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专题32带电粒子在电磁组合场中的运动：粒子由电场和磁场中的往复运动
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
一、多选题
1．研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位。一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以轴为分界线，在轴左侧和图中竖直虚线右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，与轴的距离为。一重力不计的负电荷从轴上的点以沿轴正方向的初速度开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到点，下列说法正确的是（　　）
A．电场与磁场的比值为
B．电场与磁场的比值为
C．带电粒子运动一个周期的时间为
D．带电粒子运动一个周期的时间为
【答案】AC
【详解】
粒子运动轨迹如图
粒子在电场中做类似平抛运动，根据公式有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
结合几何知识，可得
联立，可得
又因为类平抛运动的总时间
匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，所以
故带电粒子运动一个周期的时间为
故AC正确。
故选AC。
2．如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子（　　）
A．在电场中运动的路程均相等
B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向
C．在磁场中运动的总时间均相等
D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等
【答案】AC
【详解】
当质子沿与x轴正方向成夹角的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示
其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有
所以质子第一次在磁场中运动的时间
此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场。如上图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与无关。所以OO2O3C为平行四边形，则
质子第二次在磁场中运动的时间
则质子在磁场中运动的总时间
故质子在磁场中运动的总时间为
A．进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故A正确；
B．最终离开磁场时的速度方向与O3C垂直，故不一定沿x轴正方向，故B错误；
C．在磁场中运动的总时间均相等，为，故C正确；
D．从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同；在而磁场中总的圆心角相同，则在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同；故D错误。
故选AC。
3．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内，有场强大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有一半径为L0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向里，圆形磁场边缘与x轴相切于P点，P点坐标为(-2L0，0)。现有两个电子a、b从P点以相同速率沿不同方向同时射入匀强磁场区域，a、b的速度方向与y轴正方向夹角均为。电子经过磁场偏转后恰好都垂直于y轴方向进入第一象限，且电子a经过y轴上的点进入第一象限（Q点图中没画出），电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是t0，已知两个电子恰好都经过同一点K（图中未画出），电子质量m、电荷量为e，不计重力，则（　　）
A．匀强磁场的磁感应强度大小
B．电子在电场中运动离y轴的最远距离为
C．K点的坐标为
D．电子a比电子b先到K点
【答案】ABC
【详解】
A．设电子在匀强磁场中运动的周期为，根据圆心角等于偏转角可知电子、在磁场中分别转过和圆心角，则运动时间分别为
由题有
解得
由洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识得
联立解得
故A正确；
B．由几何关系可知
解得电子的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力得
电子在电场中运动，由动能定理得
联立解得
故B正确；
CD．由电子离开电场到再次返回磁场的运动过程如图所示
根据对称性可知点的坐标为，且根据对称性可得、在电场运动时间相同，在磁场运动时间也相同，在无场区域运动时间相同，所以、同时到达点，故C正确，D错误；
故选ABC。
4．如图所示，在竖直方向上长度足够长、宽度都为d=5cm的区域ABCD、CDFG内，有分别垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.33T。竖直边界EF右方存在范围足够大的向右的匀强电场，电场强度E=200N/C。现有质量、电荷量的带正电的粒子（不计重力），从O点沿x轴射入磁场，射入时的速度大小为，则（　　）
A．粒子最后回到原出发点O
B．粒子运动的总时间为（）s
C．粒子在磁场中运动的位移为0.1m
D．粒子运动的总路程为（）m
【答案】BD
【详解】
A．粒子最后经电场减速后反向加速到磁场边界，洛伦兹力反向，则沿原来对称路径到AB界线，A选项错误。
B．粒子在磁场中的运动半径
则由几何关系可知粒子在每个磁场中的偏转角均为30°，用时间为
在电场中向右减速和向左加速的时间均为
则粒子运动的总时间是
s
B选项正确。
C．据和几何知识可知粒子在磁场中运动的位移为
C选项错误。
D.粒子运动的总路程是
m
D选项正确。
故选BD。
二、单选题
5．如图所示为某回旋加速器示意图，利用回旋加速器对粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子从磁场中获得能量
B．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
C．只增大加速电压粒子在回旋加速器中运动的时间变短
D．只增大加速电压粒子获得的最大动能增大
【答案】C
【详解】
A．粒子在磁场中运动时，磁场的作用只改变粒子的运动方向，不改变粒子的运动速度大小，粒子只在加速电场中获得能量，A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期
由于质子与粒子的比荷不同，保持B、U和T不变的情况下不能加速质子，B错误；
C．由
解得
粒子射出时的动能
粒子每旋转一周增加的动能是2qU，动能达到Ek时粒子旋转的周数是N，则有
每周的运动时间
则粒子在回旋加速器中的运动时间
若只增大加速电压U，粒子在回旋加速器中运动的时间变短，C正确；
D．设回旋加速器的最大半径是Rm，因此粒子在最大半径处运动时速度最大，根据
解得
射出时的最大动能是
若只增大加速电压，由上式可知，粒子获得的最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电场的电压无关，D错误。
故选C。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
