《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 　　　　　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(lèi) (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(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(wèn)題． (2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(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(wèn)題． (3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③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(wèn)題． 2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)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(guò)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1　如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間)，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)．不計(jì)一切阻力，求： 圖1 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件：qvB＝mg 電場(chǎng)方向變化后，微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙： qvB＝m 由幾何知識(shí)可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝， B＝ (3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝＝ 做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝＝ 在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＝(＋1). 粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路 變式題組 1．如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無(wú)壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)．已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t； (2)小球P拋出到落回斜面的位移x的大?。? 答案　(1)45　　(2) 解析　(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場(chǎng)力，對(duì)斜面無(wú)壓力，則mg＝qE① P獲得水平初速度后由于重力和電場(chǎng)力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45 qv0B＝m② T＝＝③ 圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90，小球P由A到C所需的時(shí)間：t＝＝④ (2)由②式可知，P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝⑤ 由幾何關(guān)系知x＝R⑥ 由①⑤⑥可解得位移x＝. 2．如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)． 圖3 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類(lèi)，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 答案　(1)負(fù)電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有 q＝mg① 由①式得 q＝② 由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知墨滴帶負(fù)電荷 (2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 qv0B＝m③ 考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和撞板時(shí)的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑 R＝d④ 由②③④式得 B＝⑤ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R′，有 qv0B＝m⑥ 由圖示可得 R′2＝d2＋(R′－)2⑦ 得R′＝d⑧ 聯(lián)立②⑥⑧式可得 B′＝. 　　　　　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) “電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力) 垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力) 受力情況 電場(chǎng)力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無(wú)關(guān)，F(xiàn)是恒力 洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運(yùn)動(dòng)軌跡 求解方法 利用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝t， y＝t2 偏轉(zhuǎn)角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t＝ t＝T＝ 動(dòng)能 變化 不變 例2　(2015浙江10月選考)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，長(zhǎng)L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0＝4.0104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出．S、P兩點(diǎn)間的高度差h＝0.10 m．(氘核質(zhì)量m＝21.6710－27 kg、電荷量q＝1.6010－19 C,1 eV＝1.6010－19 J, ≈110－4) 圖4 (1)求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2. (2)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d. (3)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2. 答案　(1)2.2410－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析　(1)由動(dòng)能定理W＝Ek2－Ek0 電場(chǎng)力做功W＝qE2L 得Ek2＝Ek0＋qE2L＝1.4105 eV＝2.2410－14 J (2)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m 第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m 第二次進(jìn)入B1區(qū)域，mv＝Ek0＋qEL R2＝＝0.06 m，故最小寬度d＝R2＝0.06 m (3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 由圖中幾何關(guān)系可知2R2＝h＋(2R1－2R0) 解得R1＝0.05 m 由R1＝，得B2＝＝1.2 T. 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路及技巧 1．基本思路： 2．解題關(guān)鍵：抓住聯(lián)系兩個(gè)場(chǎng)的紐帶——速度． 變式題組 3．(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測(cè)裝置示意圖．區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝0.10 m，高均為H＝0.06 m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏．質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力) 圖5 (1)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ不加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax； (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax； (3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開(kāi)區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)B與區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式． 答案　(1)200 V/m　(2)5.510－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) vy＝at＝ tan α＝＝ 質(zhì)子到達(dá)區(qū)域Ⅱ右下端時(shí)，有 tan α＝ 得E＝＝200 V/m. (2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvB＝m，即R＝ 根據(jù)幾何關(guān)系有R2－(R－)2＝L2 得B＝≈5.510－3 T. (3)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v′， sin α＝＝＝＝ 由幾何關(guān)系知 sin α＝＝＝ 得B＝. 4．(2016浙江10月學(xué)考23)如圖6所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(fù)離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝的電場(chǎng)加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)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(cè)板(a＝)．假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)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(jì))． 圖6 (1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板的右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1； (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)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，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測(cè)板受到的作用力大?。? 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)對(duì)于初速度為0的粒子：qU＝mv r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對(duì)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(dòng)能定理 qU＝mv－m(v0)2 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)對(duì)速度為0的粒子 qU＝mv r4＝＝a 2r4＝1.5a 粒子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a,3a] N＝N0＝N0 由動(dòng)量定理 －Ft＝－0.8Nmv0＋0.2N(－0.6mv0－mv0) 解得 F≈0.75N0mv0 1．如圖1所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．第一、第二和第四象限內(nèi)，既無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng)，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電質(zhì)點(diǎn)，從y軸上y1＝h處的P1點(diǎn)，以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限；然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)＝－2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點(diǎn)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)y軸上y3＝－2h的P3點(diǎn)離開(kāi)電磁場(chǎng)，重力加速度為g.求： 圖1 (1)粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)第三象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小； (3)第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 答案　(1)2　方向與x軸負(fù)方向成45角　(2) (3) 解析　(1)帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖． 帶電質(zhì)點(diǎn)從P1到P2點(diǎn)， 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得： h＝gt2① v0＝② vy＝gt③ tan θ＝④ 解得：v＝＝2⑤ 方向與x軸負(fù)方向成θ＝45角． (2)帶電質(zhì)點(diǎn)從P2到P3，重力與電場(chǎng)力平衡，得： Eq＝mg⑥ 解得：E＝. (3)第三象限，洛倫茲力提供帶電質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝⑦ 由幾何關(guān)系得：(2R)2＝(2h)2＋(2h)2⑧ 聯(lián)立⑤⑦⑧式得：B＝ . 2．如圖2，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向豎直向下．一質(zhì)量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點(diǎn)，由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點(diǎn)穿出，其速度方向改變了30，重力加速度為g，求： 圖2 (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2的大?。? (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小． (3)微粒從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間． 答案　(1)　 (2)　(3) 解析　(1)根據(jù)題意：E1qsin 45＝mg，求得：E1＝ E2q＝mg，求得：E2＝ (2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v，則： E1qd1cos 45＝mv2 Bqv＝ 解得：v＝ 根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：R＝＝2d2 整理得：B＝ (3)微粒從P到Q的時(shí)間包括在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，并滿足：a1t＝d1 mgtan 45＝ma1　t2＝ 經(jīng)整理得：t＝t1＋t2＝＋＝. 3．如圖3所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出． 圖3 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小； (3)若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)　沿x軸正方向 (2)　(3)t0 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，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向 且有qE＝qvB① 又R＝vt0② 則E＝③ (2)僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)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(chǎng)時(shí)，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)sin α＝? 即sin α＝，α＝? 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期 T＝? 則帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB＝T 所以tB＝t0. 4．如圖4所示，在空間中存垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場(chǎng)，隨后與邊界AB成45角射入磁場(chǎng)．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng)，穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且碰不到正極板． 圖4 (1)請(qǐng)畫(huà)出粒子在上述過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v； (2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 答案　(1)軌跡見(jiàn)解析圖　v0　(2)　(3) 解析　(1)軌跡如圖所示 v＝＝v0 (2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知R＝＝d，qvB＝m 解得B＝ (3)粒子進(jìn)入板間電場(chǎng)至速度減為零且恰不與正極板相碰時(shí)，板間電壓U最小， 由動(dòng)能定理有－qU＝0－mv2 解得U＝.