[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會分析帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析方法，會分析兩場邊界帶電粒子的速度大小和方向.2.會分析帶電粒子在疊加場中的受力情況和運(yùn)動情況，能正確選擇物理規(guī)律解答問題．一、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)．2．解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、范圍等．3．要正確進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)．(1)僅在電場中運(yùn)動①若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運(yùn)動；②若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運(yùn)動．(2)僅在磁場中運(yùn)動①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動；②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運(yùn)動．4．分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．特別提醒從一個場射出的末速度是進(jìn)入另一個場的初速度，因此兩場界面處的速度(大小和方向)是聯(lián)系兩運(yùn)動的橋梁，求解速度是重中之重．(2019·安徽師大附中期末)如圖1所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場圓心在M(L,0)點(diǎn)，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外．一帶正電粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入，恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場，從P(2L,0)點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子重力，求：圖1(1)電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)粒子在磁場與電場中運(yùn)動時間的比值．答案(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)解析(1)設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律及牛頓運(yùn)動定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)at12，qE＝ma，vy＝at1聯(lián)立可得粒子到達(dá)O點(diǎn)時沿＋y方向的分速度為vy＝eq\f(2L,t1)＝v0，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°.粒子在磁場中的速度大小為v＝eq\r(2)v0.Bqv＝eq\f(mv2,r)，由幾何關(guān)系得r＝eq\r(2)L解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,v0)，在磁場中運(yùn)動的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)，t1＝eq\f(2L,v0)解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4).針對訓(xùn)練(2019·重慶市渝北區(qū)高二期末)如圖2所示，MN和GH是電壓為U的兩平行極板(極板厚度可忽略)，極板間存在方向豎直方向上的勻強(qiáng)電場．空間(除兩虛線之間的區(qū)域)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(大小可調(diào))．極板MN和GH上分別有正對的兩個小孔O和A，PQ為鋁制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從A點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)O進(jìn)入磁場區(qū)域，兩虛線之間的區(qū)域(除極板)無電場和磁場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力．圖2(1)離子從小孔O第一次進(jìn)入磁場時的速度大小v1；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大時，離子只加速一次就能打到鋁板P處；(3)若B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))，試通過計(jì)算說明離子加速幾次后第一次打到鋁板上．答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q))(3)3次解析(1)由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝eq\r(\f(2qU,m))(2)由洛倫茲力提供向心力，有：qv1B＝eq\f(mv\o\al(12),R)由幾何關(guān)系可知R＝eq\f(3,2)d解得B＝eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q))(3)由洛倫茲力提供向心力，由qv1B＝meq\f(v\o\al(12),r1)，解得r1＝d，此時并未打到鋁板上，離子在電場中進(jìn)行第二次加速，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，又qv2B＝eq\f(mv\o\al(22),r2)，聯(lián)立可得此時在磁場中的半徑為r2＝eq\r(2)d，沒有打到鋁板上；離子在電場中進(jìn)行第三次加速，同理可求得在磁場中的半徑r3＝eq\r(3)d，此時打到鋁板上．綜上可知，離子加速3次后第一次到達(dá)鋁板上．二、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動的基本思路1．弄清疊加場的組成．2．進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合．3．畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律．(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解．(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動定律分別列方程求解．(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．(2019·重慶一中高二上期中)如圖3所示，空間中的勻強(qiáng)電場水平向右，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，一帶電微粒沿著直線從M運(yùn)動到N，以下說法正確的是()圖3A．帶電微?？赡軒ж?fù)電B．運(yùn)動過程中帶電微粒的動能保持不變C．運(yùn)動過程中帶電微粒的電勢能增加D．運(yùn)動過程中帶電微粒的機(jī)械能守恒答案B解析根據(jù)微粒做直線運(yùn)動的條件和受力情況可知，帶電微粒一定帶正電，且做勻速直線運(yùn)動，如圖所示，選項(xiàng)A錯誤；由于電場力向右，對帶電微粒做正功，電勢能減小，但重力做負(fù)功，由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動，則合力做功為零，因此動能保持不變，選項(xiàng)B正確，C錯誤；由能量守恒可知，電勢能減小，則機(jī)械能一定增加，選項(xiàng)D錯誤．如圖4所示，A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強(qiáng)電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，A、B的間距為1.25m，B、C的間距為3m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn)．若在B、C間再加方向垂直紙面向外且大小為B＝0.1T的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏O′點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.求：圖4(1)E1的大??；(2)加上磁場后，粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能的變化量．