6．如图所示，在x轴上方的空间存在竖直向下的匀强电场，在x轴下方的空间存在垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度、磁感应强度的大小均未知。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从y轴上处的P点以初速度垂直y轴向右射出，刚进入磁场时的速度方向与x轴正方向夹角为。已知粒子恰好能回到y轴上的P点。不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度的大小；
(2)求粒子从P点射出到第一次回到P点所经历的时间；
(3)若改变匀强磁场的磁感应强度大小，将粒子在P点以不同初速度垂直y轴向右射出，要使粒子均能回到y轴上的P点，求匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
设粒子水平方向的位移为x，可得
解得
(2)分析可知，要使粒子能回到y轴上的P点，粒子的轨迹应如图所示
粒子刚进入磁场的速度为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为R，运动的弧长为S，可得
解得粒子在磁场中运动的时间为
联立得
(3)分析可知，要使粒子均能回到y轴上的P点，粒子的轨迹应如图所示
设粒子刚进入磁场时的速度方向与x轴正方向夹角为，则可知
则粒子刚进入磁场时的速度
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为，则可知
解得
7．如图，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，厚度不计的金属板E、F水平平行放置，板间距和板长均为L，A、C为金属板E、F的右边界，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔S1处由静止释放，穿过小孔S2后以速度v0沿EF板间中轴线进入偏转电场，恰好从金属板C处离开偏转电场，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：
(1)极板MN之间的加速电压U0；
(2)粒子从C处离开偏转电场时的速度大小及方向；
(3)粒子进入磁场后恰好从A处再次进入偏转电场，求粒子从进入磁场到打在F板上所用的时间。
【答案】(1)；(2)；速度方向与水平方向夹角为45°；(3)
【详解】
（1）根据动能定理，粒子动能等于加速电场做功
由上式可解出加速电压
（2）由于粒子恰从C处离开偏转电场，因此水平、竖直方向的位移分别为和；考虑到粒子在匀强电场中所受电场力不变，做平抛运动，可列出水平和竖直方向位移方程
方法1：
根据上两式可求出粒子运动时间和加速度
从而可求出粒子离开C点时，竖直方向速度
水平方向速度不变；因此，粒子离开偏转电场时，速度大小为
根据
可知速度方向与水平方向夹角为；
方法2：
将水平和竖直方向位移方程左右分别做比，可得到
注意到，上式即为平抛运动速度与位移关系式
根据此式可直接求出水平和竖直方向速度之比
水平方向速度，因此速度大小，速度方向与水平方向呈；
（3）粒子从进入磁场到打到F板的运动过程可分为两段：
1)匀强磁场中做圆周运动
由（2）问粒子进入磁场时速度方向与水平方向呈角，作图可知（见下图）粒子在磁场中运动轨迹是圆心角为的圆弧．要使粒子恰好从A处离开磁场，圆弧半径应为
粒子圆周运动速度等于进入磁场速度，因此在磁场中运动时间为
2)再次进入偏转电场，做斜抛运动
方法1：
粒子进入偏转电场时，在A处速度大小为，与水平方向夹角呈（如图），粒子将在电场力作用下做斜抛运动．粒子在A处竖直方向速度为（取向下为正方向）
因此，竖直方向的位移
经分析，粒子最终打到F板上；要求出粒子在偏转电场中的运动时间，令，结合（2）问中求出的粒子在加速电场中的加速度，得到关于时间的二次方程
求解上式，舍去负值，得到运动时间
因此，从C进入磁场到最终达到F板的总运动时间为两段时间相加
方法2：
粒子第一次进入电场平抛运动和第二次进入电场的斜抛运动可拼接成完整的竖直位移为的平抛运动；不妨设为竖直位移的平抛运动时间，为竖直位移的平抛运动时间；因此，所求的第二段斜抛运动的时间；平抛运动在竖直方向上为初速度为0的自由落体运动，因此时间和竖直方向位移的平方根成正比，即
又因为，联立以上两式，可解出
因此，从C进入磁场到最终达到F板的总运动时间为两段时间相加
8．如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅱ、Ⅲ象限内放置着两个带有等量异种电荷的带电平行板，板间电压为U，间距为，平板内部存在着垂直于坐标平面向外的匀强场，磁感应强度大小为；第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在点，磁场方向垂直于坐标平面向里，在第Ⅰ象限内纵坐标的区域内存在方向沿着y轴负方向的匀强电场。现有一电荷量为，质量为m的粒子，从处以水平速度沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，然后从点射出磁场进入电场区域且恰好未穿出电场。（粒子重力可忽略不计）求：
(1)平行板的上极板带何种电荷，圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
(2)第Ⅰ象限的区域内匀强电场的场强大小；
(3)粒子从处开始沿x轴正方向运动到再次回到x轴所用时间。
【答案】(1)负电荷，；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子运动示意图如下图所示
由于粒子带正电荷，向右做匀速直线运动，由左于定则知粒子所受洛伦兹力竖直向下，根据受力平衡，粒子所受电场力竖直向上，因此，该平行板中的电场是竖直向上，上极板带负电荷，由平衡条件，得
又有
联立，解得
带电粒子从原点O进入磁场，从点射出磁场，由几何关系知，做匀速圆周运动的轨迹半径为
在圆形磁场内，有
联立方程，得圆形磁场内磁感应强度为
(2)带电粒子恰好未穿出电场，根据动能定理，可得
将代入上式，得
(3)在极板间运动的时间为
粒子在圆形磁场中的运动周期，可得
则在圆形磁场中运动的总时间为
粒子在平行边界电场中向上运动过程，有
联立，可得
在平行边界电场中运动的总时间为
再次回到x轴所用总时间为
9．人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强为E=1×103V/m，宽度为d=0.05m，长度为L=0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=2.5×10-2T，长度也为L=0.40m，磁场宽度足够。比荷为的带正电的粒子以水平初速度从P点射入电场。边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。
(1)若带电粒子以水平初速度v0=8×105m/s从P点射入电场后，求粒子从PP′M′M区域射出的位置；
(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直P′N′边界射出。
【答案】(1)
P′下方，0.0125m；(2)
【详解】
(1)假设粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动从M′M边界飞出，由牛顿第二定律可得
竖直方向由位移公式可得
联立解得t=1×10-6s
水平方向做匀速运动
x=v0t=0.8m
x=0.8m＞L=0.4m所以假设不成立，粒子从P′M′边射出，假设粒子从P′点下方y处射出
联立可得
=0.0125
(2)同第一问原理可得：粒子在电场中做类平抛运动的水平位移
x=v0t
即在t=1×10-6s粒子进入磁场时，垂直边界的速度
vy=at
设粒子进入磁场时的速度与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度
在磁场中由牛顿第二定律可得
得
分情况讨论，第一种情况粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′从磁场射出，如图1所示必须满足
