，求所疊加的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度.,1,2,答案見解析,3,若所疊加磁場垂直于紙面向外，粒子從M射出，則根據(jù)B1B0B，有B1( 1)B0 若所疊加磁場垂直于紙面向里，粒子從N射出，則根據(jù)B1B0B，有B1( 1)B0,1,2,3,(3)若在平面內(nèi)加一個(gè)以O(shè)為圓心，從原磁場邊界為內(nèi)邊界的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，如圖乙.粒子從A以原初速度射入磁場，從B射出后，在圓環(huán)形磁場中偏轉(zhuǎn)，從P( )再次從圓環(huán)形磁場進(jìn)入圓形磁場，則圓環(huán)形磁場外徑應(yīng)滿足什么條件？求粒子運(yùn)動(dòng)的周期.,1,2,答案見解析,3,滿足條件的m、n的最小值m5、n12的周期為,1,2,3,2.(2018南京市、鹽城市一模)如圖6所示，半徑為r 的圓形區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，電場與水平方向成60角，同心大圓半徑為 r，兩圓間 有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進(jìn)入磁場，經(jīng)磁 場偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的最高點(diǎn)A 處進(jìn)入電場，并從 最低點(diǎn)C處離開電場.不計(jì)粒子的重力.求：,1,2,圖6,(1)該粒子從A 處進(jìn)入電場時(shí)的速率；,答案見解析,3,解析帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由圖可知粒子以v進(jìn)入磁場經(jīng) T的時(shí)間從內(nèi)圓最高點(diǎn)A處進(jìn)入電場.,1,2,3,(2)偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)大??；,1,2,答案見解析,解析帶電粒子進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示.,3,(3)使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，加速電壓的取值范圍.,1,2,答案見解析,3,解析帶電粒子經(jīng)加速電場獲得一定動(dòng)能進(jìn)入磁場.,1,2,使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)分析R有三種臨界值，如圖丙所示.,3,1,2,3,3.(2018蘇州市模擬)如圖7所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上.在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，其大小E1 ；在第二、第三象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小E2 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放.(重力加速度為g) (1)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第一次 經(jīng)過y軸時(shí)速度的大??；,1,2,圖7,3,解析設(shè)小球在第一、四象限中的加速度為a，,對(duì)小球受力分析知加速度方向斜向左下，設(shè)其方向與水平面夾角為，則,1,2,3,(2)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第二次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)；,1,2,3,解析小球第一次經(jīng)過y軸后，在第二、三象限內(nèi)，由于qE2mg，電場力與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示.設(shè)軌跡半徑為R，,1,2,3,(3)若小球第二次經(jīng)過y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋1 ，方向不變，求小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo).,1,2,3,解析從第二次經(jīng)過y軸到第三次經(jīng)過y軸過程，小球在第一、四象限內(nèi)的受力分析如圖乙所示.,則剛進(jìn)入第一象限時(shí)小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，,小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的,1,2,3,小球第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸的距離為：,故小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為：,1,2,3,課時(shí)作業(yè),1.(2018揚(yáng)州市一模)在如圖1所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為 d，間距為d.電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏.現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁 場，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M 到下極板右端的距離為 d，電子電荷量為e， 質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn) 電場邊緣效應(yīng)，求：,1,2,3,4,圖1,綜合提升練,(1)電子通過磁場區(qū)域的時(shí)間t；,1,2,3,4,解析電子在磁場區(qū)域由洛倫茲力提供向心力可得：,OAC和OQC均為等腰直角三角形，故粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為90，,(2)偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；,1,2,3,4,解析打在最遠(yuǎn)處，則必是速度最大的電子恰從偏轉(zhuǎn)電場的最高點(diǎn)進(jìn)入電場，如圖所示，,電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)，由幾何關(guān)系有：,1,2,3,4,又y1y2d,1,2,3,4,(3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上.,1,2,3,4,解析若電子恰好打在下極板右邊緣，如圖所示.,2.