答案(1)eq\r(2)N/C(2)1.0×10－2J解析(1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向受力平衡，則有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C.(2)粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mvb2解得vb＝eq\r(2gdAB)＝5m/s加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運(yùn)動，則有：qE2＝mg加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，由牛頓第二定律可得：qvbB＝meq\f(v\o\al(b2),R)解得R＝5m設(shè)偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得R2＝dBC2＋(R－y)2代入數(shù)據(jù)得y＝1.0m(y＝9.0m舍去)粒子在B、C間運(yùn)動時電場力做的功有W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J由功能關(guān)系知，粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能增加了1.0×10－2J.1.(帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動)(多選)如圖5所示，實(shí)線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運(yùn)動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是()圖5A．液滴一定做勻速直線運(yùn)動B．液滴一定帶正電C．電場線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動答案ABC解析液滴受重力、電場力、洛倫茲力的共同作用而做勻速直線運(yùn)動，合力為零，可判斷出洛倫茲力與電場力的方向，判斷出液滴只有帶正電才可能所受合力為零而做勻速直線運(yùn)動，此時電場線方向必斜向上，故A、B、C正確，D錯誤．2.(帶電粒子在組合場中的運(yùn)動)(2019·全國卷Ⅰ)如圖6所示，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出．已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力．求：圖6(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間．答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力，結(jié)合牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)②由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))3.(帶電粒子在組合場中的運(yùn)動)如圖7所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一、四象限存在一寬度為a、垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B；在第三象限存在與y軸正方向成θ＝60°角的勻強(qiáng)電場．一個粒子源在P點(diǎn)能釋放質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子恰好不能從DH射出，已知電場強(qiáng)度E＝eq\f(2qB2a,m)，不計(jì)粒子的重力，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場中運(yùn)動的半徑．圖7答案eq\f(1,9)aeq\f(2,3)a解析設(shè)PO間距離為d，根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2在磁場中，qvB＝meq\f(v2,R)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界DH相切，由幾何關(guān)系知Rcos60°＋R＝a解得R＝eq\f(2,3)a，d＝eq\f(1,9)a1.(多選)(2019·綿陽市月考)地面附近空間中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(未畫出)和勻強(qiáng)磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動，如圖1所示，由此可以判斷()圖1A．油滴一定做勻速運(yùn)動B．油滴可以做變速運(yùn)動C．如果油滴帶正電，它是從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)D．如果油滴帶正電，它是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)答案AD解析油滴做直線運(yùn)動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因?yàn)橹亓碗妶隽鶠楹懔?，根?jù)油滴做直線運(yùn)動條件可知，油滴所受洛倫茲力亦為恒力．根據(jù)F＝qvB可知，油滴必定做勻速直線運(yùn)動，A正確，B錯誤；根據(jù)做勻速直線運(yùn)動的條件可知油滴的受力情況如圖所示，如果油滴帶正電，由左手定則可知，油滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，C錯誤，D正確．2.(多選)一質(zhì)量為m的帶電小球在相互垂直的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，勻強(qiáng)電場豎直向上，場強(qiáng)為E，勻強(qiáng)磁場水平且垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，重力加速度為g，如圖2所示，下列說法正確的是()圖2A．沿垂直紙面方向向里看，小球繞行方向?yàn)轫槙r針方向B．小球一定帶正電且小球的電荷量q＝eq\f(mg,E)C．由于洛倫茲力不做功，故小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒D．由于合外力做功等于零，故小球運(yùn)動過程中動能不變答案BD解析帶電小球在疊加場中，只有滿足重力與電場力大小相等、方向相反，小球所受的合力只表現(xiàn)為洛倫茲力，洛倫茲力提供向心力，小球才能做勻速圓周運(yùn)動，故小球所受電場力向上，小球帶正電，小球所受的洛倫茲力方向要指向圓心，由左手定則可知小球繞行方向?yàn)槟鏁r針(沿垂直紙面方向向里看)，由mg＝qE可得q＝eq\f(mg,E)，故A錯誤，B正確；洛倫茲力不做功，但電場力做功，故小球機(jī)械能不守恒，故C錯誤；小球做勻速圓周運(yùn)動，則合外力做功等于零，根據(jù)動能定理，小球在運(yùn)動過程中動能不變，故D正確．3.(多選)(2020·揚(yáng)州中學(xué)高二期中)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強(qiáng)磁場，如圖3所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C為運(yùn)動的最低點(diǎn)．不計(jì)重力，則()圖3A．該離子帶負(fù)電B．A、B兩點(diǎn)位于同一高度C．到達(dá)C點(diǎn)時離子速度最大D．離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)答案BC解析離子開始受到電場力作用由靜止開始向下運(yùn)動，可知離子受到的電場力方向向下，則該離子帶正電，A錯誤；根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點(diǎn)等電勢，因?yàn)樵撾妶鍪莿驈?qiáng)電場，所以A、B兩點(diǎn)位于同一高度，B正確；根據(jù)動能定理知，離子到達(dá)C點(diǎn)時電場力做功最大，則速度最大，C正確；離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子將在B點(diǎn)的右側(cè)重復(fù)前面的曲線運(yùn)動，不可能沿原曲線返回A點(diǎn)，D錯誤．4.(2020·長沙市模擬)如圖4所示，在長方形abcd區(qū)域內(nèi)有正交的電磁場，eq\x\to(ab)＝eq\f(\x\to(bc),2)＝L，一帶電粒子以初速度v0從ad的中點(diǎn)垂直于電場和磁場方向射入，恰沿直線從bc邊的中點(diǎn)P射出，若撤去磁場，則粒子從c點(diǎn)射出；若撤去電場，則粒子將(重力不計(jì))()圖4A．從b點(diǎn)射出B．從b、P間某點(diǎn)射出C．從a點(diǎn)射出D．從a、b間某點(diǎn)射出答案C解析粒子在復(fù)合場中沿直線運(yùn)動，則qE＝qv0B，當(dāng)撤去磁場時，L＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(qE,m)，撤去電場時，qv0B＝eq\f(mv\o\al(02),r)，可以求出r＝eq\f(1,2)L.