【物理】2019届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 学案

‎2019届人教版 带电粒子在复合场中的运动 学案 热点分析 带电粒子在复合场中的运动是历年高考压轴题的首选，常以带电粒子的运动为主线，与力的平衡、圆周运动、类平抛运动等结合命题，在近几年高考中考查组合场的频率很高．‎ (1)在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.‎ (2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.‎ (3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.‎ 经典例题 ‎ ‎ 例1、如图7所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：‎ 图7‎ ‎(1)微粒入射速度v0为多少？‎ ‎(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【名师解析】(1)开关S闭合前，由＝v0t，＝gt2可解得 v0＝＝10 m/s。‎ 答案　(1)10 m/s　(2)与负极相连，120 V ≤U≤200 V 例2（2018四川四市二诊）如图所示，在竖直平面内xOy坐标系的第一、二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第三、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场．长度为L的绝缘轻质细线一端固定在O点，另一端系质量为m、电荷量为＋q的小球，小球恰能绕O点做完整的圆周运动。轨迹与y轴负半轴交于A点，距地面高度为L，重力加速度为g，四个象限内匀强电场的场强大小都是E＝，不计阻力，运动过程中电荷量保持不变。‎ ‎（1）求小球做圆周运动过程中的最小速度；‎ ‎（2）小球运动到A点，剪断细线，求小球落地点与A点间的水平距离。‎ 即小球在圆周上与O点连线夹角为45°的C点时速度最小，设最小速度为vc，则 F＝（1分）‎ 解得： （1分）学 ‎ 例3如图所示，在xoy平面内，以O1（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2．在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小，ab与MN间磁场磁感应强度．不计电子重力．‎ ‎（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？学 ]‎ ‎（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大距离h2‎ 时，求电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s．‎ ‎【参考答案】(1) (2) （3） ‎ ‎（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道半径为，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则有：‎ ‎，，‎ 如果电子在O点以速度沿x轴负方向射入电场，经电场和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，轨迹如图：‎ 则感光板与ab间的最小距离为：‎ 联立得到：，，，；‎ ‎（3）如果电子在O点以速度沿x轴正方向射入电场，经电场和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，轨迹如图：‎ 则感光板与ab间的最大距离为，解得，‎ 点睛：本题考查了带电粒子在磁场、电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹，结合临界状态，根据半径公式、周期公式以及几何关系综合求解。‎ 例4（2016广州二模）如图，矩形abcd区域有磁感应强度为B的匀强磁场，ab边长为3L，bc边足够长。厚度不计的挡板MN长为5L，平行bc边放置在磁场中，与bc边相距L，左端与ab边也相距L。质量为m、电荷量为e的电子，由静止开始经电场加速后沿ab边进入磁场区域。电子与挡板碰撞后完全被吸收并导走。‎ ‎（1）如果加速电压控制在一定范围内，能保证在这个电压范围内加速的电子进入磁场后在磁场中运动时间都相同。求这个加速电压U的范围。‎ ‎（2）调节加速电压，使电子能落在挡板上表面，求电子落在挡板上表面的最大宽度。‎ ‎【名师解析】（1）只要电子从ad边离开磁场，其运动的轨迹为半圆，运动时间相同，都为，当电子与挡板下表面相切时轨迹的半径r1=2L，圆心为O1，如图所示，要使电子在磁场中的运动时间相等，必须满足：①‎ 若电子恰好绕过挡板最右端从ad边离开磁场，设其轨迹的半径为r2 ，由几何关系有：‎ ‎⑤‎ 解得：⑥，即电子将从bc边出去了，即电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场。所以，使电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是：‎ ‎⑦ ‎ ‎（ii）电子不能从bc边射出，设电子轨迹与bc边相切时的半径为r4圆心为O4，打在上板的D点。则有：‎ ‎ r4=3L⑩ ‎ 所以： 学 ‎ 例5如图所示，xOy平面的第Ⅱ象限内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，有一质量为m、电荷量为＋q的a粒子从x轴上坐标为(－l,0)的A点以速度v0，沿与x轴正向成θ＝60°的方向射入第Ⅱ象限，经磁场偏转后，从y轴上的坐标为(0，l)的P点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，y轴和垂直于x轴的虚线之间有沿y轴负方向的匀强电场，a粒子将从虚线与x轴交点Q进入第Ⅳ象限，Q点横坐标xQ＝2l，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小与第Ⅱ象限匀强磁场相同(不计粒子的重力)．