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专题32带电粒子在电磁组合场中的运动：粒子由磁场进入电场
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
一、解答题
1．如图所示，在xoy平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y轴负方向。原点O处有一粒子源，可在xoy平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在0~v0之间、质量为m、电荷量为+q的同种粒子。在y轴正半轴垂直于xoy平面放置一块足够长的薄板，薄板上处开一个小孔，薄板上有粒子轰击的区域的长度为L0。已知电场强度的大小为，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。求：
(1)贴着y轴负方向射出的粒子，打在薄板何处？
(2)匀强磁场磁感应强度的大小B
(3)粒子源发射的粒子垂直y轴穿过小孔进入左侧电场区域，经过x轴的横坐标
(4)粒子源发射的粒子穿过小孔进入左侧电场区域，经过x轴最远点的横坐标
【答案】(1)
打在薄板O点处；(2)
；
(3)
；(4)
【详解】
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，贴着y轴负方向射出的粒子，圆心都在x轴上，转一周恰好都打在打在薄板上的O点。
(2)速度为v0，且沿着x轴正方向发射的粒子，打在薄板的最远处，设轨道半径根据为r0，根据
由于
联立得
(3)穿过小孔的粒子轨道半径
因此粒子的速度
在电场中做类平抛运动
且
联立得
(4)设速度为v的粒子，与y轴正方向夹角成射出，如图所示
恰好穿过小孔，在磁场中运动过程中，根据
由于几何关系可知
穿过小孔后，速度的水平分量
联立可得
也就是无论速度是多少，穿过小孔后水平速度都相同，竖直向上的分速度越大，落点位置越远，因此竖直分速度最大值
在电场中做斜上抛运动
解得
2．如图所示，真空中有一个半径的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁感应强度，方向垂直于纸面向外，在圆形磁场区域的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为，板长，板间中线的反向延长线恰好过磁场圆的圆心。若在O点处有一粒子源，能均匀的向磁场中各个方向源源不断地发射速率相同、比荷为且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内。已知一个沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子入射的速度的大小；
（2）若已知两平行金属板间电场强度，则从M、N板右端射出平行板间的粒子数与从O点射入磁场的总粒子的比值。
（3）若平行板足够长，且在平行板的左端装上一挡板（图中未画出），挡板正中间处有一小孔，恰能让单个粒子通过，且在两板间加上沿y轴负方向的匀强电场E和垂直平面向里的匀强磁场，要使粒子能从两极板间射出。求电场强度E的大小范围。（提示：带电粒子在复合场中的运动可以看成匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如解图所示
（2）沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，所有粒子出磁场后都沿x正方向运动。恰能从N板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如解图曲线Ⅰ所示
则
所以从N板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为；
同理可得，从M板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为；
所以射入板间的粒子占射入磁场粒子的比例为
能射出电场的粒子其偏移量
所以恰好有一半粒子射出，得
（3）令
①当时，有
②当时，有
粒子以作匀速圆周运动
若要粒子能射出，则可得
③当时，有
粒子以作匀速圆周运动
若要粒子能射出，则可得
即
3．如图所示，在直角坐标系内，射线（O为顶点）与y轴夹角为30°，与y轴所围区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，与x轴之间存在匀强电场，方向沿x轴负方向。一个带电粒子经加速电压U加速后，以与平行的速度从N点进入磁场，
间距为，带电粒子从上的某点A（图中未画出）垂直于离开磁场，从x轴上的某点C（图中未画出）垂直于x轴离开电场，不计粒子的重力。求∶
(1)带电粒子的电性及比荷；
(2)带电粒子在第一象限中的运动时间；
(3)匀强电场的电场强度。
【答案】(1)
正电，；(2)；(3)
【详解】
(1)磁场方向垂直纸面向外，粒子垂直于离开磁场，则所受洛伦兹力在速度方向的右侧，可知粒子带正电画出运动轨迹，由几何关系可得
在磁场中由牛顿第二定律可得
在电场中加速可得
联立式解得
(2)由(1)可得粒子进入磁场时的速度为
此后进入电场，当出射方向和x轴垂直时，可知粒子在x方向的分速度减为零，沿y轴方向可视为做匀速直线运动。垂直出射时，与竖直方向夹角为60°
在磁场中做匀速圆周运动，运动路径为四分之一圆周，在磁场中的运动时间
从上的出射点到O点的距离为
则在电场中的运动时间为
在第一象限中运动的总时间为
(3)在x方向上做匀减速运动
垂直出射，x方向速度恰好减到0
联立可得
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限进入第三象限，经过y轴时速度方向与y轴负方向成60°角，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求：
(1)P点距O点的距离d；
(2)电子在电场中的运动时间t；
(3)第三象限内的磁感应强度B2的大小。
【答案】(1)；(2)；(3)或
【详解】
(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：
在中，根据几何知识有
d=
(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有
根据运动学规律有
解得
(3)电子在第三象限运动时速度
做匀速圆周运动有两种情况
①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根
据几何知识有
洛伦兹力提供向心力
解得
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有
根据牛顿第二定律有
解得
5．如图甲所示，有一半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场区域左侧有一长为2R的竖直放置的线状发射器，发射器各处均匀持续地水平向右发射相同速度的同种粒子，粒子质量m，带电量为+q，发射速度为，已知发射器每秒钟发射n个粒子。磁场区下方水平正对放置两平行收集板M和N，磁场下边缘与M板中点相切，切点处开有一小孔C，两板长均为πR，板间距离为πR。到达收集板的粒子被悉数收集并立即移走。
（1）若两收集板不加电压，求到达收集板N粒子数的收集率；
（2）若在M、N两板间加一电压UMN，请通过分析计算，画出到达N板的粒子数和UMN的关系图；
（3）若在M板下方加入垂直纸面向外的匀强磁场磁感应强度为B，把软性N板卷成一单层圆筒，如图乙，圆心O2在C的正下方，且O2C=，求此圆筒的收集率。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【详解】
（1）不加电压时，粒子做匀速直线运动，对N板左侧边缘的粒子
，=60°
由几何关系可得：该粒子来自于发射器中点P点上方
同理：打在N板右侧边缘的粒子来自于发射器中点P点下方处。故收集率
（2）若UMN<0，粒子在垂直板方向做减速运动，电压越大到达N板的粒子越少，对垂直射向N板的粒子分析，临界：到N板时速度为零，此时收集率为0
可得
若UMN>0，粒子在垂直板方向做加速运动，电压越大到达N板的粒子越多，对水平方向飞行的粒子分析，临界：恰能打到N板边缘
联立可得
（3）粒子在下方磁场中轨迹半径为R，圆筒半径为0.5R。对于和圆筒左侧相切的粒子，
如图
设∠O3CO2=，cos=，圆心O3和M板的距离为
Rcos=R
即：M板上方h=R处发射的粒子刚好和圆筒相切。
对于在C处水平向右射入的粒子，恰好和圆筒底部顶点相切，此粒子来自于发射板最底点，故此圆收集的粒子区域来源于发射器下方R区域，故收集率为。
6．如图所示，直线OA与x轴正方向夹角为37°，OA上方与y轴之间有垂直xoy平面向外的匀强磁场B2；OA下方与直线x=d左侧之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=1m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=0.2T，方向与B2相同，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线OA垂直。粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为，粒子重力不计。求：（计算结果均保留三位有效数字）
(1)粒子在圆形匀强磁场B1中运动的时间t1；
(2)坐标d的值；
(3)要使粒子打不到y轴上，磁感应强度B2应满足的条件。
【答案】(1)
；(2)5.11m；(3)B2>0.193T
【详解】
（1）在磁场B1中，洛伦兹力提供向心力，则有
轨迹恰为四分之一圆，则有
（2）在电场中做类平抛运动，则有竖直方向速度
竖直方向做匀加速做直线运动，则有
又根据
联立解得坐标d的值
（3）进入磁场B2的速度为
当带电粒子与y轴相切时，圆周半径
联立解得
洛伦兹力提供向心力
要使粒子打不到y轴上，所以