联立解得
得
第二种情况，粒子第一次进入磁场后，垂直边界P′M′从电场射出，如图2所示，必须满足
联立解得
得
10．在如图所示的平面内，边长为的正方形区域中存在方向垂直平面向外、大小为的匀场磁场，沿轴放置一长为的探测板，与磁场下边界的间距为，质量为、电荷量为的正离子源从正方形一边（位于轴上）的中点向磁场持续发射离子，发射角为（），并沿角度均匀分布，单位时间发射个离子，其速度大小随发射角变化的关系为，其中的离子恰好从磁场下边界的中点沿负方向射出。不计离子间的相互作用和重力，离子打在探测板即被吸收并中和，已知，，。。
(1)求离子的比荷；
(2)求打在探测板上的离子数与发射角的关系；
(3)在磁场与探测板间加上沿轴方向、大小的匀场电场，求再次从磁场边界射出的离子数。
【答案】(1)；(2)（），（）；(3)发射角的离子都能返回磁场，从右边界射出，，发射角，
【详解】
(1)粒子运动轨迹如下图
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
(2)粒子运动轨迹的半径
弦长
故离子均垂直磁场下边界射出
下方离子均能打在探测板上
上方离子要打在探测板上，需满足
即
解得
则
（）
（）
(3)设发射角为的离子恰好达不到探测器，则有
解得
即发射角的离子都能返回磁场，从右边界射出
发射角
11．如图甲所示，在xOy平面内存在如图乙、图丙所示的随时间周期性变化的垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，在t=0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电的粒子（不计重力），已知v0，t0、B0，且E0=，粒子的比荷。
(1)求时刻粒子的位置坐标；
(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离；
(3)第2020次经过x轴经过的时间和在x轴上的位置（O点出发不计入经过x轴的次数）。
【答案】(1)（，）；(2)+；(3)4040t0，
【详解】
(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期
则
粒子在磁场中运动了T，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
时刻粒子的位置坐标是（）。
(2)粒子的运动轨迹如图所示，根据图示
由几何知识得
解得
粒子速度
v1=v0+t0
解得
v1=2v0
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径
则
粒子偏离x轴的最大距离
(3)由图可知粒子在磁场中的运动
第一次经过x轴的时间为t0，第二次经过x轴的时间为4t0
第一次经过x轴的位置在（2r，0），第二次经过x轴的位置在（-2r，0）
当第N（奇数）次经过x轴的时间
（n=1，3，5，…）
当第N（偶数）次经过x轴的时间
（n=2，4，6，…）
当第N（奇数）次经过x轴的位置
（n=1，3，5，…）
当第N（偶数）次经过x轴的位置
（n=2，4，6，…）
第2020次经过x轴的时间为
第2020次经过x轴的位置
12．如图所示，在xoy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在电场强度大小E=10V/m、方向沿x轴负方向的匀强电场；在第Ⅱ、Ⅲ象限内存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直xoy平面向外的匀强磁场。一个比荷的带正电粒子在x轴上横坐标x=0.08m处的P点以v0=16m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子所受的重力。求：
(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离；
(2)带电粒子运动的周期t。
【答案】(1)y1=
0.16m；(2)
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t1
解得
(2)粒子第一次进入磁场时，沿x轴方向的速度大小为
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴的夹角为θ
解得
粒子在磁场中的运动时间为
解得
粒子返回电场后经过t3时间速度大小变为v0，方向竖直向上，根据对称性，t3=t1
带电粒子运动的周期t
13．如图所示，平面直角坐标xOy的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场直线y=d与y轴相交于P点，磁场分布在x轴与直线y=d之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y=d上方，电场强度为E，方向竖直向下质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子从坐标原点O垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成60°，并恰好从P点离开磁场。(不计粒子的重力)
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)若将磁感应强度大小变为，其他条件不变，求∶
①粒子能达到的纵坐标的最大值ym；
②粒子在第一象限内运动的时间t。
【答案】(1)
；(2)
①；②
【详解】
(1)粒子磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图
由牛顿第二定律可得
根据粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可得
联立解得
(2)①磁感应强度大小变为后，粒子的道半径变为
运动轨迹如图所示
粒子进入电场时速度沿y轴正方向，粒子从进入电场到速度减为0的过程，由动能定理可得
解得
粒子能达到的纵坐标的最大值
解得
②由几何关系可知粒子在第一次磁场内运动的圆心角为，运动的时间
粒子在电场内先向上减速为零，再向下加速，设进入电场到离开电场运动的时间，取向上为正，向动量定理可得
解得
粒子从电场进入磁场仍做匀速圆周运动，设运动时间为，根据对称性可知
粒子在第一象限内运动的时间
解得
14．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
15．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
16．如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场且大小为，第
I
象限内有沿y轴负方向的匀强电场E，第Ⅳ象限内有垂直平面（纸面）向里的匀强磁场B.
现有一质量为m（不计重力
)
、电荷量为q的带正电粒子，在第Ⅱ象限内M点处以大小为的初速度沿x轴正方向射入匀强电场中，此后带电粒子可以通过x轴上的N点，已知M点坐标为，N点坐标为，试求：
（1）通过计算说明该粒子第一次进入磁场时的位置与速度；
（2）匀强磁场B的最小值；
（3）欲使带电粒子总能通过x轴上的N点，磁感应强度B与电场强度E之间应满足的关系式．
【答案】(1)
从原点进入磁场；(2)
(3)
（k=1.2…）或（k=1.2…）
【详解】
(1)在第二象限中，粒子水平方向匀速运动，运动时间
竖直方向，匀加速直线运动，运动位移
所以粒子从原点进入磁场，进入磁场速度大小
所以
(2)进入磁场时，速度与水平夹角
所以夹角为
，当只在磁场中偏转经过N点，磁感应强度最小
根据几何关系可知
解得：
(3)每次在磁场中沿x轴正向移动距离
每次在电场中沿x轴正向移动距离
所以带电粒子总能通过x轴上的N点
（k=1.2…）
解得：
（k=1.2…）
或者
（k=1.2…）
解得：
（k=1.2…）