‎ ‎(1)求第Ⅱ象限匀强磁场的方向及磁感应强度的大小B；‎ ‎(2)求匀强电场的电场强度的大小E；‎ ‎(3)如在a粒子刚进入第Ⅱ象限的同时，有另一质量为m、电荷量为－q的b粒子，从y轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，a、b粒子将发生迎面正碰，求M点纵坐标yM以及相碰点N的横坐标xN和纵坐标yN.‎ ‎(2)粒子在电场中做类平抛运动，则加速度a＝ ‎2l＝v0t l＝at2‎ 解得：E＝ ‎(3)b粒子与a粒子在电场中运动情况相同，只是向上偏转，两粒子在右侧磁场中迎面相碰，b粒子应在a粒子飞出右侧磁场的位置飞入磁场，设a粒子飞出电场时的速度为v，则：‎ qEl＝mv2－mv，解得v＝v0‎ 设速度v与x轴正方向夹角为α，则vcosα＝v0，解得α＝ b粒子在磁场中运动时有qvB′＝m，由已知条件易知B′＝B，解得r2＝l 设b粒子飞入右侧磁场时的纵坐标为yb，则yb＝2r2cosα＝4l 所以M点纵坐标yM＝yb－yP＝3l a粒子在第Ⅱ象限磁场中转过的圆心角为θ＝，两粒子在电场中运动时间相同，所以a粒子进入磁场时，b粒子已转过的圆心角为θ，a、b粒子再各转动 时相遇．设相碰点与圆心的连线与x轴正方向所成角为φ，由分析可知φ＝ 例6如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求： ‎ ‎(1)K极板所带电荷的电性；‎ ‎(2)粒子经过c点时的速度大小；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积。‎ ‎ (3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a、c为两个切点。‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qvcB＝m ]‎ 可得轨迹半径R＝＝ 粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。‎ 磁场最小面积S＝πR2＝。学 ‎ ‎ 学 ]‎ 例7．一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，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，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点射入时速度的大小；‎ ‎（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ ‎【参考答案】（1）轨迹图如图所示：‎ ‎（2） （3） ; ‎ ‎（1）粒子运动的轨迹如图（a）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）‎ ‎（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（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE=ma ①‎ 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=at ②‎ ‎ ③‎ ‎ ④‎ 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 ‎ ⑤‎ 由几何关系得 ‎ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 ‎ ⑦‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ ‎ ⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 ‎ ⑫‎ 故本题答案是：（1）轨迹图如图所示：‎ ‎（2） （3） ; ‎ 例8(2014·浙江)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图17-2-1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。‎ I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图17-2-2所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0<α<90◦）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内 不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。‎ （1） 求II区的加速电压及离子的加速度大小； | |X|X|K]‎ （2） 为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；‎ （3） α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；‎ （4） 要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。‎ ‎（2）由右手定则可判断出磁场方向应垂直于纸面向外。‎ ‎（4）如图所示，OA=R-r，OC=R/2，AC=r 在△OAC中，由余弦定理得，(R-r)2=r2+R2/4-2r·R/2sinα 解得：r=‎ 由⑥⑨解得，. ]‎ 注解：画出轨迹示意图，由图中的几何关系，利用相关知识得出轨道半径r。