由題意可知該粒子帶正電，故粒子將從a點(diǎn)射出，C正確．5．(2017·全國卷Ⅰ)如圖5，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動．下列選項(xiàng)正確的是()圖5A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式可得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．6．(2020·全國卷Ⅱ)CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測．圖6(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示．圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)，則()圖6A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移答案D解析電子在M、N間受向右的電場力，電場方向向左，故M處的電勢低于N處的電勢，故A錯誤；加速電壓增大，可使電子獲得更大的速度，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑變大，P點(diǎn)右移，故B錯誤；電子受到的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則，可判斷磁場方向垂直于紙面向里，故C錯誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，B增大，可使電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑變小，P點(diǎn)左移，故D正確．7.如圖7所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B,2)的勻強(qiáng)磁場．一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運(yùn)動的半徑為R.粒子重力不計(jì)，則()圖7A．粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點(diǎn)OB．粒子在x軸上方和下方磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)了3R答案D解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x軸上方和下方磁場中運(yùn)動的半徑之比為1∶2，選項(xiàng)B錯誤；粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間為t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，選項(xiàng)C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進(jìn)了l＝R＋2R＝3R，粒子第二次射入x軸上方磁場時的方向與第一次射入x軸上方磁場時的方向相同，粒子將重復(fù)前面的曲線運(yùn)動，則粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后不能回到原點(diǎn)O，選項(xiàng)A錯誤，D正確．8.(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖8所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過30°后從磁場右邊界射出．忽略離子間的相互作用，在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋()圖8A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑之比為1∶3C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案CD解析P＋和P3＋兩種離子的質(zhì)量相同，它們的帶電荷量是1∶3的關(guān)系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，它們在電場中的加速度之比為1∶3，故A錯誤；離子在離開電場時的速度表達(dá)式為v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知它們的速度之比為1∶eq\r(3)，又由qvB＝meq\f(v2,r)知，r＝eq\f(mv,qB)，所以它們在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑之比為eq\r(3)∶1，故B錯誤；設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度θ等于其圓心角，所以有sinθ＝eq\f(L,r)，則可知它們在磁場中轉(zhuǎn)過角度的正弦值之比為1∶eq\r(3)，又P＋轉(zhuǎn)過的角度為30°，可知P3＋轉(zhuǎn)過的角度為60°，即在磁場中兩離子轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，故C正確；離子在電場中加速，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，故D正確．9．(2019·天津市靜海一中高二上期末改編)如圖9所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30°角斜向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝400N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，其沿x軸方向的寬度OA＝20eq\r(3)cm，沿y軸負(fù)方向?qū)挾葻o限大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1×10－4T．現(xiàn)有一比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正離子(不計(jì)重力)，以某一速度v0從O點(diǎn)射入磁場，其方向與x軸正方向夾角α＝60°，離子通過磁場后剛好從A點(diǎn)射出，之后進(jìn)入電場．圖9(1)求離子進(jìn)入磁場的速度v0的大?。?2)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)過多長時間再次到達(dá)x軸上．答案(1)4×106m/s(2)eq\r(3)×10－7s解析(1)如圖所示，由幾何關(guān)系得離子在磁場中的軌跡半徑r1＝eq\f(OA,2sinα)＝0.2m，離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由Bqv0＝meq\f(v\o\al(02),r1)，解得v0＝4×106m/s.(2)設(shè)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)過時間t再次到達(dá)x軸上，由幾何知識可知，離子從A點(diǎn)垂直電場線方向射入電場，則離子在電場中做類平拋運(yùn)動，離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動，位移為l1，則l1＝v0t，離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度為a，位移為l2，則Eq＝ma，l2＝eq\f(1,2)at2，由幾何關(guān)系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)，代入數(shù)據(jù)解得t＝eq\r(3)×10－7s.10．如圖10所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓為U，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有個寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界和N板平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．M板左側(cè)電子槍發(fā)出的電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．求：圖10(1)電子從小孔S2射出時的速率；(2)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(3)電子離開磁場時，偏離原方向的距離．答案(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))(3)見解析解析(1)電子從小孔S2射出時，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))(2)電子進(jìn)入磁場后做