【优化方案】2021届高考物理二轮课时演练知能提升-专题十四-带电粒子在复合场中的运动(含详解)

A一、选择题1．如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线．现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成两条径迹，则下列说法中正确的是()A．粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度B．粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度C．粒子1的比荷等于粒子2的比荷D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷解析：选B.两种不同的宇宙射线粒子沿直线通过正交的电场和磁场区域(速度选择器)，说明两种粒子的速度大小相等，都是v＝eq\f(E,B1)，则选项B正确，而选项A错误；两种粒子在同一磁场中的运动半径不相等，且r2＞r1，即eq\f(m1,q1)·eq\f(v,B2)＜eq\f(m2,q2)·eq\f(v,B2)，因此，粒子1的比荷大于粒子2的比荷，选项C、D均错误．2．(多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图．平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压．假如把A、B和用电器连接，A、B就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B′，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是()A．A是直流电源的正极B．B是直流电源的正极C．电源的电动势为B′dvD．电源的电动势为qvB′解析：选BC.等离子体喷入磁场，带正电的粒子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B是直流电源的正极，则选项B正确；当带电粒子以速度v做直线运动时，eq\f(U,d)q＝qvB′，电源的电动势U＝B′dv，则选项C正确．3．(多选)(2022·江苏连云港模拟)如图为回旋加速器的示意图．其核心部分是两个D型金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与调频沟通电源相连．带电粒子在D型盒中心四周由静止释放，忽视带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应．欲使粒子在D型盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是()A．仅将磁感应强度变为原来的2倍B．仅将沟通电源的电压变为原来的1/2C．仅将D型盒的半径变为原来的eq\r(2)倍D．仅将沟通电源的周期变为原来的2倍解析：选BC.带电粒子在D型盒中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，设粒子在电场中的加速次数为n，由动能定理得nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，粒子在D型盒中运动的最大半径，即D型盒的半径R＝eq\f(mvm,qB)，由以上三式可得，粒子在D型盒中运动的时间t＝n·eq\f(T,2)＝eq\f(πBR2,2U)，由此可得B、C正确．回旋加速器工作时，交变电压周期与粒子运动周期应相等，若仅将沟通电源周期变为原来2倍，或仅将磁感应强度变为原来的2倍(即周期T变为原来的eq\f(1,2))，则不能进行正常回旋，故A、D错误．4．(2021·高考重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面对里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()A.eq\f(IB,|q|aU)，负B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，负D.eq\f(IB,|q|bU)，正解析：选C.因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，依据左手定则可推断自由运动电荷带负电，则B、D两项均错．设长方体形材料长度为L，总电量为Q，则其单位体积内自由运动电荷数为eq\f(Q,|q|ab·L)，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，A项错误，C项正确．5．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：选CD.三个小球在运动过程中机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，在圆形轨道的最高点时对甲有qv1B＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),r)，对乙有mg－qv2B＝eq\f(mv\o\al(2,2),r)，对丙有mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),r)，可推断v1＞v3＞v2，选项A、B错误，选项C、D正确．6．(多选)(2022·延安模拟)如图所示，一平行板电容器，板长为2d，板间距离为d.一带电量为q、质量为m的正离子(重力不计)以速度v0贴近左极板，从与极板平行的方向射入，恰沿右极板下边缘射出．在右极板右边空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)．要使正离子在磁场中运动后，又能直接从右极板上边缘进入电场，则()A．磁场方向垂直纸面对里B．磁场方向垂直纸面对外C．磁感应强度大小为eq\f(mv0,qd)D．在磁场中运动时间为eq\f(3\r(2)πd,2v0)答案：AC7．(2022·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是()A．该微粒确定带负电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为eq\f(mgcosθ,qv)D．该电场的场强为Bvcosθ解析：选A.若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒应带负电q，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应当做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有关系：cosθ＝eq\f(mg,qvB)，sinθ＝eq\f(qE,Bqv)，得磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，电场的场强E＝Bvsinθ，故选项C、D错误．8．(2022·株洲一模)如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开头下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是()A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动B．在复合场中，小球下落过程中的电势能增大C．小球从静止开头下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的削减量总和D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变解析：选C.小球刚进入电场、磁场区域，受力如图，因此小球向右偏转．由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小和方向均变化，故A错；因电场力做正功，故小球的电势能削减，B错；由于洛伦兹力不做功，由能量守恒可知C对；当磁场变强，小球落地点的水平位移增大，电势能减小量增大，小球动能增大，D错．9．