‎ 例9（2017年10月浙江十校联盟联考）（16分）如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L＝0.2 m，板间距d＝0.2 m．两金属板间加如图甲所示的电压U， 忽略电场的边缘效应．在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s＝0.4 m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B＝5×10-3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外……．在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷q/m＝1×108 C/kg、初速度为v0＝2×105‎ ‎ m/s的带正电粒子。忽略粒子重力以及它们之间的相互作用．  （1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大； （2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度； （3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？ ‎ ‎【命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动、牛顿运动定律、洛伦兹力及其相关的物理知识，意在考查综合运用相关知识分析解决相关实际问题的能力。‎ 解得：U=400V<500V 当U取400V时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大 （2分）‎ 两粒子周期相同，则在磁场中运动的时间差t== （1分）学 ‎ ‎（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为θ，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）．又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动．‎ 轨迹长度为：，运动速率为： ‎ 时间为：代入数据解得 （3分）‎ ‎ ‎ 例10.如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝AD＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。‎ ‎(1)若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，求磁场的磁感应强度B0和粒子运动中的加速度a的大小。‎ ‎(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，求磁场的磁感应强度B0的大小及磁场变化的周期T0。‎ 联立解得B0＝ 粒子做圆周运动的加速度大小为a＝＝。‎ ‎(2)由题意可知粒子每经过一周期，其末速度方向与初速度方向相同，其部分轨迹如图所示，粒子从A到C经历的时间为磁场变化周期的整数(n)倍 即AB方向有L＝2nRsin θ AD方向有L＝2nR(1－cos θ)‎ 联立得cos θ＝，cos θ＝1(舍去)‎ 即θ＝60°，R＝ 例11（2014·山东）如图16-5甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。‎ ‎（1）若△t =TB，求B0；‎ ‎（2）若△t =TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； ‎ ‎（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。‎ ‎【名师解析】根据题述，可使t=0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上，结合各小题条件，列出相关方程解答。‎ ‎（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得 学 ]‎ a=‎ 据题意由几何关系得：3R2=d。‎ 联立解得：a=.‎ 联立解得： d=4 R。‎ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，连线与水平方向的夹角为，在每个TB时间内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求：0<θ<π/2。由题意可知：‎ T=‎ 设经历完整TB的个数为n（n=0,1,2,3，···）‎ 若在A点击中P板，据题意由几何关系得：R+2(R+Rsinθ)n=d 当n=0时，无解。‎ 当n=1时，解得sinθ=0.5，θ=。‎ 联立解得：TB=。‎ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。‎ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得：R+2 Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d 当n=0时，无解。‎ 当n=1时，解得sinθ=，θ=arcsin()。‎ 联立解得：TB=[+ arcsin()]。‎ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。‎ 练兵场 ‎1.如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK.穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用．‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；‎ ‎(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；‎ ‎(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线．‎ ‎2.如图甲所示，在xOy平面的第三象限内有一个粒子发射装置S，它可以向第一象限0° 90°范围内的不同方向发射速率为v0=1.0×103m/s，比荷为=1×105C/kg的大量带负电粒子．现在x轴上方的某区域内加一个匀强磁场，使所有粒子经过磁场后能在0≤y≤0.1m的范围内沿x轴正向运动．粒子越过磁场区域后进入一个由平行板电容器MN所产生的正方形电场区域，电容器两极板上的电压随时间变化的图象如图乙所示，已知电容器的左右两端位于x1=0.15m，x2=0.25m处，上下两端位于y1=0.1m、y2=0m处，在x=0.3m处有一个平行于y轴的荧屏L，粒子打到荧光屏后能够发光．若所有粒子的运动轨迹都在一行于纸面的平面内，且不计粒子的重力、粒子间的相互作用及粒子落在极板和荧光屏上对电压的影响．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）偏转磁场的感应强度；‎ ‎（2）偏转磁场在图中坐标系中分布的最小面积（结果保留两位有效数字）；‎ ‎（3）电容器两极板间有电压和无电压时荧光屏上平行于y轴方向发光长度的比值． 学 ‎3. （2014高考福建理综）如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿 轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。‎ ‎（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；‎ ‎（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；‎ ‎（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。‎ 参考答案 ‎1.【参考答案】（1）； (2) －60°≤θ≤60°；（3）0. 82N；‎ ‎（4）；‎ ‎（1）电子均从P点射出，电子做圆周运动的轨道半径：r=R 电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，由几何关系可得：‎ 解得：‎ 同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为 则夹角θ的范围是：‎ ‎（4）由动能定理得：，解得：‎ 与负y轴成角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需的最小反向电压为：或根据（3）可得饱和电流大小为：‎ 则电流i随变化的关系曲线，如图所示：‎ ‎【点睛】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键，解题时注意求出极限值然后再确定范围。学 ‎ ‎2.【参考答案】（1） （2） （3）‎ ‎(2)由题意可知，电子是以一定速度从原点O沿任意方向射入第一象限时，先考察速度沿+y方向的电子，其运动轨迹是圆心在x轴上的(0.1,0)点，半径为R=0.1m的圆。该电子沿圆弧运动至最高点时即朝x轴的正向，可见这段圆弧就是符合条件磁场的上边界，如图1所示 当电子速度方向与x轴正向成角度θ时,作出轨迹图2,当电子达到磁场边界时,速度方向必须平行于x轴方向,设边界任一点的坐标为S(x,y)，由图2可知，‎ x=Rsinθ，y=R−Rcosθ，消去参数θ得，‎ x2 +(y−R)2 =R2 ‎ 可以看出随着θ的变化，S的轨迹是圆心为 (0,R)，半径为R的圆，即是磁场区域的下边界。‎ 上下边界就构成一个叶片形磁场边界，如图3所示，则符合条件的磁场最小面积为扇形面积减去等腰直角三角形面积的2倍。‎ S=2(−)=R2 ‎ 本题中R=0.1m,代入上式得S=5.7×10−3 m2  | |k ]‎ 竖直方向：y==×1×107×(1×10−4)2=0.05m=5cm，‎ 电场方向向下，带负电粒子向上偏转，沿中心线射入的粒子恰好沿边界射出，在中心线上方进入平行板电容器的粒子打在极板上，沿中心线射入的粒子打在屏上的位置距中心线距离y′,根据几何关系，y′=10cm 沿下极板入射的粒子刚好打在屏上和上板同一水平线上，所以有电压时屏上发光长度为l2=5cm 所以有电压时和无电压时屏上发光长度的比值l2：l1=5cm：10cm=1：2‎ 点睛：根据粒子在磁场中匀速圆周运动的某一临界轨迹，沿+y方向入射，根据轨迹求出半径，再结合洛伦兹力提供向心力求出半径公式，联立求出磁感应强度；求出偏转磁场的上下边界，包围的面积即为最小面积；无电压时，粒子在板间匀速直线运动，发光亮度就是板宽度，有电压时根据类平抛运动的规律求出在屏上的亮度．‎ ‎3.【名师解析】根据导电液体中的带电粒子在管道内运动受力平衡解得M、N两板间的电势差大小U0；根据开关闭合前后管道内导电液体受力情况及其相关知识，解得管道两端压强差的变化Δp；表示出电阻R获得的功率表达式，利用相关数学知识得到电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。‎ ‎【解答】（1）设带电粒子所带的电量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持相对稳定，有：‎ q v0B=q 解得：U0=Bd v0。‎ 联立解得压强差的变化Δp=。‎ ‎(3)电阻R获得的功率为：P=I2R= R，‎ 变化为：P=R， 学 ]‎ 当=即d/h=LR/ρ时，电阻R获得最大功率。‎ 最大功率：Pm=。‎ 注解：此题求最值运用了“积定二数相等时和最大”。‎