2020年高考物理一轮复习第十二单元磁场第3讲带电粒子在组合场和复合场中的运动练习含解析新人教版

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1、第3讲带电粒子在组合场和复合场中的运动题型一带电粒子在组合场中的运动问题“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以vE进入匀强电场(不计重力)带电粒子以vB进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F=Eq只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x=v0t,y=12at2,a=qEm,tan =atv0牛顿第二定律、向心力公式r=mvqB,T=2mqB,t=T2【例1】在如图甲所示的平面直角坐标系xOy中,第象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直

2、于xOy平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第象限,且速度与y轴负方向成45角,不计粒子所受的重力。求:甲 (1)电场强度E的大小。(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有x=v0t=2h,y=12at2=h,qE=ma联立可得E=mv022qh。(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy=at=v0所以v=v02+vy

3、2=2v0方向指向第象限与x轴正方向成45角。乙 (3)粒子在磁场中运动时,有qvB=mv2r当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有r=22L,所以B=2mv0qL。【答案】(1)mv022qh(2)2v0方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)2mv0qL组合场是指磁场与电场同时存在,但各位于一定的区域内且并不重叠的情况,或者在同一区域内交替存在,总之,带电粒子每时只受到一个场力的作用。(1)带电粒子在组合场中的运动规律带电粒子在匀强电场中,若初速度与电场线平行,则该粒子做匀变速直线运动;若初速度与电场线垂直,则该粒子做类平抛运动。带电粒子在匀强磁场中,若速度与磁感线平行,则该

4、粒子做匀速直线运动;若速度与磁感线垂直,则该粒子做匀速圆周运动。(2)带电粒子在组合场中运动的处理方法【变式训练1】(2018安徽淮南第二次调研)如图甲所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(h,0)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成45进入电场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求:(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1。甲 (2)匀强电场的电场强度大小E。(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。【解析】(1)根据题意,大

5、致画出粒子在复合场中的运动轨迹,如图乙所示由几何关系得rcos 45=h解得r=2h由牛顿第二定律得qBv1=mv12r解得v1=2qBhm。乙 (2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时的速度大小为vb,根据类平抛运动规律,有vb=v1cos 45解得vb=qBhm设粒子进入电场后经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb,由类平抛运动规律得r+rsin 45=vbtyb=12(v1sin 45+0)t=2+12h由动能定理得-qEyb=12mvb2-12mv12解得E=(2-1)qhB2m。(3)粒子在磁场中运动的周期T=2rv1=2mBq第一次经过x轴的时间t1=58T=5m4q

6、B在电场中运动的时间t2=2t=2(2+1)mqB从第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=34T=3m2qB则总时间t总=t1+t2+t3=114+22+2mBq。【答案】(1)2h2qBhm(2)(2-1)qhB2m(3)114+22+2mBq题型二带电粒子在叠加场中的运动问题1.磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。(2)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。2.电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能

7、定理求解。3.电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡,则带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡,则带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零,带电体则可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解。【例2】在竖直平面直角坐标系xOy内,第象限存在沿y轴正方向的匀强电场E1,第、象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2(E2=mgq),第象限内还存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B1,第象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B2。一带正电的小球(可视为质点)从坐标原点O以某一初速度v进入光滑的半圆轨道OA,半圆轨道在O点与x轴相切且直径与y轴重合,如图甲所示。小球恰好能从轨道最高点A垂直于

8、y轴飞出进入第象限的匀强电场中,偏转后经x轴上x=433R处的P点进入第象限磁场中,然后从y轴上Q点(未画出)与y轴正方向成60角进入第象限磁场,最后从O点又进入第象限电场。已知小球的质量为m,电荷量为q,圆轨道的半径为R,重力加速度为g。求:甲(1)小球的初速度大小。(2)电场强度E1的大小。(3)B1与B2的比值。【解析】(1)由题意可知,在A点有mg=mvA2R从O到A由动能定理得12mvA2-12mv2=-mg2R解得v=5gR。(2)小球在第象限做类平抛运动x=vAt=433R2R=12at2a=mg-qE1m解得E1=mg4q。(3)vy=3vA,tan =vyvA=3得=60vP

9、=2vA由于mg=qE2小球在第、象限中均做匀速圆周运动,画出小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示乙由几何关系得r1cos 30+r1sin 30=OP=433R解得r1=4-433R又r1=mvPqB1=2mvAqB1进入B2后,由几何关系得2r2cos 30=OQ=OP=433R解得r2=43R又r2=2mvAqB2解得B1B2=r2r1=3+36。【答案】(1)5gR(2)mg4q(3)3+36带电粒子在叠加场中运动的处理方法【变式训练2】(2019山西晋城质量检测)如图甲所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸

10、面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。甲 (1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC。(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf。(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。【解析】(1)小滑块沿MN运动的过程中,水平方向受力满足qvB+FN=qE小滑块在C点离开