7．如图所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1(未知)、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于(0，R)；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距，x轴与直线CD之间的区域有一沿＋y轴的匀强电场，电场强度；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；
(3)欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积和此时x轴上有电子到达的范围长度。
【答案】(1)；(2)2R；(3)，
【详解】
(1)由图可知r1＝R，根据洛仑兹力提供向心力可知
解得
(2)在电场中电子的加速度
由于最上方的电子从O点出来的速度方向水平向左，大小为v0，故此电子到达CD直线上距y轴最远，在y方向上有
解得
水平方向上有
故电子第一次到达CD直线的范围长度
l1＝2R
(3)在CD直线下方的磁场中，根据动能定理可知
解得
即所有进入下方磁场的电子都具有相同的速度大小，电子在磁场中的运动轨迹半径
如下图，最上方的电子进入磁场时速度与CD直线夹角满足
解得
θ＝60°
由图可知，当最上方的电子速度与CD直线夹角为60°时，能够到达O点，当最下方的电子垂直进入磁场后，出磁场的方向与CD直线夹角为60°时，恰好能到达x轴，所以，由几何关系可得到矩形磁场的最小面积
由图可知，x轴上有电子到达的范围
8．如图所示，有界匀强磁场的宽度为d=0.3m，磁感应强度B=2×10－3T。磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=25V/m、方向向左的匀强电场，一带电粒子电荷量为q=3.2×10－19C的负电荷，质量m=6.4×10－27kg，以v0=5×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出，求
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)大致画出带电粒子的运动轨迹（画在题图上）；
(3)带电粒子飞出电场时的动能。
【答案】(1)0.5m；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有
得
(2)轨迹如图
(3)带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加
代人数据解得
9．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1=B方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2=B的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝45°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）。求：
(1)粒子的初速度大小v0；
(2)电场的电场强度大小E；
(3)调整荧光屏的位置，使M点竖直向下移动，GM距离等于2R，且使荧光屏MN水平，求荧光屏上的发光区域长度Δx。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)如图所示
分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径
由牛顿第二定律得
解得
(2)因粒子垂直打在荧光屏上所以在区域Ⅲ中的运动半径为
由牛顿第二定律得
解得
粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得
解得
(3)如图分析可知
速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得
速度方向与电场方向平行向右射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最低点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得解得
分析可知所有粒子均未平行于方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为
10．如图所示，在，内某一区域存在一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在直线的上方，直线与之间的区域内，另有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，当速度方向沿轴正方向时，粒子恰好从（的位置）点正上方的A点沿y轴正方向射出磁场，不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向沿x轴正方向成角（，其中粒子射入第一象限，取正：粒子射入第四象限，取负），为使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，写出磁场边界的轨迹方程。
(3)磁场的边界如题(2)所求，若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿轴正方向的夹角时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)当粒子速度沿x轴方向入射，从A点射出磁场时，几何关系知
r=a
由牛顿第二定律得
解得
(2)要使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，则要求进入电场时的速度与电场线平行，设与y轴正方向成θ角的粒子从磁场边界某点P（x，y）射出，由题可知，粒子运动的轨迹对应的圆心角刚好为
，如图，由几何关系可知P点的坐标为
消掉θ1可得边界的曲线方程为
即所加磁场在以（a，0）为圆心，半径为a的圆内，如图中圆所示。
(3)粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，
故粒子从P点的出射方向与OO1垂直，即与y轴平行；轨迹如图所示；则粒子从O到P所对应的圆心角为θ1=60°，粒子从O到P用时
由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离
粒子在电场中做匀变速运动的时间
粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间
粒子由P点第2次进入磁场，从Q点射出，PO1QO3构成菱形；由几何知识可知Q点在x轴上，即为（2a，0）点；粒子由P到Q所对应的圆心角θ2=120°，粒子从P到Q用时
粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间
11．如图所示，在xoy平面第Ⅱ象限内有一长，宽为的长方形区域，存在方向垂直xoy平面向里、大小的匀强磁场。一离子源从长方形顶角处沿左边界竖直向上射入磁场，其速度大小从到连续变化。在y轴右侧宽度的区间内存在沿x方向的匀强电场。在这群离子中，以速度为入射的粒子打在处，不计重力和粒子间的相互作用。求：
(1)离子比荷；
(2)这群离子仅经过磁场偏转直接通过y轴上的区间范围；
(3)若经过处的离子恰能返回y轴，现仅将粒子源水平向右移动0.04m，其它条件不变，求返回y轴的离子的速度大小范围。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
至
【详解】
(1)由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力
代入数据解得
(2)粒子运动轨迹如图所示
由图根据几何关系可得
经磁场偏转，离子落在y轴的区间范围为
(3)以速度v运动的离子落在y处，有
粒子运动的半径为
根据几何关系有
根据动能定理
联立并代入数据解得
粒子向右移动0.04m后，有
根据几何关系可得
粒子运动半径为
根据
速度为
当半径为
时，可得速度为
可见返回y轴的离子的速度范围为
至
12．天文观测结果表明，暗物质可能大量存在于星系、星团、及宇宙中。暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m，电量为e，通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法（称为“间接探测”）。如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，在xOy坐标系中，区域有垂直向外的磁场，区域有垂直向里的磁场，磁感应强度的大小均为B；区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度；处放置一块探测板P；正方形铝筒的开口宽度为d，仅考虑沿x轴正方向射入铝筒的正电子。磁场、电场、板沿y方向的长度足够，正电子重力以及相互作用不计。
（1）求能到达探测板上的正电子的最小入射速率；
（2）在的分界线上，有正电子到达的区域长度为2d，求进入铝筒的正电子的最大速率；
（3）考察上述、两种速率的正电子，打在探测板上的最近距离是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）能到达P板的前提是先穿越I区，临界状态的速度为，对应
据向心力公式得
解得
（2）分析知，速率最小的正电子到达Ⅱ、Ⅲ分界线时，最多可下移2d（从下边缘入射），
那么速率最大的正电子（从上边缘入射）到达分界线时的下移量为
即从上边缘以最大速率入射时，据对称性，到达I、Ⅱ分界线时的下移量为d/2
设半径为，则有
解得
由此
（3）如图，速率为的正电子打在板上的最高点为，速率为的正电子打在板上的最低点为，两者之间的最近距离为，与对应的电场中侧移量
与对应的侧移量
故
13．如图所示，半径为的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径与轴夹角为，一电子以平行轴，速率从点沿直径方向射入磁场，从点射出进入第Ⅰ象限磁感应强度为的磁场Ⅱ中，运动到点时速度方向与轴的正方向相同，点的右侧是竖直向下电场强度为的匀强电场，最终电子从轴点射出，出射方向与轴夹角为，已知电子质量为、电荷量为，不计电子重力，求：
(1)圆形磁场区域的磁感应强度大小；
(2)电子从到运动的时间.
