1、1专题突破十 带电粒子在复合场中的运动命题点一 带电粒子在组合场中的运动1组合场：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3 “磁偏转”和“电偏转”的区别电偏转 磁偏转偏转条件 带电粒子以 v E 进入匀强电场 带电粒子以 v B 进入匀强磁场受力情况 只受恒定的电场力 只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹 抛物线
2、圆弧物理规律 类平抛知识、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式基本公式L vt y at212a tan qEm atv qvB m rv2r mvqBT t2 mqB T2sin Lr做功情况电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功物理图象题型 1 “磁磁”组合例 1 (2018江苏单科15)如图 1 所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为 d，中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相交于 O、 O点，各区2域磁感应强度大小相等某粒子质量为 m、电荷量为 q，从 O 沿轴线射入磁场当入射速度为
3、v0时，粒子从 O 上方 处射出磁场取 sin530.8，cos530.6.d2图 1(1)求磁感应强度大小 B；(2)入射速度为 5v0时，求粒子从 O 运动到 O的时间 t；(3)入射速度仍为 5v0，通过沿轴线 OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从 O 运动到 O的时间增加 t，求 t 的最大值答案 (1) (2) (3)4mv0qd (53 72180 )dv0 d5v0解析 (1)粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qv0B m ，由题意知 r0 ，解得v02r0 d4B4mv0qd(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为 .由几何关系得 d rsin
4、，由洛伦兹力提供向心力得 r ，解得 sin ，即m5v0qB 5d4 45 53粒子在一个矩形磁场中的运动时间 t1 ，解得 t13602 mqB 53 d720v0直线运动的时间 t22d5v0则粒子从 O 运动到 O的时间 t4 t1 t2( )53 72180 dv0(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离 x.3粒子向上的偏移量 y2 r(1cos ) xtan 由 y2 d，解得 x d34则当 xm d 时， t 有最大值34粒子直线运动路程的最大值 sm (2 d2 xm)3 d2xmcos 增加路程的最大值 sm sm2 d d增加时间的最大值 tm .d5v0题型 2 “电磁
5、”组合例 2 (2018南通市、泰州市一模) 如图 2 所示，两边界 MN、 PQ 相互平行、相距为 L， MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场， PQ 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大质量为 m、电荷量为 q 的粒子从与边界 MN 距离为 2L 的 O 点以方向垂直于边界 MN、大小为 v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与 MN 的夹角为 45，粒子还能回到 O 点忽略粒子的重力，求：图 2(1)匀强电场的场强大小 E；(2)粒子回到 O 点时的动能 Ek；(3)磁场的磁感应强度 B 和粒子从 O 点出发回到 O 点的时间 t.答案 (1) (2) mv
6、(3) mv022qL 52 02 mv03ql 34 3 L2v04解析 (1) 粒子向右通过电场的时间 t12Lv0离开电场时沿电场方向的分速度 vy v0tan 45在电场中运动的加速度 avyt1由牛顿第二定律有 qE ma解得 E .mv022qL(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到 O 点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界 MN 的位置间的距离h v0t1 at at 4 L12 12 12 12由动能定理有 qEh Ek mv12 02解得 Ek mv .52 02(3)粒子进入磁场的速度 v v0v02 vy2 2设粒子在磁场中的运动半径为 r，由几何关系可知
7、2rcos 45 h2 Ltan 45解得 r3 L2由洛伦兹力提供向心力有 qvBmv2r解得磁场的磁感应强度 Bmv03qL粒子在磁场中运动时间 t2 34 2 rv则粒子运动的总时间 t2 t1 t22Lv0解得 t .34 3 L2v0命题点二 带电粒子(体)在叠加场中的运动1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5若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力
8、不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直)若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2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例 3 (2018金陵中学等三校四模)如图 3 所示，
9、在竖直虚线 PQ 左侧、水平虚线 MN 下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为 E，磁场的磁感应强度 B 未知在距离 MN 为 h 的 O 点将带电小球以 v0 的初速度向右水平抛2gh出，小球在 MN 下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为 g.图 3(1)求带电小球的比荷 ，并指出小球的带电性质qm(2)若小球从 O 点抛出后最后刚好到达 PQ 上与 O 点等高的 O1点，求 OO1间最小距离 s 及对应磁场的磁感应强度的值 B0.(3)已知磁场磁感应强度为 B1，若撤去电场，小球从 O 点抛出后，在磁场中运动过程距离 MN的最大距离为 d(该点
10、在 PQ 左侧)，求小球经过此点时的加速度 a 的大小答案 (1) 粒子带正电 (2)4(2 )h (3) ggE 2 2 1E2gh gB12g2h dE解析 (1)因为小球在 MN 下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向6上，所以带正电因为重力等于电场力即 mg qE，所以带电小球的比荷 qm gE(2)小球从 O 点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示：根据平抛运动知识可得：x v0t， h gt212vy gt ， v 22gh v02 vy2 ghtan ，解得 45vyv0所以 OO1间距离 s2 x R2s 最小时 R 最大，此时磁场的磁感应强度有最小值 B0.