17．如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
联解得：
（2）离子做类平抛运动：
，
由牛顿第二定律得：
联解得：
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
根据题意作出离子运动径迹如图：
由几何关系知：
联解得：
18．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从y轴上的A点（0，－R）沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，以后做周期性运动。不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小；
(3)粒子的运动周期T。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动，由
可得
在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有粒子的加速度大小
由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为，所以有
综合以上解得
(2)粒子进入磁场I时的速度大小为
OD间的距离大小为
根据运动轨迹可知，粒子在磁场I中做半径为的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为根据
联立以上可解得
(3)粒子在磁场Ⅱ中做周期的圆周运动，所以运动时间
在磁场I做周期的圆周运动，所以运动时间
由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场中的运动时间相同，均为
故粒子运动的周期为
19．如图所示，在xOy直角坐标系中第二象限存在半径为R的圆形磁场，磁感应强度大小为B1（未知），磁场边界分别与x轴和y轴相切。y轴右侧0(1)磁感应强度大小B1；
(2)打到收集板的粒子占总粒子数的比值；
(3)若撤去收集板，粒子最终从哪里离开电磁场。
【答案】(1)；(2)79.4%；(3)
【详解】
(1)由题意可知，粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为
r1=R
根据洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度
(2)粒子运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，电场中轨迹为虚线间的粒子无法被收集，设不能被收集的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为θ，进入B2磁场的速度为v，与水平方向的夹角为α，在B2磁场中轨迹半径为r2，则
根据洛伦兹力提供向心力有
又
B2=1.25B1
解得
粒子进入B2磁场和离开B2磁场两点间的距离为
如图甲所示
在B1磁场中有
解得
θ=37°
故打到收集板上的粒子占总粒子数的比值为
(3)撤去收集板后，粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子经过磁场重新回到电场后的运动可以看做第一次在电场中运动的延续，由于水平速度不变，在电场中的运动时间不变，故竖直位移增加为原来的3倍，即3R，由几何关系可知，从圆形磁场顶端飞出的粒子
故粒子最终从y轴上
区域飞出电场。
20．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
21．如图所示，一足够大的真空室，虚线PH右侧是磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，左侧为电场强度为、方向水平向右的匀强电场，某时刻PH上的点O处一静止的原子核No发生α衰变后生成新核Fm，衰变后α粒子沿水平方向右进入磁场，经过一段时间后第一次到达虚线上的A点，=L，已知α粒子质量为m、带电量为q，忽略原子核之间的作用力，涉及动量问题时亏损的质量不计，原子核的质量之比等于质量数之比。求
(1)新核Fm的中子数；
(2)衰变后新核Fm的速度大小；
(3)判断新核Fm能否经过A点?若能，求其从O点开始运动到经过A点的时间。
【答案】(1)100；(2)（n=1、2、3……）；(3)能通过A点，+（n=1、2、3……）或++（n=1、2、3……）
【详解】
(1)原子核No衰变方程为
No→Fm+He
则新核Fm中子数为
200－100=100
⑵设粒子在磁场中n次半圆周运动后第一次到达A点由数学知识
2nr=L（n=1、2、3……）
根据洛伦兹力提供向心力
No衰变时动量守恒
联立得
（n=1、2、3……）
⑶新核在磁场中运动的半径为粒子的，因此能通过A点
①若新核从磁场区域通过A点，磁场中运动时间为
t1=50=
电场在运动时间为
t2==
则
t=t1+t2=+（n=1、2、3……）
②若新核从电场中折返后通过A点
=++（n=1、2、3……）
22．如图甲所示，长度为L、垂直纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，磁场随时间变化的规律如图乙所示，板间距离为2L，平行板右侧有一水平方向的匀强电场。t=0时，一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由MN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，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反。上述m、q、L、为已知量。
(1)若粒子在TB时刻进入电场，求B0的最大值；
(2)若粒子在TB时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；
(3)若，求TB满足的条件。
【答案】(1)；(2)（n=1、2、3、…）；（n=1、2、3、…）；(3)，且（n=1、2、3、…）
【详解】
(1)若粒子在TB时刻进入电场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
临界情况是经过速度偏转角为90°，此时粒子运动半径具有最小值
根据
解得
(2)粒子做匀速圆周运动的周期
可知
粒子在电场中运动的时间为
（n=1、2、3、…）
由运动学规律得
由牛顿第二定律得
qE=ma
解得
（n=1、2、3、…）
（n=1、2、3、…）
(3)由
，
解得
R=2L
则
设θ为粒子在0~内的速度偏转角，由分析可知
2nRsinθ=L（n=1、2、3、…），
联立可得
且（n=1、2、3、…）。
23．控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量、电荷量q=-2×10-6C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g=10m/s2，不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子发射速度的大小；
(2)若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即取消磁场，求粒子从O点射出后再次运动到y轴过程中重力所做的功（不考虑磁场变化产生的影响）；
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）。
【答案】(1)20m/s；(2)J；(3)
【详解】
(1)粒子恰能在xOy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零；又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变；因为洛伦兹力
F洛=Bvq
所以速度大小不变，即粒子做匀速直线运动。重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，则