(多选)(2022·连云港一模)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，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的()解析：选AD.由左手定则可推断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力渐渐减小到零，故圆环做加速度渐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开头做匀速直线运动，D正确．二、计算题10．(2022·马鞍山一模)如图所示，在地面四周，坐标系xOy在竖直平面内的空间中存在着沿水平方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E.一个带正电的油滴经图中x轴上的M点，始终沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下做匀速直线运动，进入x＞0区域．要使油滴进入x＞0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需要在x＞0区域加一个匀强电场E′.若带电油滴做匀速圆周运动通过x轴上的N点，且MO＝NO，g取10m/s2.求：(1)油滴运动速度的大小；(2)在x＞0空间内所加电场强度的大小和方向；(3)油滴从x轴上的M点开头运动到达N点所用的时间．解析：(1)带正电的油滴在x＜0空间的受力分析如图所示．依据平衡条件可得：在竖直方向上qvBcos30°＝mg在水平方向上qvBsin30°＝qE解得v＝eq\f(2E,B).(2)联立(1)中两式解得mg＝eq\r(3)qE油滴在磁场中做匀速圆周运动，要求mg＝qE′故E′＝eq\f(mg,q)＝eq\r(3)E，且场强方向竖直向上．(3)设油滴从M点到P点的时间为t1，从P点到N点的时间为t2，油滴做匀速圆周运动的轨道半径为R.过P点作直线MP的垂线交x轴于O′.由几何学问得：O′P＝eq\f(OM,cos30°)tan30°＝eq\f(2,3)OMO′N＝ON－O′Psin30°＝eq\f(2,3)OM故O′为圆心．qvB＝eq\f(mv2,R)由几何学问MP＝Rcot30°t1＝eq\f(MP,v)t2＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πR,v)tMN＝t1＋t2＝eq\f(\r(3)E,Bg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋\f(2,3)π)).答案：(1)eq\f(2E,B)(2)eq\r(3)E竖直向上(3)eq\f(\r(3)E,Bg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋\f(2,3)π))11．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，其次象限内存在有方向垂直纸面对外的匀强磁场．荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为2eq\r(2)v0、方向与x轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标．解析：(1)设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，(图中α、β、θ均为45°)设其圆周运动的半径为R，有Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，其中R＝eq\f(L,2)当粒子以初速度大小为2eq\r(2)v0、方向与x轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R′，则有Bq×2eq\r(2)v0＝meq\f(8v\o\al(2,0),R′)由以上各式可解得R′＝eq\r(2)L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场．故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO＝(eq\r(2)－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中向上运动的距离为h，则有：L＝2eq\r(2)v0t，h＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)以上各式联立可解得：h＝eq\f(qEL2,16mv\o\al(2,0))所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，\f(qEL2,16mv\o\al(2,0))＋\r(2)－1L)).答案：见解析12．(2022·太原二模)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，紧靠极板的右边缘的等边△FGH区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面对里，F、H位于y轴上，边界FG、HG关于x轴对称．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右接连放射质量为m、电荷量为＋q、速度相同的带电粒子，现在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压，已知t＝0时刻进入两板间的粒子恰好在t0时刻射入磁场且恰好不会从边界HG、FG射出磁场区域，上述l、m、q、t0为已知量，U0＝eq\f(ml2,qt\o\al(2,0))，不考虑粒子的重力及粒子间的相互影响，将PQ间电场视为匀强电场，求：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子射入磁场时的速度；(2)匀强磁场的磁感应强度；(3)t＝t0时刻进入两板间的带电粒子在匀强磁场中运动的时间．解析：(1)t＝0时刻进入电场的粒子t0时刻刚好射出电场，带电粒子沿x轴分速度大小为v0＝eq\f(l,t0)y轴负方向偏移距离y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,ml)teq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)l设粒子离开电场沿y轴负方向的分速度为vy，则有eq\f(1,2)l＝eq\f(vy,2)t0射入磁场的速度大小v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(\r(2)l,t0)，与y轴负方向夹角为45°.(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，由几何关系得R1＝eq\f(\r(2),2)l，又qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)解得B＝eq\f(2m,qt0).(3)t0时刻进入两板间的带电粒子在两板间做匀速直线运动，在2t0时刻沿x方向进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，设半径为R2R2＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1,2)lT＝eq\f(2πR2,v0)＝πt0设△FGH边长为a，则由几何关系得2R1＋eq\f(l,2)＝asin60°a＝eq\f(2\r(6)＋\r(3),3)l因eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－R2))sin60°＞R2，粒子不会从FG边射出磁场粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πt0,2).答案：见解析B一、选择题1．(多选)(2022·山西太原一模)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里．不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可接受的措施是()A．