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)由题意得，电子的运动半径恰好等于
解得
(2)电子在圆形磁场中的运动周期
电子在圆形区域的运动时间
电子由运动到时速度方向改变了60°角，所以其轨迹对应的圆心角为，运动的时间为
电子从点到点在匀强电场中仅受电场力作用做类平抛运动，根据牛顿第二定律可得
电子由到，设电子在点沿电场方向的速度大小为，则有
，
解得
所以电子从到运动的时间
14．如图所示，圆心为M（a，0）的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在虚线y=-a的下侧与虚线x=2a的左侧所围区域有竖直向下的匀强电场，其他的区域为无场区，两条虚线均与圆相切，P、N为切点。在x=4a处放置与x轴垂直的光屏。一质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿x轴正方向射入磁场，经磁场偏转后从N点离开磁场进入电场，最终打在光屏上，电子重力不计。求：
(1)电子从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场的速度v0；
(2)若大量的电子均以(1)问中速率v0，在xoy平面内沿不同方向同时从坐标原点射入，射入方向分布在与x轴正方向成60°范围内，不考虑电子间的相互作用，则电子先后到达光屏的最大时间差△t；
(3)若只有两束电子夹角为90°，均以(1)问中的速率v0在xoy平面内沿不同方向同时从坐标原点射入（两束电子的射入方向均不与y轴重合），求光屏上两光点间的最小距离Smin。
【答案】(1)；(2)；(3)4a
【详解】
(1)由电子能从N点离开磁场，由几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
R=a
联立解得
(2)如下图可以得，所有电子沿平行于电场方向离开磁场进入电场，电子运动的速率不变，电子在电场中的运动时间不变，电子在磁场中运动轨迹所对圆心角之和总保持不变，即电子在磁场中运动时间不变，并可以得到最后所有电子均从P点离开磁场，且离开磁场的方向与从O点射入磁场的方向相同，电子沿+x方向射入到打到光屏上的时间最短，沿与+x方向成60°射入打到光屏上的时间最长。
如图，沿与+x方向成60°射入的电子在第一个无场区域用时
电子经过第二个无场区域多用时
故电子先后到达光屏的最大时间差
(3)当电子束离开磁场区域时互成90°，打到光屏上的间距
联立上式可得
故光屏上两光点间的最小距离
15．如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿y轴正向的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度为B，电场和磁场的分界线为MN，MN穿过坐标原点和二、四象限，与y轴的夹角为θ＝30°。一个质量为m、带电量为q的带正电粒子，在坐标原点以大小为v0、方向与x轴正向成θ＝30°的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子从O点射出后到第三次经过边界MN时，粒子运动的时间。
【答案】（1）
（2）
【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知
求得
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为
由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有
求得
（2）粒子在磁场中运动做圆周运动的周期
第一次在磁场中运动的时间
在电场中运动时
qE=ma
第一次在电场中运动的时间
第二次在磁场中运动的时间
则粒子从O点射出后到第三次经过边界MN时，粒子运动的时间
16．如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上与O点相距为L的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，入电场时的速度方向恰与电场方向相反，不计重力。求:
(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；
(3)从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间；
(4)粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【详解】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，
由几何关系得
又由洛仑磁力提供向心力，有
解得
(2)依题意，粒子从P到M点第一次到达x轴粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为零，然后沿原路返回做匀加速运动，第二次到达x轴上的M点后进入磁场做圆周运动到N点转过90°，由几何关系有
所以粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为
(3)粒子在磁场中P到M点所需时间
粒子在电场中先减速再返回M点所需时间
粒子在磁场中从M点到N点所需时间
故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间
(4)粒子从N点到Q点做类平抛运动
解得
所以粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间为
17．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10-3T：磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场，一带电粒子电荷量为q=3.2×10-19C的负电荷，质量m=6.4×10-27kg，以v=4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出，求：
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹（画在题图L）；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(3)带电粒子飞出电场时的动能。
【答案】(1)；(2)0.4m；(3)7.68×103J
【详解】
(1)粒子运动轨边如图。
(2)带电粒子在磁场中运动时落仑兹力做向心力，则
得：=0.4m
(3)根据动能定理，粒子在射出电场过程中
代入数据解得：=7.68×103J
18．在如图所示的坐标系中，是垂直于轴的分界线，左侧等腰直角三角形区域内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，长为，右侧有极板长度和间距均为的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，且位于轴上，两极板的厚度均不计。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点沿轴正方向射入磁场，从边上的点射出磁场的电子速率为，且．已知电子打在轴上的最远点到电容器下极板右端的距离恰好也为，电子质量为，带电荷量为，不考虑电子间的相互作用以及电容器极板的边缘效应，不计电子受到的重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）电容器两极板间电压及电子从原点运动到点的时间。
【答案】（1）；（2），
【详解】
（1）从点射出磁场的电子的运动轨迹如图所示
，
根据几何关系可知
即
，
则电子在磁场中运动的半径为
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
解得
（2）由知，电子进入磁场时的速度越大，它在磁场中做圆周运动的半径越大，故从上极板边缘射入平行板电容器的电子打到轴的点，则该电子在磁场中运动的轨道半径为，且进入电场时的速度水平向右，由公式
解得电子的速度为
该电子在磁场中的运动时间
电子在电容器中运动，竖直方向上的末速度，根据运动学公式有
水平方向上有
根据牛顿第二定律有
电子垂直于极板方向的位移为
电子从射出电场到运动到点的时间为
此过程电子在竖直方向的位移为
因为
电子从到的时间为
联立解得
19．如图所示为平面直角坐标系xOy平面的俯视图，在第一象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1；在第二、第三象限存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限存在由特殊静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45°，电场强度大小为E2。一个带负电的粒子，从y轴上的P点（0，-d）沿x轴负方向射出，速度大小为，粒子的比荷，粒子运动依次经过y轴上的A点（图中未画出）、x轴上的C点、过C点且平行于y轴的直线上的D点（图中未画出）。已知粒子经过C点时的动能是经过A点时动能的2倍，粒子从C运动到D所用时间t2与从A运动到C所用时间t1的关系为t2=t1，不计粒子重力。求：
（1）A点的坐标；
（2）电场强度E1和E2的比值；
（3）从A点到D点电场力对粒子做的功W。
【答案】（1）（0，d）；（2）；（3）
【详解】
分析粒子运动.作出粒子的运动轨速如图所示
