（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题29 连续场、叠加场问题（解析+原卷）学案

专题29 连续场、叠加场问题 目录 TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳   HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 不计重力的连续场问题   HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 无约束的叠加场问题   HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 有约束的叠加场问题   HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 高科技问题   HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2  【题型一】 不计重力的连续场问题 【典例分析】如图所示，直角坐标系xOy第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m，电荷量为e的电子从第一象限的某点P(L，eq \f(\r(3),8)L)以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q(eq \f(L,4)，0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力．求： (1)电子经过Q点时的速度v； (2)该匀强磁场的磁感应强度B和最小面积S. 【提分秘籍】 带电粒子在连续场中的运动 1．连续场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现． 2．分析思路 (1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理． (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键． (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题． 【变式演练】 1．x轴下方有两个关于直线x＝－0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图甲所示，一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v沿y轴正方向从P点进入电场，后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O点的同时在MN和x轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q点，并且速度也与过P点时速度相同．已知P、O、Q在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P、Q两点横坐标分别为－a、a.试计算： (1)电场强度E的大小； (2)磁场的磁感应强度B的大小； (3)粒子从P到Q的总时间． 2．在如图所示的直角坐标系xOy中，矩形区域OACD内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5.0×10－2 T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝1.0×105 N/C.已知矩形区域OA边长为0.60 m，AC边长为0.20 m．在CD边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中的各个方向均匀辐射出速率均为v＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子的质量为m＝1.6×10－27 kg、电荷量为q＝3.2×10－19 C，不计粒子重力，计算结果均保留两位有效数字，试求： (1)粒子在磁场中运动的半径； (2)从N处射出的粒子在磁场中运动的最短路程； (3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所经历的时间． 3．如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和MN边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN边界与y轴平行且间距保持不变．一质量为m、电荷量为－q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t0，粒子重力不计． (1)求磁感应强度的大小B； (2)若t＝5t0时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0； (3)若带电粒子能够回到原点O，则电场强度E应满足什么条件？ 【题型二】 无约束的叠加场问题 【典例分析】如图，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x轴正方向的夹角为45°，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 【提分秘籍】 带电体在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 (2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) (3)静电力、洛伦兹力、重力并存 【变式演练】 1．如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动． (1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小； (2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小； (3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y轴上的A(0，L)位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A位置出发到返回至A位置过程所经历的时间为多少？ 2．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子(　　) A．一定带正电 B．速度v＝eq \f(E,B) C．若速度v＞eq \f(E,B)，粒子一定不能从板间射出 D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动 3．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq \r(3) N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 【题型三】 有约束的叠加场问题 【典例分析】如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝eq \f(100,7) m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求： (1)小球带何种电荷？ (2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离． 【提分秘籍】 带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解． 【变式演练】 1．如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．水平力作用瞬间，A的加速度大小为eq \f(g,2) B．A做匀加速运动的时间为eq \f(m,qB0) C．A的最大速度为eq \f(mg,qB0) D．B的最大加速度为g 2．[多选]如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的(　　) 3．如图所示，半径 R＝1.6 m 的eq \f(1,6)光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3 m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝3 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20 N/C，磁感应强度B＝3.