所以
代数数据解得
v=20m/s
(2)粒子出射的速度方向与x轴正向夹角为
撤去磁场后，粒子在水平向右的方向做匀减速运动，速度减为零后反向加速；竖直向下方向做匀加速运动，当再次回到y轴时，沿y轴负向的位移最大，此时
重力做功为
解得
(3)若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为
则电场力
电场力方向竖直向上。所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力作向心力，即
所以
由几何关系可知，当粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小
当改变电场时粒子所在处与粒子打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大
所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为
即
24．如图甲所示，在直角坐标系xOy中的四个点P（O，L）、Q（L，0）、M（0，-L）、N（-L、0）为PQMN的四个顶点，在△PQN范围内分布着匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示（图像中T为未知量），设垂直纸面向外为正方向；△MQN内的匀强磁场与△PQN内的磁场总是大小相等、方向相反。在PQMN区域外，分别存在着场强大小为E的匀强电场，其方向分别与正方形区域PQMN在各象限内的边界垂直且指向正方形内部。质量为m、电荷量为q带正电的粒子在0内某一时刻从原点O沿y轴正方向射入磁场，此后在xOy平面内做周期性运动。已知粒子在电场内做直线运动，且每当磁场方向发生变化时粒子恰好从电场射磁场。重力不计，忽略粒子运动对电、磁场的影响。上述L、B0、m、q、E为已知量。
(1)若粒子从出发到第一次回到O点过程中，在磁场中运动的时间小于，求该粒子的初速度；
(2)求满足第一问条件下，粒子从出发到第一次回到O点的路程；
(3)求粒子初速度的所有可能值及对应的磁场变化的周期T。
【答案】(1)；(2)；(3)
（n=0，1，2，3，…），（n=0，1，2，3，…）
【详解】
(1)若粒子从出发到第一次回到O点过程中，在磁场中运动的时间小于，则粒子在磁场中的轨迹如图1所示
由几何关系得
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
解得粒子的初速度
(2)满足第一问条件下，设粒子在电场中轨迹的长度为x1，则
解得粒子在电场中轨迹的长度
粒子从出发到第一次回到O点的路程
(3)粒子在xOy平面内的周期性运动，一周期内，粒子在磁场中运动时间可能为，其中n=0，1，2，3…...。当n=0，1，2时，轨迹分别如图1、2、3所示
由以上分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径的可能值为
根据洛伦兹力提供向心力，则有
可得初速度的所有可能值为
一个周期内粒子在电场中运动的可能时间为
磁场变化的周期T的可能值为
其中n=0，1，2，3，…
25．如图所示，在坐标系的第二象限内有沿轴正向的匀强电场，在第一、三、四象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子在轴上的P（-
d，0）点，以大小为的初速度沿轴正方向射入匀强电场，结果粒子从轴上的Q点射入磁场，粒子经过磁场偏转后，以垂直于轴的方向第二次进入电场，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)粒子从点射出到第三次经过y轴时所用的时间；
(3)若粒子第二次经过y轴时撤去磁场，试确定粒子第三次经过y轴的位置坐标。
【答案】(1)，；(2)；(3)
（0，）
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律有
解得
设粒子进磁场时的速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度方向与y轴正向的夹角为，则
解得
=60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据题意可知圆心恰好在x轴上，如图
根据几何关系可知
解得
根据牛顿第二定律有
解得
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期
第一次在磁场中运动的时间
设粒子第三次经过x轴时的位置坐标为（-x，0），则
设粒子第二次在电场中运动时间为t3，则
解得
因此粒子从P点到第三次经过y轴所用的时间
(3)根据对称性可知，粒子第二次经过y轴时的位置坐标为（0，），速度大小为v，方向与y轴正向的夹角为=60°，根据几何关系，设粒子第三次经过x轴的位置坐标为（-x1，0），则
粒子第三次经过x轴时，沿x轴负方向的分速度
沿y轴正向的分速度
设粒子第二次在电场中运动的时间为t4，则
解得
设粒子第三次经过y轴的位置坐标为（0，y），则
因此，粒子第三次经过y轴的位置坐标为（0，）
26．现代科学仪器常利用电场.磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xoy平面内，存在着2个宽度为d的条形匀强磁场区域，磁场区域1、2的感应强度分别为B1=B，B2=2B，磁场方向都垂直平面向里。在x轴上方还有一沿y轴负向的匀强电场区域，电场强度为，在x轴上x=2d至4d间有一个收集板。现有一个可以在正y轴上移动的粒子源，该粒子源能沿y轴负方向释放出初速不计.质量为m，带正电荷量为q的带电粒子（重力忽略不计）。
（1）粒子从（0，y）处释放，求粒子在第1、2个磁场区域做圆周运动的轨道半径；
（2）要使粒子不从磁场区域2的下边界射出，求在y轴上释放的位置的最大值y，及粒子再次回到x轴时的坐标；
（3）求带电粒子能打在收集板上，粒子源在y轴上的范围。
【答案】（1）；；（2）y=9d
；；（3）
【详解】
(1)根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
同理可得
(2)第1个磁场区域和第2个磁场区域的轨迹如图
由图可知，恰好与下边界相切时
联立解得
y=9d
由轨迹对称性
所以粒子再次回到x轴时的坐标
(3)由于
能打到金属板上，当的粒子有一部分第一次离开磁场就打到金属板上，有些粒子第一次离开磁场打不到金属板上，从0~2d之间射入电场，根据对称性，进入电场后竖直向上运动，后又沿原路返回继续向右偏转，经2次或3次……就打到金属板上，因此打到金属板上的粒子源在y轴上的范围为
27．如图所示，水平放置的平行金属板间距为d，紧贴上板固定半径为尺的圆筒，在两板中央及筒的下方开有小孔S1、S2，S1、S2与圆心O在一条竖直线上。两板间分布着匀强电场，筒内分布着垂直筒面向里、磁感应强度为E的匀强磁场。有两个质量均为m、电荷量均为－q的完全相同的带电粒子甲、乙，在S1处先后静止释放，经电场加速后，甲粒子第一次与筒壁的碰撞点为P，∠S2OP=θ，稍后释放的乙粒子，将刚要离开圆筒的甲粒子在S2处正碰回圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变板间电压大小，并利用甲与乙之后的碰撞，将甲一直限制在圆筒内运动。甲、乙之间的碰撞及甲与筒壁的碰撞均无机械能损失，碰撞中无电荷转移，碰撞时间及粒子重力均忽略不计。
(1)若θ=，求甲粒子从S2进入到刚要离开圆筒的运行时间；
(2)若甲粒子到达S2的速度为v0，求乙粒子与甲粒子第一次在S2处相撞后，各自的速度大小及方向；
(3)若，求在甲和乙相邻两次碰撞时间间隔内，甲与筒壁的可能碰撞次数。
（参考：）
【答案】(1)；(2)甲粒子速度大小，方向指向圆心；乙粒子速度大小，方向背离圆心；(3)n=2、3、4……
【详解】
(1)周期，S2到P运动轨迹圆心角，运动时间为，则
(与圆筒碰撞5次)
总时间
(2)由动量守恒有
所以，甲粒子速度大小