（1）粒子在P点沿x轴负方向进入勾强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为r，则有
代入数据解得
可见粒子做圆周运动的圆心在O点，A点在圆周的最高点，竖直坐标为
所以A点的坐标为（0，d）
（2）由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有
解得
可知与x轴正方向的夹角，粒子沿y轴负方向的分速度为
在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度
在y轴负方向根据运动学公式有
联立解得
与x轴的夹角,根据运动特点可知
OC=2d，运动时间为
由题意有
根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和的方向垂直
加速度为
C、D在同一条平行于y轴的直线上，在x轴方向位移为0，有
联立解得
则
（3）粒子在D点的速度大小
根据动能定理可得.电场力做的功
联立解得
20．如图甲所示，直角坐标系位于竖直平面内且x轴沿水平方向，其第二象限内有一对平行金属板A、B，两板相距为d，两板之间有方向平行于板面并垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，第一象限某一矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，第四象限存在一未知电场。第三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在竖直方向存在交变电场，将一个倾角为的滑绝缘斜面放置在此空间中。已知大量带电量均为的带电粒子从平行金属板左侧沿x轴正方向以相同的速度飞入平行金属板A、B之间，稳定后，某一质量为m的带电离子能沿平行金属板中心线射出，经过第一象限的磁场偏转后进入第四象限未知电场做匀减速直线运动，恰好沿斜面进入第三象限，此时粒子速度为0，且此后一直在第三象限内运动，取带电粒子刚进入斜面时为时刻，电场变化如图乙所示，电场方向竖直向上为正，场强大小为，已知的大小数值上等于，且题中d、、、q、m、、为已知量，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，则
（1）求稳定后两金属板之间的电势差；
（2）求带电粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径；
（3）求第一象限内磁场的最小面积与斜面倾角的函数关系式；
（4）若带电粒子在第内恰好没有离开斜面，后电场变为垂直斜面向上的匀强电场，电场大小变为，并在斜面末端安装一垂直斜面的荧光屏。已知小球在电场变化后的内打在荧光屏上，且与C点的距离为，求末带电粒子与斜面底端C点的距离L（计算结果用角度关系表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）粒子在第二象限的两板间沿直线运动，则满足
解得
（2）粒子在第一象限的矩形磁场中做匀速圆周运动，则
解得
（3）第一象限的矩形磁场的最小面积
（4）在19s之前电场和磁场共存时粒子没有离开斜面，粒子在刚进入第三象限后在电场的作用下加速，电场加速度后粒子在只有磁场存在的情况下做匀速圆周运动，则由
可得
代入数据解得；说明粒子在磁场单独存在的情况下做一个完整的匀速圆周运动，然后继续电场加速，磁场完整圆周运动的情形，当粒子即将脱离斜面时，则垂直斜面方向一定满足
在19s时电场的大小和方向均改变，则将粒子的速度分解为沿斜面运动的和，则有
粒子的的速度受到的洛伦兹力和电场力平衡，做沿斜面的匀速直线运动，的速度做只受洛伦兹力的匀速圆周运动，而运动了打在屏幕上，因此运动了圆周，根据条件可得圆周运动在斜面和垂直斜面的位移相同，因此总位移为做圆周运动的半径加匀速直线的位移，即
21．如图所示，在第一象限内，存在垂直x轴向下的匀强电场，第二象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，大小为B0，第四象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第二象限，在xOy平面以原点Ｏ为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至x轴上的N点，沿与x轴正方向成45°角离开电场；在磁场中运动一段时间后，垂直于y轴进入第三象限。不计粒子重力，求：
（1）第一象限电场强度的大小E；
（2）第四象限磁感应强度的大小B1。
【答案】（1）;（2）
【详解】
（1）在第二象限内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹为以原点Ｏ为圆心，半径为R0的圆周，则有
①
在第一象限内在电场力作用下做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
②
到达N点时，有
③
④
联立①~④解得
⑤
（2）粒子在第一象限内运动时，水平方向的位移为
⑥
又
⑦
到达N点时其合速度为
⑧
粒子在第四象限做匀速圆周运动，根据几何关系可求得，其半径为
⑨
又因为
⑩
联立①~⑩解得
22．如图所示，直角坐标系xOy所在空间的第一、二象限内分布着方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从原点O以初速度v0沿x轴负方向射出，然后恰能通过第一象限内P点，已知P点坐标为（a，），带电粒子的比荷为k，不计重力。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若仅将第一象限内的磁场换为平行y轴的匀强电场，粒子也恰能经过P，求该电场的电场强度E的大小及粒子从O到P所经历的时间t。
【答案】(1)；(2)，
【详解】
(1)粒子做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系得
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则
联立解得
，
(2)如图所示，若改为匀强电场，运动为类平抛，则
a=v0t
联立解得
粒子做圆周运动的时间
粒子做平抛运动的时间
则粒子从O到P所经历的时间
23．如图所示的坐标系内，直角三角形OPA区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形OP边平行的匀强电场，电场强度为E，方向斜向下并与x轴的夹角为30°，已知OP边的长度为L，有一不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以v0的速度从A点垂直于y轴射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于OP边方向射入电场，最终速度方向垂直于x轴射出电场。求：
(1)加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小
(2)带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值
(3)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间
【答案】(1)；；(2)；(3)
【详解】
(1)设加速电场的电压为，由动能定理可得
解得
根据题设，带电粒子垂直边射入电场，设带电粒子在磁场中运动半径为，如图所示，由几何关系可得
在磁场中，洛伦磁力提供向心力则有
解得
(2)设带电粒子到达轴时的速度为，根据几何关系可得，带电粒子刚进入磁场时的动能
带电粒子到达轴时的动能
则有带电粒子到达轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值
(3)带电粒子在磁场中运动时间为
带电粒子在电场中运动至轴时有
由几何关系可知
带电粒子从射入磁场到运动至轴的时间
24．如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=1.0×103V/m，方向未知，磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B′（图中未画出）．一质量m=1×10﹣14kg、电荷量q=1×10﹣10C的带正电粒子以某一速度v沿与x轴负方向成60°角的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从B点进入磁场B′区域．一段时间后，粒子经过x轴上的C点并与x轴负方向成60°角飞出．已知A点坐标为（10，0），C点坐标为（﹣30，0），不计粒子重力．
（1）判断匀强电场E的方向并求出粒子的速度v；
（2）画出粒子在第二象限的运动轨迹，并求出磁感应强度B′；
（3）求第二象限磁场B′区域的最小面积．
【答案】（1）匀强电场E的方向：与x轴正向成30°角斜向右上方，粒子的速度v为1×103m/s；（2）粒子在第二象限的运动轨迹如图所示，磁感应强度B′为T；（3）第二象限磁场B′区域的最小面积为3.14×10﹣2m2．
【详解】
（1）粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动．这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成30°角斜向右上方．由平衡条件有：Eq=Bqv，得：
=1×103m/s；
（2）粒子从B点进入第二象限的磁场B′中，轨迹如图所示，粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知：