11、MN时FN=0解得vC=EB。(2)由动能定理有mgh-Wf=12mvC2-0解得Wf=mgh-mE22B2。(3)如图乙所示,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g乙g=qEm2+g2且vP2=vD2+g2t2解得vP=vD2+qEm2+g2t2。【答案】(1)EB(2)mgh-mE22B2(3) vD2+qEm2+g2t2题型三带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速,qU=12mv2,在磁场中做匀速圆周运动,qvB=mv2r,则比荷qm=2UB2r2回旋加速器接交流电源交流电的周期和粒子做

12、圆周运动的周期相等,粒子在做圆周运动的过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB=mv2r得Ekm=q2B2r22m速度选择器当qv0B=Eq,即v0=EB时,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电荷,两极电压为U时稳定,qUd=qv0B,U=v0Bd电磁流量计UDq=qvB,可得v=UDB,所以Q=vS=DU4B霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差【例3】如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成:粒子源N;P、Q间的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均

13、匀辐射电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外;胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子,经加速电场加速后进入静电分析器,某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同,不计粒子所受重力。下列说法正确的是()。A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子,比荷越大【解析】从小孔S进入磁场,说明粒子在电场中运动半径相同,在静电分析器中,qE=mv2R

14、,无法判断出粒子的速度和动能是否相等,A、B两项错误;打到胶片上同一点的粒子,在磁场中运动的半径相同,由qvB=mv2r,qE=mv2R,联立可得r=ERBv,所以打到胶片上同一点的粒子速度相等,与比荷无关,C项正确,D项错误。【答案】C把握三点,解决现代科技中的组合场问题(1)对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。(2)从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程,并画出运动轨迹的草图。(3)构建物理模型,选择合适的物理规律和方法解决问题。【变式训练3】(2018河北刑台第三次质量检测)(多选)回旋加速器的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

15、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处粒子源产生的质子的质量为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2RfB.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21D.只要不改变磁感应强度B,质子离开回旋加速器的最大动能就不变【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约,因v=2RT=2Rf,故A项正确;质子离开回旋加速器的最大动能Ekm=12mv2=2m2R2f2,与加速电

16、压U无关,B项错误;根据R=mvqB,qU=12mv12,2qU=12mv22,得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为21,C项正确;因质子的最大动能Ekm=2m2R2f2,与B无关,故D项错误。【答案】AC【变式训练4】(2019湖北武汉第一次模拟考试)目前,世界上正在研究一种新型发电机磁流体发电机。如图所示,将一束等离子体喷射入磁场,磁场中有两块平行金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压。如果射入的等离子体的初速度为v,两金属板的板长(沿初速度方向)为L,板间距离为d,金属板的正对面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于离子初速度方向(如图所示),负载电阻为

17、R,电离气体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时,电流表的示数为I,那么板间电离气体的电阻率为()。A.SdBLvI-RB.SdBdvI-RC.SLBdvI-RD.SLBLvI-R【解析】由左手定则知,正离子向B板运动,即B板带正电。发电机稳定时,离子所受电场力等于洛伦兹力,即qvB=qUd,解得U=Bvd,又R+R1=UI,R1为板间电离气体的电阻,且R1=dS,联立得到电阻率的表达式为=SdBdvI-R,B项正确,A、C、D三项错误。【答案】B1.(2018河北保定第二次检测)(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为

18、B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()。A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为31C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13【解析】两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A项错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ekq,故D项正确;在磁场中运动的半径由Bqv=mv2R、Ek=12mv2知R=1B2mUq1q,故B项正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin =dR1R,即sin30sin=13,故=60

19、=2,C项正确。【答案】BCD2.(2018广东汕头期末考试)如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环。一带电小球套在环上从a点开始运动,发现其速率保持不变。则小球()。A.带负电B.受到的洛伦兹力大小不变C.运动过程的加速度大小保持不变D.光滑环对小球始终没有作用力【解析】粒子速率不变,则粒子做匀速圆周运动,可知粒子所受的电场力和重力平衡,所以粒子受向上的电场力,则粒子带正电,A项错误;粒子的速率不变,根据f=Bqv可知,粒子受到的洛伦兹力大小不变,B项正确;因粒子在不同的圆

20、环中运动的半径不同,根据a=v2r可知,粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小,C项错误;粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中,加速度减小,根据F+qvB=ma可知光滑环对小球的作用力要发生变化,且作用力不可能总是零,D项错误。【答案】B3.(2018河南平顶山期末考试)在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向水平向里,现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出,小球着地时的速度为v1,在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除,其他条件均不变,那么小球着地时的速度为v2,在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计,则关于v1和v2,t1和t2的大

21、小比较,以下判断正确的是()。A.v1v2,t1t2B.v1=v2,t1t2C.v1=v2,t1t2D.v1v2,t1t2,B项正确,A、C、D三项错误。【答案】B4.(2018河北衡水阶段测试)(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h1,如图甲所示;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2,如图乙所示;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3,如图丙所示;若加上竖直向上的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4,如图丁所示。不计空气阻力,则()。A.一定有h1=h3B.一定有h1h2