11、由图可知 s2 x R2 R，可得 R2(2 )h，故最小距离 s4(2 )h2 2 2小球在 MN 下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得 qvB m ， Rv2R mvqB所以 B02 1E2gh(3)若撤去电场，小球从 O 点抛出后，在磁场中运动过程距离 MN 的最大距离为 d根据动能定理得： mg(h d) mv mv12 12 12 02又 qv1B1 mg ma所以 a g.gB12g2h dE命题点三 带电粒子在交变电磁场中的运动例 4 (2018如皋市模拟四)如图 4 甲所示， xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图
12、乙所示，周期均为 2t0， y 轴正方向为 E 的正方向，垂直于纸面向里为 B 的正方向 t0 时刻，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从坐标原点 O 开始运动，此时速度大小为 v0，方向为 x 轴方向已知电场强度大小为 E0，磁感应强度大小 B0 ，不计粒子所受重力求： mqt07图 4(1)t0时刻粒子的速度大小 v1及对应的位置坐标( x1， y1)；(2)为使粒子第一次运动到 y 轴时速度沿 x 方向， B0与 E0应满足的关系；(3)t4 nt0(n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标 x.答案 见解析解析 (1)0 t0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着 x 轴正方向有： x1 v
13、0t0，沿着 y 轴正方向，有： vy at0， y1 at ，12 02由牛顿第二定律，有 qE0 ma，运动的速度大小 v1 ，v02 vy2解得： v1 ， y1 ，v02 q2E02t02m2 E0qt022m故粒子的位置坐标为( v0t0， )；E0qt022m(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，由牛顿第二定律，有 qv1B0 m r1，4 2T2解得： T2 t0；则粒子第一次运动到 y 轴前的轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有： qv1B0 m ，v12r1由图可知圆心在 y 轴上，结合几何关系得到： r1sin v0t0，且 v1cos v
14、0，解得： v0.E0B0(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为 2t0，即在 t02 t0时间内粒子转了半圈，在 x 方向上8向左移动了 x,2t0时刻速度大小仍为 v1，方向与 t0时刻速度方向相反，在 2t03 t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与 0 t0时间内相同，3 t0时刻速度大小为 v0，方向沿着 x 轴负方向，在 3t04 t0时间内粒子转动半圈，4 t0时刻速度大小为 v0，方向沿着 x 正方向，如图所示；则 04 t0时间内粒子在 x 方向上向左移动的距离为 x2 r1sin 2E0t0B0则粒子的横坐标 x n x (n1,2，)2nE0qt02
15、 m1(2018无锡市高三期末)如图 5 甲， xOy 平面内，以 O 为圆心， R 为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0.一比荷大小为 c 的粒子以某一初速度从A(R,0)沿 x 方向射入磁场，并从 B(0， R)射出不计粒子重力图 5(1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从 A 以原初速度射入磁场，射出时速度方向与 x 轴成 60，求所叠加的磁场的磁感应强度(3)若在平面内加一个以 O 为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙粒子从 A 以原初速度射入磁场，从 B
16、射出后，在圆环形磁场中偏转，从 P( R， R)再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求32 12粒子运动的周期答案 见解析9解析 (1)由左手定则可知，粒子带正电粒子运动轨迹如图(a)，由洛伦兹力提供向心力得 qvB0 m ，解得 v cB0Rv2R(2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为 R1 R33由 qvB 可知，合磁感应强度应大小变为 B B0mv233R 3若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从 M 射出，则根据 B1 B0 B，有 B1( 1) B03若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从 N 射出，则根据 B1 B0 B，有 B1( 1)
