物理新學案同步實用課件選修3-1人教全國通用：第三章-磁場微型專題6-

微型專題6帶電粒子在磁場或復合場中的運動第三章

磁場微型專題6帶電粒子在磁場或復合場中的運動第三章磁場[學習目標]1.掌握帶電粒子在磁場中運動問題的分析方法，會分析帶電粒子在有界磁場中的運動.2.會分析帶電粒子在復合場中的運動問題.[學習目標]內容索引重點探究啟迪思維探究重點達標檢測檢測評價達標過關內容索引重點探究達標檢測重點探究重點探究一、帶電粒子在有界磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓周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1所示)圖1一、帶電粒子在有界磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓周(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖2所示)圖2(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖2所示)圖2(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3所示)圖32.帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題帶電粒子在有界磁場中運動，往往出現(xiàn)臨界條件，要注意找臨界條件并挖掘隱含條件.(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3所示)圖32.例1如圖4所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子1在紙面內以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內以速度v2＝

v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°.已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用.(1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d.圖4答案解析例1如圖4所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度解析粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得解析粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.答案解析(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.答案解析例2直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖5所示，直線OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩直線交點O的距離為

圖5答案解析√例2直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖5所示，直線物理新學案同步實用課件選修3-1人教全國通用：第三章-磁場微型專題6-例3

如圖6所示，一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從A點以水平速度v0正對圓心O射進一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面，磁感應強度大小為B.在磁場區(qū)域的正下方有一寬度為L的顯示屏CD，顯示屏的水平邊界C、D兩點到O點的距離均為L.粒子沿AO方向進入磁場，經磁場偏轉恰好打在顯示屏上的左邊界C點.不計粒子重力.求：(1)粒子在磁場中的運動半徑r.圖6答案解析例3如圖6所示，一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從A點以水解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，(2)圓形磁場的方向及半徑R.答案解析解析由左手定則知磁場方向垂直紙面向外，粒子沿半徑方向射入磁場，偏轉后沿半徑方向射出.軌跡如圖，粒子恰好打在C點，速度偏轉角為120°.(2)圓形磁場的方向及半徑R.答案解析解析由左手定則知磁場(3)改變初速度的大小，使粒子沿AO方向進入磁場后，都能打在顯示屏上，求速度的范圍.答案解析解析粒子打在C點速度最小，打在D點速度最大，答案v0≤v≤3v0所以粒子都能打在顯示屏CD上的速度范圍為：v0≤v≤3v0.(3)改變初速度的大小，使粒子沿AO方向進入磁場后，都能打在帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動.通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動.1.在電場中運動：(1)若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運動；(2)若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運動.2.在磁場中運動：(1)若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；(2)若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運動.二、帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁3.解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：3.解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：圖7例4

(2017·天津理綜·11)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖7所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動.Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；答案解析圖7例4(2017·天津理綜·11)平面直角坐標系xOy中解析在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t ①L＝

at2

②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at ③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝

④解析在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝

v0

⑦聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.答案解析(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.答案解析解析設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝qE ⑨設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m ⑩由幾何關系可知R＝

?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得

?解析設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種情況：(1)直線運動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運動，一定是做勻速直線運動，合力為零.(2)圓周運動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運動，一定是做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力提供向心力.三、帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種情況：三、帶電粒子在疊加場例5

如圖8所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場.勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動.(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向；圖8答案解析解析要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：例5如圖8所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示.則該微粒至少需要經過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？答案解析(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平解析如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，解析如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，達標檢測達標檢測1.(圓形磁場邊界問題)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出.∠AOB＝120°，如圖9所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為

圖9√答案1234解析1.(圓形磁場邊界問題)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙123412342.(圓周運動的臨界問題)(多選)如圖10所示，左、右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里.一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場.欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是

圖101234√答案解析√2.(圓周運動的臨界問題)(多選)如圖10所示，左、右邊界分若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝

代入上式得v0＝

，C項正確.解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由r＝

知，粒子的入射速度v0越大，r越大，當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大.若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝

代入上式得v0＝

，B項正確.1234若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易3.(帶電粒子在疊加場中的運動)(2017·全國卷Ⅰ·16)如圖11，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，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，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是A.ma＞mb＞mc

B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb

D.mc＞mb＞ma答案圖111234√解析3.(帶電粒子在疊加場中的運動)(2017·全國卷Ⅰ·16)解析設三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確.1234解析設三個微粒的電荷量均為q，12344.(帶電粒子在組合場中的運動)在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖12所示.不計粒子重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；圖121234答案解析4.(帶電粒子在組合場中的運動)在平面直角坐標系xOy中，第解析設粒子過N點時的速度為v，有

＝cosθ故v＝2v0粒子從M點運動到N點的過程，由動能定理，得1234解析設粒子過N點時的速度為v，有＝cosθ123(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；1234答案解析解析過點N作v的垂線，與y軸交點為O′，如圖所示，粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；1234答案解析解析過1234(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.答案解析1234(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.答案解析1234解析由幾何關系得ON＝rsinθ設粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1t＝t1＋t21234解析由幾何關系得ON＝rsinθt＝t1＋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磁場微型專題6帶電粒子在磁場或復合場中的運動第三章磁場[學習目標]1.掌握帶電粒子在磁場中運動問題的分析方法，會分析帶電粒子在有界磁場中的運動.2.會分析帶電粒子在復合場中的運動問題.[學習目標]內容索引重點探究啟迪思維探究重點達標檢測檢測評價達標過關內容索引重點探究達標檢測重點探究重點探究一、帶電粒子在有界磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓周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1所示)圖1一、帶電粒子在有界磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓周(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖2所示)圖2(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖2所示)圖2(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3所示)圖32.帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題帶電粒子在有界磁場中運動，往往出現(xiàn)臨界條件，要注意找臨界條件并挖掘隱含條件.(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3所示)圖32.例1如圖4所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子1在紙面內以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內以速度v2＝

v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°.已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用.(1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d.圖4答案解析例1如圖4所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度解析粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得解析粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.答案解析(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.答案解析例2直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖5所示，直線OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩直線交點O的距離為

