2．如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞
t0
出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到
2
极板上．
(1)求两极板间电压U；
(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
“微讲座”(八)——带电粒子在复合场中的运动轨迹分析
带电粒子在复合场中的运动是历年高考中的压轴题，所以明确粒子的运动轨迹、类型及判定方法对于问题的解决至关重要．
1．运动轨迹——运动性质
??匀速直线运动(1)直线?
??匀变速直线运动
(2)抛物线：类平抛运动 (3)圆周(圆弧)：匀速圆周运动 (4)复杂曲线：变加速曲线运动
2．运动条件——解决思路
(1)匀速直线运动：粒子受到的合场力为零，用平衡条件列方程．
(2)匀变速直线运动：一般情况下，带电粒子沿电场线进入匀强电场，且只受电场力作用，用动力学公式或动能定理列方程．
(3)类平抛运动：带电粒子垂直电场线进入匀强电场，且只受电场力作用，用运动的合成和分解加以解决．
(4)匀速圆周运动：①带电粒子垂直进入匀强磁场，且只受洛伦兹力，用牛顿第二定律列方程；②带电粒子垂直磁场进入正交的磁场、电场、重力场区域，列重力与电场力平衡方程和洛伦兹力提供向心力方程．
(5)变加速曲线运动：带电粒子在叠加场中做曲线运动的过程中，洛伦兹力的大小和方向均发生变化．一般列动能定理方程．
带电粒子在复合场中运动时，是上述两种或三种运动的组合，因此要分段加以研究，关键弄清粒子从一区域进入另一区域时的位置、速度大小和方向．
如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射 出，粒子质量为m、电荷量
为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t.
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小．
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？
[解析] (1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d
v2Bqd
由Bqv＝m得v＝
rm
2πr＋2d2πm＋2m
所以运动时间为t＝v＝.
Bq(2)在区域Ⅱ内由动能定理得
112
qEd＝mv21－mv 22
由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d
v24B2q2d212
由2Bqv1＝m得v1＝
rm2
3B2dq
联立得E＝.
2m
(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动轨迹如图所示，由
v21
Bqv＝m得R＝2r＝2d 2R所以OC＝
R2－d2＝3d
即粒子出射点距A点的距离为
s＝r＋R－OC＝(3－3)d. [答案] 见解析
(2014·浙江部分学校联考)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，
q
现将一重力不计、比荷为＝1.0×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点并由静止释放，经过
m
π－
×105 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入上方的匀强磁场中，磁场与纸15
面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
4π－
(2)求图乙中t＝×105 s时电荷距O点的水平距离；
5
(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
[解析] (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有： v0＝at1 Eq＝ma
mv0
解得：E＝≈7.2×103 N/C.
qt1
(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的轨迹半径：
mv0r1＝＝5 cm
B1q
2πm2π
周期T1＝＝×10－5 s
B1q3
丙
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：
mv0r2＝＝3 cm
B2q
2πm2π
周期T2＝＝×10－5 s
B2q5
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图丙所示． 4π
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离：
5Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.
4π
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×10－5s，根据电荷的运动情况可
5知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离x＝15Δd＝60 cm
丁
则最后8 cm的距离电荷的运动轨迹如图丁所示， r1＋r1cos α＝8 cm
解得：cos α＝0.6，则α＝53°
故电荷运动的总时间
153°
t总＝t1＋15T＋T1－T＝3.86×10－4 s
2360°1
－
[答案] (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×104 s
(2013·高考福建卷)如图甲，空间存在一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、电荷量为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．
(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,0)点，求v1的大小． (2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v1)，为使该粒子能经过A(a,0)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sin θ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y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.
[解析] (1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有
v2
qvB＝m①
R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：
aR1＝②
2由②代入①式得
qBav1＝.③
2m(2)
a
如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R.
2当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有
a
sin θ′＝sin θ＝④
2R由①④式解得
aqBsin θ＝.⑤
2mv
(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
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