17、 B03(3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知 POB ， 3粒子在圆环形磁场区的轨道半径为 R2 R，33则要求外径 R R22 R2 R3粒子完成一个周期运动满足 n2 m， m、 n 均为正整数( 2 3)满足条件的 m、 n 的最小值 m5、 n12 的周期为T n(142 Rv 232 33Rv )10 .(61633 )cB02.(2018南京市、盐城市一模)如图 6 所示，半径为 r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成 60角，同心大圆半径为 r，两圆间有垂直于纸面向里的匀3强磁场，磁感应强度为 B质量为 m，电荷量为 q 的粒子经电场加速后恰好沿磁场
18、边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点 A 处进入电场，并从最低点 C 处离开电场不计粒子的重力求：图 6(1)该粒子从 A 处进入电场时的速率；(2)偏转电场的场强大小；(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围答案 见解析解析 (1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以 v 进入磁场经 T 的时13间从内圆最高点 A 处进入电场由洛伦兹力提供向心力得 Bqv m ，由几何关系得 Rv2R 23r3解得 v .23rBq3m(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示由几何知识和平抛运动规律可得：2 rcos 60 vt，2 rsin
19、 60 at2， Eq ma12解得 E83B2qr3m11(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场加速电场中由动能定理得 U 加 q mv2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得 Bqv m12 v2R解得 U 加 B2qR22m使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析 R 有三种临界值，如图丙所示当粒子运动半径为 R1 r，3则粒子的速度大小为 v1 r，加速电压大小为 U 加 1Bqm 3 3B2qr22m当粒子运动半径为 R2 r，3 12则粒子的速度大小为 v2 r，加速电压大小为 U 加 2Bqm 3 12 (2 3)B2qr24m当粒子运动半径为 R3 r，3 12则粒子
20、的速度大小为 v3 r, 加速电压大小为 U 加 3Bqm 3 12 (2 3)B2qr24m所以加速电压的取值范围：0 U 加 或 U 加 . 2 3B2qr24m 2 3B2qr24m 3B2qr22m3(2018苏州市模拟)如图 7 所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系 xOy， y 轴正方向竖直向上在第一、第四象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场，其大小 E1 ；在第二、3mg3q第三象限内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小 E2 ，磁感应强度大小为 B.现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 x 轴上距坐mgq12标原点为 d
21、的 P 点由静止释放(重力加速度为 g)图 7(1)求小球从 P 点开始运动后，第一次经过 y 轴时速度的大小；(2)求小球从 P 点开始运动后，第二次经过 y 轴时的纵坐标；(3)若小球第二次经过 y 轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为 E1 ，方向不3mgq变，求小球第三次经过 y 轴时的纵坐标答案 (1) (2) d(3) d83gd3 mqB83gd3 3 mqB83gd3 2539解析 (1)设小球在第一、四象限中的加速度为 a，由牛顿第二定律得 mamg2 qE12得到 a ，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为 ，则23g3tan ，小球移动的位移 x
22、 2 d，所以经过 y 轴时速度的大小为mgqE1 3 dcosv0 .2ax223g3 2d 83gd3(2)小球第一次经过 y 轴后，在第二、三象限内，由于 qE2 mg，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示设轨迹半径为 R，由洛伦兹力提供向心力 qv0B m ，得 Rv02R mv0qB由几何关系知 y R ， OP dtan dmv0qB mqB83gd3 313故小球第二次经过 y 轴时的纵坐标 y1 d.mqB83gd3 3(3)从第二次经过 y 轴到第三次经过 y 轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示由图可知 tan ，则刚进入第一象限时小球