由qvB′=m
代入数据解得
B′=
T
（3）由图可知，B、D点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，磁场B′的最小区域应该分布在以BD为直径的圆内．由几何关系得BD=20
cm，即磁场圆的最小半径r=10cm，所以，所求磁场的最小面积为：S=πr2，代入数据解得：
S=3.14×10﹣2m2
25．如图所示，直线MN与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B；直线PQ垂直ＭＮ，且PQ与ＭＮ包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ．有一质量为m
电量为+q的带电粒子在纸面内以v0的水平初速度从A点飞入磁场，粒子进入磁场t0(t0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN，之后粒子垂直MQ边界从C点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C点．粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计．试求：
（1）粒子在磁场中运动的时间t0
（2）匀强电场场强E的大小．
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示：
根据牛顿第二定律：
周期为：
粒子运动时间为：
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动有：
解得：
D到C是匀速运动：
可得运动时间为：
带电粒子在电场中运动时间：
带电粒子在电场中运动的加速度：
速度为：
可得：
26．如图甲，半径为R的圆形区域内（包括圆边界）有方向垂直纸面的匀强磁场，圆形区域右侧放置两块水平正对的金属板a和b，两金属板的中心线O1O2与圆形区域的圆心O在同一水平线上。在圆上P点有一电子源，P点位于O点正下方，电子源在纸面内向圆形区域各个方向均匀发射速率均为v0的电子；其中沿PO方向射入磁场的电子在t=0时刻沿两板中心线O1O2射入两板间，同时在两板间加上如图乙所示的交变电压，电子最后恰好从a板的右边缘平行极板射出。金属板板长和板间距都等于2R，电子的质量为m、电荷量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求交变电压U0大小应满足的关系；
(3)若在两板间改加上的恒定电压，电子源发射一定数量的电子后停止发射，求打在下极板板长中点两侧的电子数之比。
【答案】(1)；(2)（n=1、2、3……）；(3)
【详解】
(1)设匀强磁场的磁感应强度为B，电子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有
解得
(2)设电子在板间运动时间为，则有
，（n=1、2、3……）
，（n=1、2、3……）
解得
，（n=1、2、3……）
(3)水平向左射出的电子沿圆边界从上极板a的左边缘平行板射入板间，设电子在板间运动时间为，偏转距离为，有
解得
所以从电子源P射出的电子全部都能达到下极板b上；设从电子源P射出的速度方向与水平方向夹角为θ的电子刚好打到下极板正中央，电子在电场中偏转距离为，运动时间为，电子运动轨迹如图，由几何关系得
所以打在下极板b左、右板长上的电子数之比为
解得
27．如图，在，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一质量为、电荷量带正电的粒子以速度从O点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角，不计重力。（，）
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为4Bm，方向反向，区域存在方向平行y轴向下的匀强电场，粒子从x轴上的P点（未画出）飞出第一象限，求P点到O的距离。
【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里；2T；(2)2.2m
【详解】
(1)
若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，由左手定则可得磁场的方向垂直于纸面向里；
当粒子到达直线，与速度方向与该直线平行时，磁感应强度取最小值Bm，由几何关系可得
①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
②
联立①②可得
(2)
如果磁感应强度大小为4Bm，方向反向，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
③
解得：
由于
因此带电粒子恰好垂直于x轴进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可得
④
⑤
⑥
则P点到O点的距离为
⑦
联立④⑤⑥⑦可得
28．如下图所示，方向垂直纸面向外的匀强磁场分布在圆心所在的圆内，圆半径为R（磁场未画出），虚线区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，与圆形边界相切。是一块长L1=1.
4R的收集板，平行y轴放置在匀强电场最右端且距离为，M离的距离为0.
2R。原点O处有一粒子源，每秒向x轴上方区域各方向均匀发射个数为N、电荷量为+q、质量为m、初速度为v0的粒子，经磁场偏转后，沿y轴正向发出的粒子恰能从与圆边界的切点水平向右进入匀强电场，击中收集板并被收集板吸收。电场强度E和磁感应强度B大小未知，但满足关系，不计粒子重力、粒子间的相互作用以及粒子对电场和磁场的影响，cos53°=0.
6，sin53°=0.
8.求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子对收集板的平均作用力F的大小；
(3)如图所示，若保持虚线区域内的电场强度大小不变，方向改为竖直向下，收集板可沿所在竖直线上下移动，由O点发射的所有粒子最终均能打在收集板上，则收集板至少多长？
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)由已知，轨迹半径等于磁场半径
r=R
根据牛顿第二定律
可得
(2)根据分析，如图所示
所有粒子从O点射出，平行于x轴进入电场，与y轴成左53°，右37°的粒子能达到收集板
电场中加速，根据动能定理
对打在收集板上的粒子，根据动量定理
又有
可得
(3)粒子经过磁场后以平行x轴方向进入电场，做类平抛运动，如图所示
设离x轴为y1的粒子恰好到达Q点，竖直方向
加速度为
水平方向
联立解得
即从飞出的粒子中从进入电场离开Q点最远为
从P点上方距离P点小于
的粒子将从PQ边飞出，再直线到达所在直线，设与所在直线交点到Q距离为，考虑电场中偏转的特点
竖直方向
水平方向
根据几何关系
解得
当时，y2有最大值
故粒子打在所在竖直线上的区域长度为
则收集板至少长为
29．如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场。有一质量为m，电荷量为q带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成角。当粒子第一次进入电场到达P点时速度大小为，方向与x轴正方向相同，P点坐标为（6d，d）。求：
(1)电场强度的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子从O点射人磁场时的速度为v，由对称性知粒子达到Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正向夹角为，
则由几何关系得
从Q到P由动能定理得
解得
(2)粒子在电场中运动，设在Q沿y轴方向分速度为vy，
沿x轴方向
解得
粒子在磁场中的运动轨迹为圆周，由几何关系得
粒子在磁场中做固周运动，由牛顿第二定律得
解得
(3)粒子在电场中运动的时为
粒子在磁场中运动的时间为
粒子从O点运动到P点所用时间为
代入数据得
30．如图所示，MN上方存在着无限大，垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为-q（q>0）的粒子1在纸面内以速度从O1点射入磁场，其方向与MN的夹角=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度从O2点射入磁场，其方向与MN的夹角=60°，O1O2相距。已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；
(2)求两粒子进入磁场的时间间隔Δt；
(3)若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做匀加速直线运动。问粒子2做什么运动？并求电场强度E。
【答案】(1)；(2)；(3)做类平抛运动，，方向与MN成30°角斜向右上方
【详解】
(1)粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得
(2)根据几何关系可得粒子1圆周运动的圆心角
粒子1在匀强磁场中运动的时间
粒子2圆周运动的圆心角
粒子2在匀强磁场中运动的时间
粒子圆周运动的周期
所以
(3)如图所示
粒子2做类平抛运动，加速度为
距离关系为
解得
方向与MN成30°角斜向右上方。