适当减小两金属板的正对面积B．适当增大两金属板间的距离C．适当减小匀强磁场的磁感应强度D．使带电粒子的电性相反解析：选AC.在这个复合场中，动能渐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力．当减小正对面积，场强E＝eq\f(4πkQ,εrS)，S↓，Q不变，E↑，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确．当增大两板间距离时，场强不变，所以B项错误．当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以C项正确．当转变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能照旧减小，故D项错误．2．(2022·江西八校联考)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面对里．从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽视不计)，其运动轨迹如图中虚线所示．对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达结果，用你已有的学问计算可能会有困难，但你可以用学过的学问对下面的四个结果作出推断．你认为正确的是()A.eq\f(2mE,B2q)B.eq\f(4mE2,B2q)C.eq\f(2mB,E2q)D.eq\f(mB,2Eq)解析：选A.依据量纲法可知A正确．3．(多选)(2022·高考江苏卷)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视，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解析：选CD.由左手定则可判定，电子将向霍尔元件的后表面运动，前表面的电势较高，故A错．由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势照旧较高，故B错．由电路可见，eq\f(IH,IL)＝eq\f(RL,R)，则IH＝eq\f(RL,R＋RL)I，故C正确．RL的热功率PL＝Ieq\o\al(2,L)RL＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RIH,RL)))2RL＝eq\f(R2I\o\al(2,H),RL)，由于B与I成正比，故有：UH＝keq\f(IHB,d)＝k′eq\f(IHI,d)＝k′eq\f(I\o\al(2,H)R＋RL,dRL)＝k′eq\f(R＋RL,R2d)PL，可得知UH与PL成正比，故D正确．4．(2022·西安一模)真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动．假设t＝0时刻，物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法错误的是()A．物体带正电且逆时针运动B．在物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能E＝eq\f(1,2)mv2C．在物体运动的过程中，重力势能随时间变化的关系为Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))D．在物体运动的过程中，电势能随时间变化的关系为E电＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(v,R)t－1))解析：选B.由于存在电势能的变化，故机械能不守恒，B错；题中物体所受的电场力与重力平衡，洛伦兹力供应其做匀速圆周运动所需的向心力，故知物体带正电，洛伦兹力使其逆时针转动，A对；重力势能Ep＝mgh＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，C对；电势能E电＝－qEh＝－mgh＝－Ep，D对．二、计算题5．(2022·高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥联立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ.(2)联立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ).答案：(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)6．如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处．板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面对外的匀强磁场．体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调整板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽视小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．(1)求油滴进入M孔时的速度v1；(2)求b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)油滴从细管的N孔射出的瞬间，将Uba和B马上调整为Uba′和B′，使油滴恰好不遇到a板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，恳求出Uba′和B′.解析：(1)油滴由小孔到M，由动能定理得：mgL＋qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)考虑到m＝ρV0得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(2)油滴从M孔进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，需使电场力与重力平衡，有mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力供应向心力，有qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)解得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(3)若油滴恰好不遇到a板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，由动能定理有－mgL－qUba′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得Uba′＝U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度应大小不变，方向相反，即B′＝－B.答案：见解析7．(2022·高考广东卷)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为抱负分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面对外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L.质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，遇到挡板的粒子不予考虑．(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．解析：(1)粒子在电场中，由动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力供应向心力qv1B0＝meq\f(v\o\al(2,1),r)②当k＝1时，由几何关系得r＝L③由①②③解得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md).④(2)若2＜k＜3，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