方向指向圆心，乙粒子速度大小
方向背离圆心
(3)设甲粒子与筒碰n次、转k周后从孔S2射出，要保证甲粒子始终在筒内、乙粒子始终在板间运动，需满足
，
又
由，联立得
当，得
当k=1、时不等式才能成立，代入数据得
n=2、3、4……
28．如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧（Ⅰ区）和MN边界右侧（Ⅱ区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN右侧的磁感应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍，MN边界与y轴平行且间距保持不变。一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过y轴左侧磁场的时间均为t0，粒子重力不计。
（1）求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B；
（2）经过4.5t0时间粒子第一次回到原点O，且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d。
【答案】（1）；（2）
【详解】
(1)
粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则：
解得：
(2)
设粒子在I、Ⅱ区运动的速度分别为v1、v2，运动周期分别为T1、T2，则
解得：
粒子在t=4.5t0时回到原点，运动轨迹如图所示：
粒子在I、Ⅱ运动时间分别为
粒子在电场中运动时间为
故粒子在电场中运动宽度d所用时为t0得
解得：
29．如图所示，ab为一长度为l=1
m的粒子放射源，能同时均匀发射粒子，距ab为h=1
m的虚线ef的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以a点为坐标原点、以ab为x轴、以ad为y轴建立平面直角坐标系，则图中曲线ac的轨迹方程为y=x2，在曲线ac与放射源ab之间的区域Ⅰ内存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小为E1=2.0×102
N/C，ad⊥ef，在ad左侧l=1
m处有一长度也为h=1
m的荧光屏MN，在ad与MN之间的区域Ⅱ内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E2=2.0×102
N/C。某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，粒予的比荷=1.6×105
C/kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用：
(1)
从距a点0.25
m处释放的粒子到达虚线ef的速度v1为多大？
(2)
如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为多大？
(3)
在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比及粒子发射后打到荧光屏上的最短时间。
【答案】(1)
2.0×103m/s；(2)
0.1
T；(3)50%，×10-3s
【详解】
(1)
由动能定理可得
，
联立可得
从距a点0.25
m处释放，即x1=0.25
m，代入数据可解得
(2)
所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律可得
解得
分析可知，当磁感应强度B一定时，轨迹半径r与x成正比，当x趋近于零时，粒子做圆周运动的轨迹半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有2r=x，联立并代入数据解得
B=0.1
T
(3)
粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域Ⅱ的电场中后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动。对于打到N点的粒子，设其射入电场时的速度为v2则
该粒子为从ab的中点释放的粒子，故打到荧光屏上的粒子占粒子总数的50%
该粒子在区域Ⅰ的电场中运动的时间为t1，则有
无场区的时间
在磁场中运动的时间为t3，在匀强磁场中转过的圆心角θ=π，则有
在电场E2中的时间
故该粒子所经历的总时间
代入数据得
（“7.59×10－4
s”或“7.6×10－4
s”）。
30．如图所示，MN右侧有磁感应强度为B1=B的匀强磁场，MN的左侧有磁感应强度为的匀强磁场，两侧磁场方向均垂直纸面向里。O、P为MN上相距为d的两点。一带电量为q、质量为m的正粒子，在纸面内从O点沿垂直MN的方向射向右侧磁场，入射速度的大小为v。（其中B、q、m均为未知量，且它们满足关系，不考虑带电粒子重力和空气阻力，结果用d和v表示）求：
(1)带电粒子在两磁场中运动的轨道半径；
(2)带电粒子在两磁场中运动的周期；
(3)经过多长时间，带电粒子经过P点。
【答案】(1)
；；(2)
，；(3)
，
【详解】
(1)在右边区域，根据牛顿第二定律可得
解得带电粒子在右磁场中运动的轨道半径
在左边区域，根据牛顿第二定律可得
解得带电粒子在左磁场中运动的轨道半径
(2)带电粒子在右磁场中运动的周期
带电粒子在左磁场中运动的周期
(3)带电粒子在两磁场中各运动半周，则有
带电粒子第一次经过点需要的时间为
带电粒子第二次经过点需要的时间为
31．为了测定粒子放射源向外辐射出粒子速度的大小，设计和安装了如图所示的装置。从带有小孔的放射源中均匀地向外辐射出平行于y轴的、速度一定的粒子(质量为m,电荷量为)。现让其先经过一个磁感应强度为、区域为半圆形的匀强磁场,经该磁场偏转后，粒子恰好从一半圆形磁场区域的圆心处射出磁场，沿轴进入右侧的平行板电容器板上的狭缝，并打到置于板上的荧光屏上，此时通过显微镜头可以观察到屏上出现了一个亮点。闭合电键后，调节滑动变阻器的滑动触头当触头位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头看到屏上的亮点恰好消失。已知电源电动势为，内阻为,滑动变阻器的总阻值。
（1）求平行板电容器两板间的电压及粒子从放射源中射出时速度的大小；
（2）求该半圆形磁场区域的半径；
（3）若平行板电容器两极板间的距离为，求粒子在磁场中和电场中运动的总时间。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【详解】
（1）由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度
两极板间的电压
??
对某一α粒子，在加速电场中应用动能定理得
联立解出
（2）设α粒子在磁场中的轨迹半径为r，则?
由题意
结合解出
（3）
由题意，“粒子向上射入磁场偏转90°后射出，后来又从O点返回磁场再偏转90°，最后向上射出磁场。故粒子在磁场中的总时间
又
联立解出
粒子在电场中做减速运动，到达N板的速度恰为零，结合，可得粒子在电场中运动的总时间为
则粒子在磁场中和电场中运动的总时间
32．如图所示，平行金属板MN、PQ水平放置，MN带正电，PQ带负电，两极板间距为d，板长为2d，质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从MN板的左边缘M点水平射入两平行板间，初速度为v0，恰好从PQ板的右边缘O点射出，进入PQ上方足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，粒子在磁场中偏转后恰好从PQ板左边缘的P点返回电场，求：
(1)带电粒子进入磁场时的速度v及两极板间的电势差；
(2)匀强磁场的磁感应强度B；
(3)带电粒子最后从该装置哪个位置射出，方向如何？并求出从M点进入电场开始到最后离开电场所用的总时间。
【答案】(1)；
；(2)；(3)N点向右水平射出,
【详解】