31．如图1所示，在平面直角坐标系xOy内有一半径为的圆形匀强磁场区域，与坐标轴相切于M、N两点，磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向里，在和之间的区域内有沿着x轴正方向的匀强电场，电场强度在，在处有一与y轴垂直且足够长的荧光屏。一粒子发射源S可以在y轴上OA之间上下移动，点A纵坐标为2m，发射源可以在纸面内沿x轴正方向发射速度相同、比荷的带电粒子。已知粒子发射源上下移动时，发射的所有粒子通过磁场后都通过N点，不计粒子的重力、粒子间的相互作用和空气阻力。
(1)求粒子源发射粒子的速度大小；
(2)当粒子发射源位于M点时，求发射的粒子打到荧光屏上的位置坐标；
(3)把匀强电场撤去，加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，如图2所示，求粒子打到荧光屏上的横坐标的取值范围（结果可用根式表示）。
【答案】(1)粒子源发射粒子的速度大小为；(2)粒子打到荧光屏上的位置坐标为；(3)粒子打到荧光屏上的横坐标的取值范围为到。
【分析】
粒子在磁场中运动的半径等于磁场的半径R，根据洛伦兹力提供向心力列式求解粒子的速度大小；从M点发射出的粒子到达N点的速度方向向下，到达电场后做类平抛运动，根据类平抛运动的特征求解发射的粒子打到荧光屏上的位置坐标。当到达N点的速度向右的粒子落在光屏上的最右端，当粒子的运动轨迹和光屏相切时，打在光屏上的位置是左边的最远点。
【详解】
(1)根据题意可知，粒子在磁场中的轨道半径
，
且粒子带负电，根据洛伦兹力等于向心力有：
，
联立解得粒子的速度大小
；
(2)由题意知从M点发射出的粒子到达N点的速度向下，粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向向左加速，竖直方向匀速运动，其加速度
，
运动时间为
，
则水平方向运动的距离为
，
所以粒子打到荧光屏上的位置坐标为；
(3)当粒子到达N点的速度向右时，打在荧光屏上的位置是右端最远的，令其位置与N点的水平距离为x，粒子进入磁场后的轨道半径为
，
根据几何知识可知：
，
解得：
，
当粒子的运动轨迹和荧光屏相切时，其位置是左边的最远点，令其位置与N点的水平距离为，根据几何知识有：
，
解得：
。
故粒子打到荧光屏上的横坐标的取值范围为到。
【点睛】
考查带电粒子在组合场中的运动。
32．如图所示，在第一象限内，存在垂直于平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场Ⅱ．一质量为，电荷量为的粒子，从轴上点以某一初速度垂直于轴进入第四象限，在平面内，以原点为圆心做半径为的圆周运动；随后进入电场运动至轴上的点，沿与轴正方向成角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
（1）带电粒子从点进入第四象限时初速度的大小；
（2）电场强度的大小；
（3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小．
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1）粒子从轴上点进入第四象限，在平面内，以原点为圆心做半径为的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：
解得：
（2）粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：
沿与轴正方向成角离开电场，所以：
解得电场强度：
(3)粒子的轨迹如图所示：
第二象限，沿着x轴方向：
沿着y轴方向：
所以：
由几何关系知，三角形OO’N为底角45°的等腰直角三角形．在磁场Ⅰ中运动的半径：
由洛伦兹力提供向心力：
粒子在点速度沿与轴正方向成角离开电场，所以离开的速度：
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小：
33．如图所示，在坐标系的第二象限内有垂直坐标平面向外、半径为的圆形匀强磁场，磁场的边界与两坐标轴相切，与轴相切于点。在轴与之间，有沿轴负方向的匀强电场，电场的电场强度大小为。一个质量为、电荷量为的带正电的粒子在点以大小为的速度，沿与轴负方向成角方向射入磁场，粒子以垂直于轴方向射入电场，并从轴上处通过轴，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)若在与轴负方向成方向与沿轴正方向成方向之间的各个方向有粒子射入磁场，粒子均为质量为、电荷量为的带正电的粒子，速度大小均为，忽略粒子间的相互作用，则轴上有粒子通过的长度为多少。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由于粒子做圆周运动的圆与磁场边界圆的公共弦被两圆圆心连线垂直平分，根据三角形全等可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律
解得
(2)设粒子从轴进磁场的位置坐标为，由几何关系
粒子在电场中做类平抛运动，出电场时速度的反向延长线交于水平位移的中点；由于粒子从轴中的位置经过轴，粒子在电场中和出电场后的运动轨迹如图，根据几何关系，粒子在电场中的侧移
粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律
解得
(3)由于每个粒子在磁场中做圆周运动的半径均等于有界场圆的半径，因此每个粒子出磁场后均以垂直轴方向进入电场，设与轴正方向成角进入磁场的粒子经过轴的位置坐标为，由几何关系知
设此粒子从进电场到经过轴所用的时间为，则
解得
因此轴上有粒子通过的长度
34．在如图所示的空间坐标系中，y轴的左侧有一匀强电场，场强大小为E，场强方向与y轴负方向成30°，y轴的右侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（未画出）．现有一质子在x轴上坐标为x0＝10cm处的A点，以相同的初速率v0（未知），第一次沿x轴正方向开始运动，第二次沿x轴负方向开始运动，回旋后都垂直于电场方向射入电场。求：
（1）质子在匀强磁场中的轨迹半径R；
（2）在进入电场前，两次质子在磁场中运动时间之比；
（3）若第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速率v0。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)质子两次运动的轨迹如图所示，由几何关系可知
解得
(2)同一粒子，两次进入磁场时线速度大小相同，故角速度相同，第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为
，第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为
，故质子两次在磁场中运动时间之比为
(3)质子在磁场中做匀速圆周运动时
设第一次射入磁场的质子，从y轴上的P点进入电场做类平抛运动，从y轴上的Q点进入磁场，由几何关系得，质子沿y轴的位移为
质子的加速度
沿电场方向
垂直电场方向
解得
35．如图所示，在xOy平面内，平行于x轴虚线MN的上方且x>0的区域，存在着沿x轴正方向的匀强电场，在x<0的某区域存在方向垂直于坐标平面向里的圆形有界匀强磁场（图中未画出）。现有一比荷的带负电粒子从Q（-x，0）点沿y轴正方向以大小为v0=40m/s的速度先做匀速运动，然后进入圆形有界匀强磁场区域，粒子恰好从原点O进入电场，最终从虚线MN上的P点以大小为v=20m/s的速度沿y轴负方向穿出电场区域。已知圆形有界匀强磁场的磁感应强度B=1.2T，不计粒子的重力，忽略粒子运动时对电场、磁场的影响。求：
(1)粒子从O点进入电场时速度方向与y轴间的夹角；
(2)P、O两点间的电势差U；
(3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子从O点进入电场到P过程中，竖直方向分速度没有发生变化，即
带入数据解得
(2)粒子从O点进入电场到P过程中根据动能定理得
带入数据解得
则P、O两点间的电势差
(3)由题意可知，带电粒子在磁场中偏转，此时磁场圆形边界若以粒子轨迹弧的弦长作为直径时，磁场趋于面积最小，如图
其面积为
根据几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
联立并带入数据得磁场区域面积为
36．如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第三、四象限中，－2dd区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x<－d区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；－d(1)电场区域内的电场强度大小E；
(2)y<－2d区域内磁场的磁感应强度B2；
(3)由原点O出发开始，到第2次回到O点所用时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示。
(1)在x<-d的电场区域中粒子做类平抛运动，可知
由以上三式可得
(2)由(1)向中各式可解得
粒子在B点的速度
可得
运动轨迹经过B、C两点，由几何关系可知，粒子在y<-2d的磁场区域内运动的轨道半径为
运动轨迹对应的圆心角=90°
由
可得
(3)由对称性可知，粒子从O点进入电场时的速度大小为v0
在d>x>-d的电场区城内，粒子沿y轴负方向运动的位移
粒子将做往返运动
在两个磁场中的运动周期均为
粒子在磁场中运动总时间为
由原点O出发开始。到第2次到达O点所用的时间