23、所受合力方向与速度方向垂直，小mgqE1 33球做类平抛运动，加速度 a 2 gqE1m 2 mgm2小球第三次经过 y 轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知v0t 2gt 2312得小球运动时间 t 3v03g 33g83gd3 83gd3g小球第二次经过 y 轴与第三次经过 y 轴的距离为： y dv0tsin60 2383gd3 83gd3g 1639故小球第三次经过 y 轴时的纵坐标为：y2 y1 y d.mqB83gd3 25391(2018扬州市一模)在如图 1 所示的坐标系内， PQ 是垂直于 x 轴的分界线， PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁
24、场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里， AC 边有一挡板可吸收电子， AC 长为 d.PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为 d，间距为 d.电场右侧的 x 轴12上有足够长的荧光屏现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为 M 点， M 到下极板右端的距离为 d，电子电荷量为 e，质量12为 m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：14图 1(1)电子通过磁场区域的时间 t；(2)偏转电场的电压 U；(3)电子至少以多大速率从 O 点射出时才能打到荧光屏上答案 (1) (2) (3) m2eB 8eB2d23m eBd33m解析
25、 (1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：evB m ，得到： rv2r mveB运动周期 T 2 rv 2 meB OAC 和 OQC 均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为 90，故通过磁场区域的时间为 t T .90360 m2eB(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，由几何知识得 r d，由 r 解得 vmveB eBdm通过电场的时间 t1 d2v m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达 M 点，由几何关系有： ，y1y214d12d 12又 y1 y2 d解得 y1 d13即 t d12 eUmd12 1315代入数据解得 U .8
26、eB2d23m(3)若电子恰好打在下极板右边缘，如图所示磁场中 rmveB电场中水平方向： d v t12竖直方向： r t212 eUmd由上述三式代入数据解得 v .eBd33m2.(2019高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图 2 所示： MN 和 PQ 为足够长的水平边界，竖直边界 EF 将整个区域分成左右两部分，区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B，区域的磁场方向垂直纸面向外调节区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注
27、入口 C 和 D 同时入射，入射方向平行 EF 且垂直磁场已知注入口 C、 D 到 EF 的距离均为d，边界 MN 和 PQ 的间距为 8d，正、负电子的质量均为 m，所带电荷量分别为 e 和 e，忽略电子进入加速器的初速度图 2(1)试判断从注入口 C 入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为 v0，求直线加速器的加速电压 U；(2)若将区域的磁感应强度大小调为 B，正、负电子以 v1 的速率同时射入，则正、负deBm电子经多长时间相撞？(3)若将区域的磁感应强度大小调为 ，正、负电子仍以 v1 的速率射入，但负电子射B3 deBm16入时刻滞后于正电子 t ，求正、负电子相撞的位置坐标
28、 meB答案 (1)正电子 (2) (3)( d， d)mv022e 2 meB 332 52解析 (1)由左手定则判断，从 C 入射的为正电子，由动能定理eU mv ，12 02解得：加速电压 Umv022e(2)电子射入后的轨迹如图甲所示电子在、区域中运动时半径相同，设为 r，由洛伦兹力提供向心力 eBv1 m ，解得： r dv12r周期 T2 meB对撞时间： t T2 meB(3)电子射入后的轨迹如图乙所示电子在区域中运动时半径 r1 d，周期 T12 meB电子在区域中运动时半径 r23 d，周期 T2 ， t 6 meB meB T2617设正、负电子在 A 点相撞，由几何关系可
29、知 A 与圆心的连线与水平方向夹角 30， A 的横坐标 x r2cos d， A 的纵坐标 y4 d r2sin d332 52正、负电子相撞的位置坐标为( d， d)332 523(2018海安中学月考)如图 3 甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场匀强磁场分为、两个区域，其边界为 MN、 PQ，两区域磁感应强度大小均为 B，方向如图所示，区域高度为 d，区域的高度足够大，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球从磁场上方的 O 点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动(重力加速度为 g)图 3(1)求电场强度 E 的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能