22、,D项错误。图丁:因小球电性不知,则电场力方向不清,故高度可能大于h1,也可能小于h1,C项正确,B项错误。【答案】AC5.(2018辽宁盘锦第二次模拟考试)(多选)磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能,是一种低碳环保发电机,有着广泛的发展前景,其发电原理示意图如图所示。将一束等离子体(高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的微粒,整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路,设气流的速度为v,气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是()。A.上板是电源的正极,下板是电源的负极B.发电机稳定时,R两端的

23、电压U=BdvC.流经R的电流I=BdvRD.流经R的电流I=BdvSggSR+d【解析】等离子体射入匀强磁场,由左手定则可知,正粒子向上偏转,负粒子向下偏转,产生竖直向下的电场,正离子受向下的电场力和向上的洛伦兹力,当电场力和洛伦兹力平衡时,电场最强,即Eq=Bqv,E=Bv,两板间的电动势为Bvd,则通过R的电流I=BvdR+R气,R两端的电压U=IR=BdvRR+R气,而R气=dgS,则I=BdvSggSR+d,故A、D两项正确。【答案】AD6.(2019四川绵阳模拟考试)如图所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下,磁场的方向垂直于纸面向里,一带电液滴P恰好处于静

24、止状态,则下列说法正确的是()。A.若撤去电场,P可能做匀加速直线运动B.若撤去磁场,P可能做匀加速直线运动C.若给P一初速度,P可能做匀加速直线运动D.若给P一初速度,P可能沿顺时针方向做匀速圆周运动【解析】仅撤去电场,液滴受重力向下运动从而具有向下的速度,液滴受洛伦兹力,速度改变,洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化,P不可能做匀加速直线运动,A项错误;液滴静止时不受洛伦兹力,重力和电场力相互平衡,所以仅撤去磁场,P仍然静止,B项错误;若给P一初速度,则当P初速度方向与磁场平行时,P不受洛伦兹力,重力和电场力仍平衡,P受力平衡,可以做匀速直线运动,但是不能做匀加速直线运动,C项错误;当P的初

25、速度方向与磁场垂直时,重力和电场力的合力为零,洛伦兹力提供向心力,P带负电,做顺时针方向的匀速圆周运动,D项正确。【答案】D1.(2017全国卷,16)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()。A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma【解析】对微粒a,洛伦兹力提供其做圆周运动所需的向心力,且mag=Eq,对微粒b有qvB+Eq=m

26、bg,对微粒c有qvB+mcg=Eq,联立解得mbmamc,B项正确。【答案】B2.(2018全国卷,25)如图甲所示,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求:甲 (1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)磁场的磁感应强度大小。(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。【解析】(1)1

27、1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图乙所示。设11H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有乙s1=v1t1h=12a1t12由题给条件,11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60。11H进入磁场时速度沿竖直方向的分量的大小为a1t1=v1tan 1联立以上各式得s1=233h。(2)11H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1设11H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有v1=v12+(a1t1)2设磁感应强度大小为B,11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,

28、由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B=mv12R1由几何关系得s1=2R1sin 1联立以上各式得B=6mEqh。(3)设12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得122mv22=12mv12由牛顿第二定律有qE=2ma2设12H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2=v2t2h=12a2t22v2=v22+(a2t2)2sin 2=a2t2v2联立以上各式得s2=s1,2=1,v2=22v1设12H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由上式及粒子在匀强

29、磁场中做圆周运动的半径公式得R2=(2m)v2qB=2R1所以出射点在原点左侧。设12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2,由几何关系有s2=2R2sin 2则12H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离s=s2-s2=233(2-1)h。【答案】(1)233h(2)6mEqh(3)233(2-1)h3.(2018全国卷,24)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l

30、。不计重力影响和离子间的相互作用。求: (1)磁场的磁感应强度大小。(2)甲、乙两种离子的比荷之比。【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=12m1v12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v12R1由几何关系知2R1=l联立解得B=4Ulv1。(2)设乙种离子所带电荷量为q2,质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=12m2v22q2v2B=m2v22R2由题给条件有2R2=l2联立解得,甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1q2m2=14。【答案

31、】(1)4Ulv1(2)14甲4.(2018全国卷,25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图甲所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。(2)求该粒子从M点入射时速度的大小。(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好

32、与x轴正方向的夹角为6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【解析】(1)粒子运动的轨迹如图乙所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)乙 (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为(如图丙),速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有丙qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv2R由几何关系得l=2Rcos 联立得v0=2ElBl。(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0tan6联立得qm=43ElB2l2设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+22-62T式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2mqB联立解得t=BlE1+3l18l。【答案】(1)见解析(2)2ElBl(3)43ElB2l2BlE1+3l18l26