37．如图所示，在长度足够长、宽度的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，水平边界上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度，现有大量质量、电荷量的带负电的粒子，同时从边界上的O点沿纸面向各个方向垂直射入磁场，射入时的速度大小均为．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。
（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；
（2）求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；
（3）当从边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中运动的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围。
【答案】（1）；（2）；（3）30°~60°
【分析】
带电粒子在磁场中运动的半径可根据洛伦兹力提供向心力求，而后第二问的入射粒子速度方向刚好与电场方向同向，可根据运动学知识算出时间，最后一问理解好题意，把握好仍在磁场中的粒子和从MN边界上最左边出去的粒子运动时间相同。
【详解】
（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，
粒子在电场中运动的加速度
粒子在电场中运动的时间
解得
（3）如图所示
由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°。
38．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x<0的圆形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，在0(1)磁感应强度大小和电场强度大小；
(2)两粒子射出电场位置间的高度差。
【答案】(1)；；(2)
【详解】
(1)在磁场中，由牛顿第二定律得
由几何关系得
解得
在电场中，粒子沿轴方向做匀速运动，即有
在竖直方向做匀减速运动，即有
由牛顿第二定律得
解得
(2)在电场中，在竖直方向做匀减速运动，即
两粒子射出电场位置间的高度差
解得
39．如图所示，在xoy平面的第二象限存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于该平面向外；在第一象限存在匀强电场，方向沿y轴负方向。在x轴负半轴上某点以与x轴正方向夹角为=60°、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（0，d）点沿垂直于y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x轴正方向的夹角为=45°，求：
(1)该粒子的比荷；
(2)电场强度E的大小。
【答案】(1)；(2)v0B
【详解】
(1)设粒子的质量为m、电量为q，粒子在第二象限做匀速圆周运动，设半径R，则：
R-Rcosα=d
由
解得
(2)设粒子到达x轴时的速度为v，则
vcosθ=v0
qEd=
解得
E=v0B
40．如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小分别为2B与B的范围足够大的匀强磁场。一个质量为m、电量为q的带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，不计重力。求射出后：
(1)该粒子第一次通过y轴时的纵坐标；
(2)该粒子第三次通过y轴时的纵坐标；
(3)若将x>0区域的磁场更换为沿x轴正方向的匀强电场，求该粒子第三次通过y轴时的纵坐标。
【答案】(1)；(2)0；(3)
【详解】
(1)由左手定则可知，粒子洛伦兹力做顺时针方向圆周运动，轨迹如图所示，由
得
则第一次通过y轴时的纵坐标为
(2)由
可知，粒子在x>0区域做圆周运动的半径为2R，由图可知
，粒子第三次通过y轴的纵坐标为0；
(3
x>0区域改为电场后，粒子第一次通过y轴后向右匀减速到速度为0，后反向加速第二次通过y轴上同一点进入磁场做圆周运动，则第三次通过y轴时，其纵坐标为
41．如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为（0，R）的点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向内，在磁场区域的右侧（x>R）的区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A（R，R）点射出磁场区域，且经过点（2R，0），不计带电粒子的重力和空气阻力。
（1）求带电粒子的质量m和初速度大小v0；
（2）若将带由点（，0）沿y轴正方向以相同的初速度射向磁场，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）；；（2）
【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力有
带电粒子从A点沿x轴正方向进入电场，在电场中做类平抛运动有
R=v0t1
解得
解得
（2）设粒子在磁场中运动的周期为T，则有
若将带电粒子从点（，0）沿y轴正方向以相同的初速度射向磁场，由几何知识可知，粒子进入磁场时，速度方向与射入点与O′点连线的夹角θ=30°；
由于带电粒子在磁场中的运动半径与磁场区域半径相同，连接粒子轨迹与区域圆交点和两圆心所构成的四边形为菱形，分析可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角
=90°+θ=120°
可得粒子在磁场中运动的时间
解得
42．如图所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆，圆形区域内存在斜向上的匀强电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m。电荷量为q的带正电粒子从P点垂直于OP射出，从圆上Q点指向圆心方向（垂．直电场方向）射入匀强电场，并从N点射出电场。已知ON与PO延长线的夹角θ=，Q点到OP的距离为R，不计粒子重力。求：
(1)粒子从Q点射入电场时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小和粒子从N点射出电场时的速度大小。
【答案】(1)；(2)；
【详解】
(1)粒子的运动轨迹如图所示
设OQ与OP的夹角为，由几何关系可知
解得
=
由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径
r=R
粒子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
(2)粒子在电场中做类平抛运动，因为θ=，所以。∠QON=由几何关系可知
，，
解得
粒子在Q点到N点的运动过程中，由动能定理，有
解得
43．如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线OP与x轴间的夹角θ=30°，OP与y轴所夹区域内存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一比荷的带正电粒子从y轴上距离O点L=1m的M点沿x轴正方向进入磁场区域，并从OP上到O点的距离L=1m的A点（图中未画出）离开磁场区域。粒子所受重力不计：
(1)求粒子的速度大小v；
(2)求粒子从M点运动到A点所用的时间t；
(3)若在直线OP和x轴之间的区域存在平行于OP由O指向P方向的匀强电场（未画出），且电场强度大小，求该粒子运动到x轴时与O点的距离s和粒子在电场中运动的时间T。
【答案】(1)1000m/s；(2)；(3)，
【详解】
(1)由几何关系可知，粒子在磁场运动的圆心为，粒子运动轨迹圆弧的半径
根据牛顿第二定律有
解得
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角，又
解得
(3)经分析可知，带电粒子经过直线OP时，速度方向垂直于OP，故带电粒子在电场中做类平抛运动，其中垂直OP方向做匀速运动，沿OP方向做匀加速直线运动，设到达x轴沿OP方向的位移为X，垂直于OP方向的位移为Y，有
根据牛顿第二定律得
又
由几何关系有
解得
，，
距离
44．如图所示，两平行金属板长（厚度不计）、间距，上板接电源正极。在平行金属板的左侧的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场，圆形边界最高和最低两点的切线恰好与平行板的两板重合。距离平行板右端处有一竖直边界线，的右侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。边界线上放置一高为的收集板，其下端位于下极板的延长线上，打到收集板上的粒子立即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。圆形磁场的最低点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷、速率的带正电的粒子（忽略粒子间的相互作用及重力）。其中沿竖直方向的粒子刚好从平行板的正中间沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应），出电场后又恰好打到收集板的下端点。求：
(1)磁感应强度的方向和大小；
(2)两板所加电压；