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3 kg的物块 a和b，物块a不带电，b带q＝1.0×10－3 C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取 g＝10 m/s2，a、b 均可看做质点。求： (1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力； (2)传送带距离水平地面的高度； (3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。 【题型四】 高科技问题 【典例分析】回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝eq \f(2πm,qB).一束该粒子在t＝0～eq \f(T,2)时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求： (1)出射粒子的动能Ek； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t0. 【提分秘籍】 质谱仪的原理和分析 1．作用：测量带电粒子质量和分离同位素的仪器． 2．原理：①加速电场：qU＝eq \f(1,2)mv2；②偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r。 回旋加速器的原理和分析 1．加速条件：T电场＝T回旋＝eq \f(2πm,qB)； 2．磁场约束偏转：qvB＝eq \f(mv2,r)⇒v＝eq \f(qBr,m). 3．带电粒子的最大速度vmax＝eq \f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径．粒子的最大速度vmax与加速电压U无关． 4．回旋加速器的解题思路 (1)带电粒子在缝隙的电场中加速、交变电流的周期与磁场周期相等，每经过磁场一次，粒子加速一次． (2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关． 霍尔效应的原理和分析 1.定义：高为h，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中，当电流通过金属导体时，在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压． 2．电势高低的判断：如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高． 3．霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；联立得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数． 速度选择器 (1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直． (2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B). (3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量． (4)速度选择器具有单向性． 磁流体发电机 (1)原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在两极板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能． (2)电源正、负极判断：根据左手定则． (3)电源电动势 (4)电源内阻 (5)回路电流 电磁流量计 (1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积． (2)公式：Q＝Sv；S为导管的截面积，v是导电液体的流速． (3)流量的表达式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B). (4)电势高低的判断：根据左手定则. 【变式演练】 1．(多选)如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是(　　) A．M板比N板电势高 B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq \f(U,Bd) D．导体单位体积内的自由电子数为eq \f(BI,eUb) 2．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．11 B．12 C．121 D．144 3．(多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可把气体的内能直接转化为电能，图是它的示意图，平行金属板A、C间有一很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)喷入磁场，两极板间便产生电压，现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两板之间，则稳定时下列说法中正确的是(　　) A．极板A是电源的正极 B．电源的电动势为Bdv C．极板A、C间电压大小为eq \f(BdvSR,RS＋ρd) D．回路中电流为eq \f(Bdv,R) 1．（2021年全国甲卷）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为的粒子自电场中某处以大小为的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与的夹角为60°，不计重力。 （1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板的最近距离。 2．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是(　　) A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷eq \f(q,m)越小 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 3．一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧eq \f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq \f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ区域的离子即可在QN区域检测到． (1)求原本打在MN中点P点的离子质量m； (2)为使原本打在P点的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围． 4、(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是(　　) A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变 5、(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝keq \f(IHB,d)，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　) A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 6．利用霍尔效应制作的元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧就会形成电势差UCD，下列说法中正确的是(　　) A．电势差UCD仅与材料有关 B．仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大 C．若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差UCD>0 D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向 7．(多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，用电压表测得两个电极间的电压U＝1 V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力Ff＝kLv，其中比例系数k＝15 N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是(　　) A．金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多 B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响 C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为Δp＝1 500 Pa 8．