(1)在电场中，带电粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动公可得
水平方向匀速直线运动，则有
竖直方向
进入磁场的速度
联立解得
(2)进入磁场后，带电粒子在磁场中圆周运动轨迹如图
由几何关系带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹半径得
由洛仑兹力提供向心力得
解得
(3)
带点粒子以斜下右下进入电场，因此可知水平方向和竖直方向的速度均为，因此粒子水平方向做匀速直线运动的时间不变，竖直方向根据对称性可知做匀减速运动，到MN板速度减为零，因此带电粒子最后从极板右边缘点向右水平射出
在电场中运动时间
在磁场中运动时间
从点进入电场开始到最后离开电场所用的总时间
解得
33．如图甲所示，在平行边界MN、PQ之间，存在宽度为方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场随时间变化的关系如图乙所示，MN、PQ两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场。一重力不计的带电粒子，从时自边界上某点由静止第一次经电场加速后，以速度垂直边界第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零。求：
(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比；
(2)粒子第次经过电场所用的时间。
【答案】(1)1:3；(2)
【详解】
(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r1、r3，第二次出电场时的速度为v2，第三次出电场时的速度为v3，粒子第一、二、三次在电场中的运动，由动能定理得
得
第3次加速
得
得
(2)根据规律可得
联立解得
34．如图所示，x轴上方存在电场强度、方向沿轴方向的匀强电场，x轴与PQ（平行于x轴）之间存在着磁感应强度、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量、带电量的粒子，从y轴上（0，0.04m）的位置分别以不同的初速度v0沿＋x轴方向射入匀强电场，不计粒子的重力。
(1)若，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；
(2)若粒子射入电场后都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d；
(3)若粒子恰能经过x轴上点，求粒子入射的初速度。
【答案】(1)，方向与x轴成45°角；(2)0.2m；(3)，其中（k=0，1，2，3，…），，其中（k=0，1，2，3，…）
【详解】
(1)设粒子第一次在电场中的运动时间为，电场力提供加速度
粒子做类平抛运动，在竖直方向
末速度为
解得
方向与x轴成45°角。
(2)当初速度为0时粒子最容易穿过磁场
要使所有带电粒子都返回电场，则
(3)对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变
设粒子第n次经过处，满足
其中（k=0，1，2，3，…），则初速度
其中（k=0，1，2，3，…）
或满足
其中（k=1，2，3，…），则初速度
其中（k=1，2，3，…）。
35．如图所示的平面直角坐标系xOy，在x轴上方有沿y轴正方向的匀强电场，在x轴下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一不计重力、带负电的粒子，从y轴上的点，以速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点进入x轴下方的磁场中运动，该粒子恰好没能进入第Ⅲ象限。试求：
(1)粒子到达Q点时速度的大小和速度方向与x轴正方向的夹角；
(2)粒子第一次在磁场中运动的时间。
【答案】(1)，方向与x轴正方向的夹角；(2)
【分析】
考查带电粒子在组合场中的运动。
【详解】
(1)设带电粒子在电场中运动时间为，粒子到达Q点时速度的大小为v0，速度方向与x轴正方向的夹角为，粒子到达Q点时沿y轴方向的速度大小为，
由平抛运动规律，有
，
则
，
(2)因为粒子恰好没能进入第Ⅲ象限，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与y轴相切。如图所示。
由几何关系，有
解得。
由对称性可知，粒子将在电场和磁场中做周期性运动，粒子在磁场中运动的周期为
所以，该粒子第一次在磁场中运动的时间为
36．两个同轴（轴线水平）网状金属圆筒的截面如图所示，P的半径为、Q的半径为，在P圆筒内有沿轴线方向向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，在P、Q两圆筒间加恒定电压U后，P、Q两圆筒之间有图示辐射状的电场，A、C是Q圆筒截面水平直径的端点，现将一电子从A点由静止释放，电子质量为m，电荷量为e，假设电子不会与P圆筒的金属网发生碰撞。求：
(1)电子进入P圆筒时的速度大小；
(2)欲使电子在最短时间回到A点，电压U的大小；
(3)在电压U符合(2)问要求下，仍将电子从A点由静止释放，要求电子能够到达C点，并且在第一次到达C点之前，电子只能在AC直径及以下区域运动，需将P圆筒内磁场的磁感应强度大小变为，请你推导应满足的表达式。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)由动能定理得
解得：
v=
(2)欲使电子在最短时间内回到A点，电子应在磁场中发生三段相同弧长的圆周运动，如图1所示。如图2所示，r0表示在磁场中圆周运动的半径，
每段圆弧对应的圆心角为∠AO1D=60?
tan30°=
evB0
=
解得：
(3)电子能到达C点，需要电子在磁场中发生n段（n为整数且n≧2）相同弧长的圆周运动，设每段圆弧的半径为r1，对应的圆心角（弧度）为θ，则
θ=π-
联立解得：
37．如图，竖直面内一倾斜轨道与一水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接。绝缘的水平轨道分为三个区间：区间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场；区间长为，当物块经过时会吸附负电荷（物块的质量和速度不受影响），单位时间吸附的电荷量为；足够长的区间存在方向水平向右、场强为的匀强电场。整条轨道中，区间粗糙，其余光滑。质量为的小物块（视为质点）从斜轨道上高为的处由静止释放，第一次恰能返回到斜面上高为的点。已知（为重力加速度），物块上的电荷在斜轨道上运动时会被完全导走，忽略空气阻力。求小物块
(1)第一次往返过程中克服摩擦力所做的功；
(2)第一次返回刚进入区间时，所受洛伦兹力的大小和方向；
(3)第一次与最后一次在区间运动的时间差。
【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】
(1)对从处释放至回到的过程，有
①
解得第一次往返过程中克服摩擦力做的功
②
(2)由左手定则，物块返回经过磁场时所受洛伦兹力的方向竖直向上，洛伦兹力大小
③
因，故向左、右经过区间的速率相等，用时相同，吸附电量也相等
④
⑤
联立③④⑤式，解得洛伦兹力大小
(3)由可推知，第一次向左经过磁场的过程所受摩擦力
⑥
即物块向左经过磁场做匀速直线运动，只有向右经过磁场的过程克服摩擦力做功，故第一次进入电场区的初速度满足
解得⑦
第一次在电场中来回的过程，有
⑧
联立④⑤⑦⑧式，解得在电场中第一次来回的时间
⑨
由第(2)问列式可推知，每次向左经过磁场时摩擦力都是，每次向右经过磁场区间损失的机械能均为。用表示第次向右进入电场区的初速度，相邻再次进入电场区的初速度满足
⑩
即每向右经过一次磁场区域，减小，物块进入电场的次数
?
最后一次（第3次）进入电场的速度满足
?
最后一次（第3次）在电场中来回运动的时间
?
故第一次跟最后一次（第3次）在电场区运动的时间差
?