30、回到 O 点，求带电小球释放时距 MN 的高度 h；(3)若带电小球从距 MN 高度为 3h 的 O点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到 O点，需将磁场向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场向下移动的距离 y及小球从 O点释放到第一次回到 O点的运动时间 T.答案 见解析解析 (1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即 qE mg，解得 Emgq(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到 O 点，如图甲所示由动能定理得： mgh mv21218Bqvmv2R由几何关系得： R d233联立解得： h2d2q2B23gm2(3)
31、当带电小球从距 MN 的高度为 3h 的 O点由静止开始下落时，应有mg3h mv ，小球运动轨迹半径 R112 12 mv1qB联立解得： R12 d画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成 30角，根据几何关系有， R1sin 60 R1(1cos 30) ytan 30，可得磁场向下移动距离 y(62 )d3小球自由落体和竖直上抛的总时间 t12 23hg 4dqBmg小球做圆周运动的总时间 t25 m3qB小球做匀速直线运动的总时间 t3 243 4dv1 43 1mqB第一次回到 O点的运动时间 T t1 t2 t3 .4dqBmg 5 m
32、3qB 43 1mqB4.(2018常州市一模)如图 4 所示的 xOy 平面内，以 O1(0， R)为圆心、 R 为半径的圆形区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场(用 B1表示，大小未知)； x 轴下方有一直线 MN， MN 与x 轴相距为 y(未知)， x 轴与直线 MN 间区域有平行于 y 轴的匀强电场，电场强度大小为E；在 MN 的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为 B2，磁场方向垂直于 xOy 平面向外电子 a、 b 以平行于 x 轴的速度 v0分别正对 O1点、 A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点 O 进入 x 轴下方的电场已知电子质量为 m，电荷量为 e
33、， E ， B23mv022eR，不计电子重力3mv02eR19图 4(1)求磁感应强度 B1的大小；(2)若电场沿 y 轴负方向，欲使电子 a 不能到达 MN，求 y 的取值范围；(3)若电场沿 y 轴正方向， y R，欲使电子 b 能到达 x 轴且距原点 O 距离最远，求矩形3磁场区域的最小面积答案 (1) (2) y R (3)4(2 )R2mv0eR 33 3解析 (1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为 r，电子 a 射入，经过 O 点进入 x 轴下方，则 r R，洛伦兹力提供向心力得 ev0B1 m ，解得 B1v02R mv0eR(2)匀强电场沿 y 轴负方向，
34、电子 a 从 O 点沿 y 轴负方向进入电场做匀减速运动，设电子 a速度减小为 0 时位移是 y0，此过程由动能定理有 eE y0 mv ，可求出 y0 12 02 mv022eER，则电子 a 不能到达 MN 时 y R33 33(3)匀强电场沿 y 轴正方向，电子 b 从 O 点进入电场做类平抛运动，设电子 b 经电场加速后到达 MN 时的速度大小为 v，电子 b 在 MN 下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为 r1，电子 b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成 角，如图甲所示由动能定理有 eE y mv2 mv ，12 12 02解得 v2 v0，在电场中的加速度 a ，eEm 3v022R在电场中运动的时间 t1 ，2 ya 2Rv0电子在 x 轴方向上的位移 x v0t12 R；由牛顿第二定律，有： evB2 m ，代入得： r1 R，v2r1 43320cos ，故 ；v0v 12 3由几何关系可知，在 MN 下方磁场中运动的圆心 O2在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为 时，粒子能够到达 x 轴且与原点 O 距离最远，如图乙 3所示由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为 l1 r1 r1sin ，竖直边长为 l2 r1 r1cos ，最小面积为 S l1l2 r (1sin )(1cos )4(2 )R2.12 3