(2019高郵中學(xué)段考)北京正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)是國際上唯一高亮度對(duì)撞機(jī)，它主要由直線加速器、電子分離器、環(huán)形儲(chǔ)存器和對(duì)撞測量區(qū)組成，其簡化原理如圖2所示：MN和PQ為足夠長的水平邊界，豎直邊界EF將整個(gè)區(qū)域分成左右兩部分，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外.調(diào)節(jié)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以使正、負(fù)電子在測量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對(duì)撞.經(jīng)加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D同時(shí)入射，入射方向平行EF且垂直磁場.已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為8d，正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為e和e，忽略電子進(jìn)入加速器的初速度.,1,2,3,4,圖2,(1)試判斷從注入口C入射的是哪一種電子？電子經(jīng)加速器加速后速度為v0，求直線加速器的加速電壓U；,1,2,3,4,解析由左手定則判斷，從C入射的為正電子，由動(dòng)能定理,(2)若將區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為B，正、負(fù)電子以v1 的速率同時(shí)射入，則正、負(fù)電子經(jīng)多長時(shí)間相撞？,解析電子射入后的軌跡如圖甲所示 電子在、區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑相同，設(shè)為r，,解得：rd,1,2,3,4,1,2,3,4,解析電子射入后的軌跡如圖乙所示,1,2,3,4,設(shè)正、負(fù)電子在A點(diǎn)相撞，由幾何關(guān)系可知A與圓心的連線與水平方向夾角30，A的橫坐標(biāo)xr2cos ,3.(2018海安中學(xué)月考)如圖3甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.勻強(qiáng)磁場分為、兩個(gè)區(qū)域，其邊界為MN、PQ，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，區(qū)域高度為d，區(qū)域的高度足夠大，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(重力加速度為g) (1)求電場強(qiáng)度E的大?。?1,2,3,4,圖3,答案見解析,解析帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，,(2)若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h；,1,2,3,4,答案見解析,1,2,3,4,解析只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)，如圖甲所示,(3)若帶電小球從距MN高度為3h的O點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后仍能回到O點(diǎn)，需將磁場向下移動(dòng)一定距離(如圖乙所示)，求磁場向下移動(dòng)的距離y及小球從O點(diǎn)釋放到第一次回到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間T.,1,2,3,4,答案見解析,1,2,3,4,解析當(dāng)帶電小球從距MN的高度為3h的O點(diǎn)由靜止開始下落時(shí)，應(yīng)有,聯(lián)立解得：R12d 畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖乙所示，在中間勻速直線運(yùn)動(dòng)過程中，小球的速度方向與豎直方向成30角， 根據(jù)幾何關(guān)系有，R1sin 60R1(1cos 30)ytan 30，可得磁場向下移動(dòng)距離y(62 )d,1,2,3,4,4.(2018常州市一模)如圖4所示的xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為y(未知)，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外.電 子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)O1點(diǎn)、A(0, 2R)點(diǎn)射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x 軸下方的電場.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E ，不計(jì)電子重力.,圖4,1,2,3,4,(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；,1,2,3,4,解析電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，電子a射入，經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則rR，,(2)若電場沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求y的取值范圍；,解析勻強(qiáng)電場沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子a速度減小為0時(shí)位移是y0，,1,2,3,4,(3)若電場沿y軸正方向，y R，欲使電子b能到達(dá)x軸且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)， 求矩形磁場區(qū)域的最小面積.,1,2,3,4,1,2,3,4,解析勻強(qiáng)電場沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b經(jīng)電場加速后到達(dá)MN時(shí)的速度大小為v，電子b在MN下方磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，電子b離開電場進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與水平方向成角，如圖甲所示.,電子在x軸方向上的位移xv0t12R；,1,2,3,4,由幾何關(guān)系可知，在MN下方磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心O2在y軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為 時(shí)，粒子能夠到達(dá)x軸且與原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，如圖乙所示. 由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場的水平邊長為 l1r1r1sin ， 豎直邊長為l2r1r1cos ， 最小面積為Sl1l2r12 (1sin )(1cos )4(2 )R2.,