(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　) A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于eq \f(E,B) D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 9．(多选)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是(　　) A．极板M比极板N的电势高 B．加速电场的电压U＝ER C．直径PQ＝2Beq \r(qmER) D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷 10．如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq \o\al(2,1)H)和氦核(eq \o\al(4,2)He)．下列说法中正确的是(　　) A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同 C．两次所接高频电源的频率不相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 11．为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连．污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是(　　) A．M板比N板电势低 B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小 C．污水流量越大，则电流表的示数越大 D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大 12．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小E； (2)磁感应强度的大小B； (3)粒子在磁场中运动的时间t.  参考答案 【题型一】 不计重力的连续场问题 【典例分析】解析　(1)电子从P点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q点，可知竖直方向y＝eq \f(\r(3),8)L＝eq \f(1,2)at2，水平方向x＝eq \f(3,4)L＝v0t， 解得a＝eq \f(4\r(3)v\o\al( 2,0),9L) 而vy＝at＝eq \f(\r(3),3)v0，所以电子经过Q点时的速度为 v＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,y))＝eq \f(2\r(3),3)v0 设v与x轴负方向的夹角为θ，可知tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(3),3)，所以θ＝30°. (2)如图所示，电子以与x轴负方向成30°角的方向进入第四象限后先沿QM做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，恰好以沿y轴向上的速度经过O点．可知圆周运动的圆心O′一定在x轴上，且O′点到O点的距离与O′点到直线QM上M点(M点即磁场的边界点)的距离相等，找出O′点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO，所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了 设偏转半径为R，evB＝meq \f(v2,R)，由图知OQ＝eq \f(1,4)L＝3R，解得B＝eq \f(8\r(3)mv0,eL)，方向垂直纸面向里 面积最小的磁场的长度LOC＝eq \f(3,2)R＝eq \f(1,8)L，宽度LOA＝R＝eq \f(1,12)L 矩形磁场的最小面积为：Smin＝LOC·LOA＝eq \f(1,96)L2. 【变式演练】 1．答案　(1)eq \f(4mv2,aqtan2 θ)　(2)eq \f(4nmvcos2 θ,qa)(n＝1,2,3，…) (3)eq \f(atan θ,v)＋eq \f(π－2θα,2vcos2θ) 解析　(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t，对该运动分析得 y方向：atan θ＝2vt x方向：eq \f(1,2)a＝eq \f(qE,2m)t2， 解得：E＝eq \f(4mv2,aqtan2 θ)， t＝eq \f(atan θ,2v). (2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况) 设半径为R，由几何关系可知 eq \f(a,cos θ)＝4nRcos θ(n＝1,2,3，…)， Bqv＝meq \f(v2,R)， 解得B＝eq \f(4nmvcos2θ,qa)(n＝1,2,3，…)． (3)带电粒子在电场中运动的时间 t电＝2t＝eq \f(atan θ,v). 研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知 α＝π－2θ， 则t磁＝2neq \f(π－2θR,v)＝eq \f(π－2θa,2vcos2θ)， 所以粒子从P到Q的总时间 t总＝t电＋t磁＝eq \f(atan θ,v)＋eq \f(π－2θa,2vcos2θ). 2．答案　(1)0.20 m　(2)0.21 m　(3)4.6×10－7 s 解析　(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律可得 qvB＝meq \f(v2,r) 代入数据解得r＝0.20 m. (2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s，由数学知识可知，最短弦长对应最短的弧长，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，α＝60°，最短的弧长即最短路程，则有s＝eq \f(1,6)×2πr＝0.21 m. 甲 (3)如图乙所示，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝6.28×10－7 s，设沿x轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP运动的时间为t1，则有t1＝eq \f(T,4)＝1.57×10－7 s 设粒子在电场中运动的时间为t2，加速度大小为a，则有t2＝eq \f(2v,a)，a＝eq \f(qE,m)，代入数据解得t2＝2.0×10－7 s 由几何关系可知，cos θ＝eq \f(1,2)，所以θ＝60°，设粒子沿弧PH运动的时间为t3，则t3＝eq \f(T,6)，t3＝1.05×10－7 s 故沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.6×10－7 s. 乙 3．答案　(1)eq \f(πm,qt0)　(2)eq \f(3,2)v0t0　eq \f(mv0,qt0) (3)E＝eq \f(2n＋1mv0,3n2qt0)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T＝2t0，解得B＝eq \f(πm,qt0) (2)t＝5t0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r2＝2r1 由向心力公式有qBv0＝meq \f(v\o\al( 2,0),r1)，qBv2＝meq \f(v\o\al( 2,2),r2) 电场宽度d＝eq \f(v0＋v2,2)t0，解得d＝eq \f(3,2)v0t0 又v2＝v0＋eq \f(qE0,m)t0，解得E0＝eq \f(mv0,qt0) (3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) 由向心力公式有qBv2′＝meq \f(v2′2,r2′)，解得v2′＝eq \f(n＋1,n)v0 根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0) 解得E＝eq \f(2n＋1mv0,3n2qt0)(n＝1,2,3，…)． 