圖5答案解析√例2直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖5所示，直線物理新學案同步實用課件選修3-1人教全國通用：第三章-磁場微型專題6-例3

如圖6所示，一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從A點以水平速度v0正對圓心O射進一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面，磁感應強度大小為B.在磁場區(qū)域的正下方有一寬度為L的顯示屏CD，顯示屏的水平邊界C、D兩點到O點的距離均為L.粒子沿AO方向進入磁場，經磁場偏轉恰好打在顯示屏上的左邊界C點.不計粒子重力.求：(1)粒子在磁場中的運動半徑r.圖6答案解析例3如圖6所示，一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從A點以水解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，(2)圓形磁場的方向及半徑R.答案解析解析由左手定則知磁場方向垂直紙面向外，粒子沿半徑方向射入磁場，偏轉后沿半徑方向射出.軌跡如圖，粒子恰好打在C點，速度偏轉角為120°.(2)圓形磁場的方向及半徑R.答案解析解析由左手定則知磁場(3)改變初速度的大小，使粒子沿AO方向進入磁場后，都能打在顯示屏上，求速度的范圍.答案解析解析粒子打在C點速度最小，打在D點速度最大，答案v0≤v≤3v0所以粒子都能打在顯示屏CD上的速度范圍為：v0≤v≤3v0.(3)改變初速度的大小，使粒子沿AO方向進入磁場后，都能打在帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動.通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動.1.在電場中運動：(1)若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運動；(2)若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運動.2.在磁場中運動：(1)若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；(2)若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運動.二、帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁3.解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：3.解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：圖7例4

(2017·天津理綜·11)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖7所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動.Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；答案解析圖7例4(2017·天津理綜·11)平面直角坐標系xOy中解析在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t ①L＝

at2

②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at ③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝

④解析在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝

v0

⑦聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.答案解析(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.答案解析解析設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝qE ⑨設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m ⑩由幾何關系可知R＝

?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得

?解析設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種情況：(1)直線運動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運動，一定是做勻速直線運動，合力為零.(2)圓周運動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運動，一定是做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力提供向心力.三、帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種情況：三、帶電粒子在疊加場例5

如圖8所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場.勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動.(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向；圖8答案解析解析要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：例5如圖8所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示.則該微粒至少需要經過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？答案解析(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平解析如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，解析如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，達標檢測達標檢測1.(圓形磁場邊界問題)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出.∠AOB＝120°，如圖9所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為

圖9√答案1234解析1.(圓形磁場邊界問題)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙123412342.(圓周運動的臨界問題)(多選)如圖10所示，左、右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里.一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場.欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是

圖101234√答案解析√2.(圓周運動的臨界問題)(多選)如圖10所示，左、右邊界分若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝

代入上式得v0＝

，C項正確.解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由r＝

知，粒子的入射速度v0越大，r越大，當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大.若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝

代入上式得v0＝

，B項正確.1234若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易3.(帶電粒子在疊加場中的運動)(2017·全國卷Ⅰ·16)如圖11，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，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，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是A.ma＞mb＞mc

B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb

D.mc＞mb＞ma答案圖111234√解析3.(帶電粒子在疊加場中的運動)(2017·全國卷Ⅰ·16)解析設三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確.1234解析設三個微粒的電荷量均為q，12344.(帶電粒子在組合場中的運動)在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖12所示.不計粒子重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；圖121234答案解析4.(帶電粒子在組合場中的運動)在平面直角坐標系xOy中，第解析設粒子過N點時的速度為v，有

＝cosθ故v＝2v0粒子從M點運動到N點的過程，由動能定理，得1234解析設粒子過N點時的速度為v，有＝cosθ123(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；1234答案解析解析過點N作v的垂線，與y軸交點為O′，如圖所示，粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；1234答案解析解析過1234(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.答案解析1234(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.答案解析1234解析由幾何關系得ON＝rsinθ設粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1t＝t1＋t21234解析由幾何關系得ON＝rsinθt＝t1＋t2dsfdbsy384y982ythb3oibt4oy39y409705923y09y53b2lkboi2y58wy0ehtoibwoify98wy049ywh4b3oiut89u983yf9ivh98y98sv98hv98ys9f698y9v698yv98x98tb98fyd98gyd98h98ds98nt98d8genklgb4klebtlkb5ktkeirh893y89ey698vhkrnelkhgi8eyokbnkdhf98hodfhxvy78fd678t9fdu90gys98y9shihixyv78dfhvifndovhf9f8yv9onvkobkwkjfegiudsfdbsy384y982ythb3oibt4oy39y409705923y09y53b2lkboi2y58wy0ehtoibwoify98wy049ywh4b3oiut89u983yf9ivh98y98sv98hv98ys9f698y9v698yv98x98tb98fyd98gyd98h98ds98nt98d8genklgb4klebtlkb5ktkeirh893y89ey698vhkrnelkhgi8eyokbnkdhf98hodfhxvy78fd678t9fdu90gys98y9shihixyv78dfhvifndovhf9f8yv9