(3)打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值（可用反三角函数表示）。
【答案】(1)，
方向垂直纸面向外；(2)；(3)
【详解】
(1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径
则
得
方向垂直纸面向外
(2)如图所示，带电粒子在电场中做类平抛运动
由几何关系
联立解得
(3)左侧角粒子全部打在收集板的左侧
右侧与水平成的角粒子经收集板的下方进入右侧磁场
过边界时所发生的侧移量
打在上端的粒子对应的角
得
过下极板边缘的粒子对应的角
得
即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值
45．如图所示，在xoy平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y轴负方向．原点o处有一粒子源，可在xoy平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在0~v0之间，质量为m，电荷量为+q的同种粒子．在y轴正半轴垂直于xoy平面放置着一块足够长的薄板，薄板上处开一个小孔，薄板上有粒子轰击的区域的长度为L0．已知电场强度的大小为，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力．求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小B；
(2)粒子源发射的粒子垂直y轴穿过小孔进入左侧电场区域，经过x轴的横坐标；
(3)粒子源发射的粒子穿过小孔进入左侧电场区域，经过x轴最远点的横坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)速度为v0的粒子沿x轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为r0，由牛顿第二定律
联立，解得
(2)
由得
由得
由得
由得
(3)如图所示
速度为v的粒子与y轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
粒子沿x轴方向的分速度
联立，解得
说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度。当粒子以速度为v0从o点射入，可以到达x轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿y轴方向的初速度为vy，有
最远处的横坐标
联立，解得
46．如图所示，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）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；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第4次经过x轴的时间t总。
【答案】（1）2h；；（2）；（3）
【详解】
（1）根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，
rcos45°=h
即
r=2h
解得
（2）粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb
粒子做类平抛运动，有：
vb=v1cos45°
所以
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，由类平抛运动得
r+rsin45°=vbt
所以
（3）粒子在磁场中的周期为
第一次经过x轴的时间为
在电场中运动的时间为
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为
在第三次经过x轴到第四次经过x轴的时间为
所以总时间为
t总=t1+t2+t3+t4=
47．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里，场强为B的匀强磁场。其边界AB、CD的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电量为-q的带电粒子沿与左边界成的方向射入磁场，粒子重力不计。求；
(1)带电粒子能从CD边界飞出的速度条件；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的总时间。
【答案】(1)；(2)，
【详解】
(1)由题意作图如下
粒子能从右边界射出的临界条件为
又
联立解得
所以粒子能从左边界射出速度应满足
(2)由题意作图如下
粒子能从右边界垂直射出
由
联立解得
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件
因粒子转过的圆心角为，所用时间为，而
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间
48．如图所示，坐标系中，的圆形区域Ⅰ内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，是边长为的正方形，平行于轴，为正方形中心，在围成的区域Ⅱ内也存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，为磁场理想边界，两磁场区域磁感应强度均为。、、放置特殊材料，电子接触后被吸收，（不含点）磁场一侧为荧光屏，电子打到荧光屏上被吸收，荧光屏发光。在坐标系第三、四象限存在静止的电子，电子被特殊电场加速后自点沿不同方向、以相同速率进入Ⅰ区域磁场，经过磁场作用所有粒子均垂直边射向Ⅱ区域磁场，电子的质量为，电量为，不考虑二次进入Ⅱ区域的电子，忽略电子间的相互作用和重力。求：
（1）第三、四象限的加速电压的大小；
（2）自点沿轴正方向射入Ⅰ区域的电子，打在荧光屏上位置的纵坐标及该电子在Ⅱ磁场中的运动时间；
（3）荧光屏能发光的长度。
【答案】（1）；（2）-R；；（3）
【详解】
（1）设电子进入磁场速率为，根据动能定理得
电子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力得
解得
所有粒子均垂直边射向Ⅱ区域磁场，所以由磁场聚焦原理分析得
解得
（2）电子进入Ⅱ区磁场后，轨道半径仍为，轨迹如图所示
根据对称性，打在荧光屏上点的纵坐标为：
电子在磁场中运动的周期为：
电子的运动时间为：
（3）经分析，沿轴正方向射入Ⅰ区域的电子打在荧光屏的点位置，是电子打到荧光屏的最上端位置，则：
射入Ⅱ区磁场的电子，若轨迹圆心在上，打在点，点为最下端点，根据几何关系：
所以发光长度：
49．如图所示，在xOy直角坐标系0(1)0(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。
【答案】(1)；(2)；(3)2.5L
【详解】
（1）设粒子经加速电场加速后的速度为
则有
令磁场左边界与x轴的交点为C点，从M点到C点：粒子在电场中做类平抛运动：
联立可得：
（2）粒子从M进入电场，经C进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子在C点进入磁场的速度，
粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：
根据几何关系可得：
根据题意可得
解得：
当磁感应强度加倍时，半径减半，则：
运动轨迹如图
设：粒子从磁场左边界回到电场（F点）时速度方向与水平方向夹角为，则F、C两点的距离为；
把粒子从y轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y轴方向的位移为：
所以到达y轴的位置距原点
50．如图所示的坐标系内，直角三角形OAC区域内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与OC边平行的匀强电场，方向斜向下并与x轴的夹角为30°，已知OC边的长度为L。有一带负电的粒子以速度v0从A点垂直于y轴射入磁场，一段时间后该粒子在OC边上某点沿与OC边垂直的方向进入电场，最终射出电场的速度方向与x轴正方向的夹角为30°，不计粒子重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)匀强电场的场强大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心恰好在O点，半径为
根据牛顿第二定律:
两式联立解得，粒子的比荷
(2)设电场强度大小为E，粒子在电场中运动的加速度为a，运动时间为t，垂直电场方向的位移为s1，沿电场方向的位移为s2，沿电场方向的分速度为v，速度方向偏转角为θ，运动轨迹如图所示
由于在电场中做类平抛运动
θ=30°
联立解得
51．小稳受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子。t=0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
【答案】（1）发射源的位置；；（2）见解析；
【详解】
（1）发射源的位置
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，其中
粒子的动量：
粒子的初动能：
可得
（2）分下面三种情况讨论：
（i）如图1，
由
和，
及
得
（ii）如图2，
由、
和
及
得
（iii）如图3，
由、
和
及
得

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