【题型二】 无约束的叠加场问题 【典例分析】答案　(1)eq \f(mg,q)　(2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))　(3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)) 解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲： 由几何关系知Eq＝mg，得：E＝eq \f(mg,q) (2)由平衡条件： qvB＝eq \r(2)mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙 qvB＝meq \f(v2,r) 由几何知识可得：r＝eq \r(2)l 联立解得：v＝eq \r(2gl)，B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)微粒做匀速运动时间：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g)) 做匀速圆周运动时间：t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g)) 故微粒在复合场中的运动时间： t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)). 【变式演练】 1．答案　(1)负电　q＝eq \f(\r(3)mg,3E1)　v＝eq \f(2E1,B1)　(2)竖直向下 eq \r(3)E1　(3)eq \f(2,3)eq \r(3)L　eq \f(5\r(3)πB1L,3E1)＋eq \f(2B1L,E1) 解析　(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg＝qE1tan 60°，q＝eq \f(\r(3)mg,3E1).又qE1＝qvB1cos 60°，得v＝eq \f(2E1,B1) (2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE＝mg，即E＝eq \r(3)E1. (3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD＝2ON，eq \f(ON,OA)＝eq \f(ON,L)＝tan 60°， 联立上述方程解得 PD＝DN＝eq \f(2,3)eq \r(3)L， R＝eq \f(2,3)eq \r(3)L. 设x轴下方的磁感应强度为B，则满足qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πm,qB). 从N点运动到C点的时间为t＝3×eq \f(360°－60°,360°)T. 联立上式解得t＝eq \f(5\r(3)πB1L,3E1). 由几何关系可知eq \f(L,AN)＝cos 60°. 在第一象限运动的时间t1和第二象限中的运动的时间t2相等，且t1＝t2＝eq \f(AN,v)＝eq \f(2L,v)＝eq \f(B1L,E1). 所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t总＝t＋t1＋t2. 联立上述方程解得t总＝eq \f(5\r(3)πB1L,3E1)＋eq \f(2B1L,E1). 2．答案　B 解析　粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，选项B正确；若速度v＞eq \f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误． 3．答案　(1)20 m/s　方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 解析　(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2) ① 甲 代入数据解得v＝20 m/s ② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ＝eq \f(qE,mg) ③ 代入数据解得tan θ＝eq \r(3) θ＝60° ④ (2)解法一　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有 乙 a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有 y＝eq \f(1,2)at2 ⑦ tan θ＝eq \f(y,x) ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2eq \r(3) s≈3.5 s⑨ 解法二　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0 ⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq \r(3) s≈3.5 s. 【题型三】 有约束的叠加场问题 【典例分析】答案　(1)正电荷　(2)27.6 J　(3)2.26 m 解析　(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷． (2)小球在D点速度为 vD＝vC＝eq \f(100,7) m/s 设重力与电场力的合力为F1，如图所示，则F1＝F洛＝qvCB 又F1＝eq \f(mg,cos 37°)＝5 N 解得qB＝eq \f(F1,vC)＝eq \f(7,20) C·T 在F处由牛顿第二定律可得 qvFB＋F1＝eq \f(mv\o\al( 2,F),R) 把qB＝eq \f(7,20) C·T代入得R＝1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由动能定理可得 －Wf－2F1R＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,F)－eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,D) 解得Wf≈27.6 J (3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝eq \f(F1,m) 由2R＝eq \f(at2,2) 解得t＝ eq \r(\f(4mR,F1))＝eq \f(2\r(2),5) s 交点G与D点的距离GD＝vFt＝eq \f(8\r(2),5) m≈2.26 m. 【变式演练】 1．答案　BC 解析　F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有FfA＝ma＝eq \f(1,3)mg<μmg＝eq \f(1,2)mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为eq \f(g,3)，A选项错误；A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力FfA静作用，由FfA静＝eq \f(mg,3)知，FfA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力FNA＝mg－qvB0逐渐减小，最大静摩擦力μFNA减小，当FfA静＝μFNA时，A、B开始相对滑动，此时有eq \f(mg,3)＝μ(mg－qv1B0)，v1＝eq \f(mg,3qB0)，由v1＝at得t＝eq \f(m,qB0)，B正确；A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有FfA滑＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝eq \f(mg,qB0)，C选项正确；A、B相对滑动后，对B有F－FfA滑＝2maB，FfA滑减小，则aB增大，当FfA滑减小到零时，aB最大，有aB＝eq \f(F,2m)＝eq \f(g,2)，D选项错误． 2．[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用， 且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。 [答案]　AD 3．解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，mgR(1－cos θ)＝eq \f(1,2)mvC2 得：vC＝4 m/s 在C点，由牛顿第二定律：FN－mg＝meq \f(vC2,R) 解得：FN＝2×10－2 N 由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：FN′＝2×10－2 N，方向竖直向下。 (2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′ vC′＝2 m/s ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，μ·2mg＝2ma v2－vC′＝2as 得：s＝2.5 m