38．如图所示，在xOy坐标系中，在y
<
d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d
<
y
<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，
MN为电场和磁场的边界，在y
=
2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收。一质量为
m、带电荷量为+
q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，在边界上的P点进入磁场，P点坐标为（2d
，d），不计粒子受到的重力：
(1)求电场强度的大小E
；
(2)若粒子垂直打在挡板上，求磁感应强度的大小B0；
(3)若使粒子通过x轴上的Q（10d，0）点，应将磁感应强度B调节到多大。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子先在电场中做类平抛运动，有
由牛顿第二定律有
解得
(2)进入磁场时的速度为
设此时速度与x轴的夹角为，由
解得=45°
粒子垂直打在挡板上，设粒子在磁场中运动半径为R0，有
由几何关系有
即
解得
(3)粒子刚好不打到挡板上时，轨迹与板相切，设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力，有
由几何关系有
即
故要使粒子不打到挡板上，磁感应强度的大小B应满足的条件是
粒子再次回到x轴上，沿x轴方向前进的距离为
调节磁场必须满足
解得
粒子通过P点，回旋次数为
n为整数，只能取n=3
则有
，
解得此时磁感应强度的大小为
39．如图所示，在平面坐标系的第Ⅰ象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强大小为，第Ⅱ象限有垂直平面向里的匀强磁场，一个带正电粒子以初速度，从轴上点沿轴正方向射入电场，并从点进入磁场，粒子恰好不射入第三象限，已知，，粒子的重力不计，求：
(1)该粒子的比荷；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子第次从电场进入磁场经过轴时的纵坐标值。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
（1）粒子在第Ⅰ象限内的运动类似平抛运动，轨迹如图沿轴负方向做匀加速运动，则有
沿轴正方向做匀速运动，则有
解得
（2）设粒子进入磁场时的速度为，则轴方向的速度为
轴方向的速度为
可知
设速度的方向与轴的夹角为，则有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径为
由几何关系得
又
解得
（3）第1次从电场射入磁场的位置坐标
粒子从磁场射入电场后，沿电场线方向做匀减速运动，垂直电场线方向匀速运动。由运动分解可知，沿轴方向前进的距离为，之后粒子周期性运动，每个周期沿轴方向前进的距离
第次从电场入磁场，轴坐标
解得
40．如图甲所示，M、N为竖直放置的两块正对的平行金属板，圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩（电阻不计），板M、N上正对的小孔S1、S2与网罩的圆心O三点共线，网罩的半径为R，网罩内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R，两端点P、Q关于连线S1O对称，屏PQ所对的圆心角θ=120°，收集屏通过阻值为r0的电阻与大地相连，M、N间且接有如图乙所示的随时间t变化的电压，，（式中，周期T已知），质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经S1进入M、N间的电场，接着通过S2进入磁场。（质子通过M、N的过程中，板间电场可视为恒定，质子在S1处的速度可视为零，整个过程中质子的重力及质子间相互作用均不计。）
（1）在时刻经S1进入的质子在进入磁场时速度的大小v0；
（2）质子在哪些时刻自S1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上；
（3）若M、N之间的电压恒为U0，且毎秒钟进入S1的质子数为N，则收集屏PQ电势稳定时的发热功率为多少。
【答案】（1）；（2）到（k=0，1，2，……）；（3）
【详解】
（1）质子在电场间运动时，有
在时，，可得
（2）质子在磁场间运动时
质子能打在收集屏上，有
可得板间电压
结合图象可知，质子在到（k=0，1，2，……）之间进入电场，能打到收集屏上
（3）单位时间内，质子的总能量
由能量守恒
联立以上各式，可得：
41．如图所示，在xOy平面的第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直于坐标平面向内的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上A点（0，L）以速度v0垂直于y轴射入电场，第一次经x轴时与x轴成=30°角射入磁场，不计重力。求:
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从A点出发到第二次穿过x轴时所用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，有
解得
（2）带点粒子在磁场中以O1位圆心做匀速圆周运动，O1M为半径r
由
而
得
（3）设磁场中运动的时间为t2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
而
所以粒子从A点运动到N点的总时间
42．如图a所示。水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过后，电荷以的速度通过MN进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻），计算结果可用π表示。
(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O点右方47.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。
【答案】(1)5cm，；3cm，；(2)
【详解】
(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为
由
得
当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为
由圆周运动规律得
当磁场垂直纸面向外时，周期
当磁场垂直纸面向里时，周期
(2)故电荷从时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN开始。其运动的周期
此时粒子距离点的水平距离为
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
则最后7.5cm的距离如图所示
有
解得
则
故电荷运动的总时间
43．如图所示虚线矩形区域NPP'
N’、MNN’M’内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d，
NN’为磁场与电场之间的分界线。点C’、C将MN三等分，在C’、C间安装一接收装置。
一电量为-e。质量为m、初速度为零的电子，从P'点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。不计电子所受重力。求∶
(1)若电场强度大小为E
，则电子进入磁场时速度为多大。
(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。
(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。
【答案】(1)；(2)三种；(3)。
【详解】
(1)电子在电场中加速
解得
(2)磁场中n个半圆，则
（2n+l）R=4d①
半径满足
②
解得
2.5可见n=3、4、5共三种速度的电子.
(3)上问n=5时运动时间最长
11R=4d③
电子在磁场中运动
④
⑤
电子在电场中运动
⑥
最长时间
44．如图，第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从轴负方向上的点沿与轴正方向成角平行平面入射，经过第二象限后恰好由轴上的点（）垂直轴进入第一象限，然后又从轴上的点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到点，回到点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：
(1)粒子从点入射时的速度；
(2)粒子进入第四象限时在轴上的点到坐标原点距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径（用已知量表示结果）。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
（l）粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O，有
由上两式解得
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知
设粒子在x轴上N点的速度为v，有
又
解得
所以
(2)设P点的纵坐标为，由几何关系得
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有
解得
(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
解得
45．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tanθ=
，带电粒子的质量为m，电量为q，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔t。
【答案】（1），速度方向与x轴正方向成45°角；（2），方向沿y轴负方向；（3）；（4）
【详解】
（1）设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有
粒子第一次经过N点的速度
解得
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，则
解得
即速度方向与x轴正方向成45°角。
（2）对粒子从N点运动到O点过程中，利用动量定理有
方向沿y轴负方向。
（3）由向心力公式和牛顿第二定律得
由几何知识得
由运动学公式得
由牛顿第二定律得
解得
（4）带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示：
由周期公式得
带电粒子在磁场中的运动时间
带点粒子在电场中的运动时间
所以
46．如图所示，在直角坐标系xOy中，0d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，y轴左侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向外，圆形磁场与y轴相切于原点O。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P（0，d）点以平行于x轴的初速度v0射入电场，经过一段时间粒子从M（d，）点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N（d，－）点返回电场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。粒子经电场和圆形磁场后到达坐标原点O，到O点时速度方向与y轴负方向夹角为θ＝30°，不计粒子重力，求：
(1)电场强度大小E及x>d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
(2)圆形磁场的磁感应强度大小B2以及圆形磁场区域半径r；
(3)粒子从P点运动到O点所用时间t。
【答案】(1)
；；(2)；；(3)
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，则
①
②
③
联立①②③解得
④
又
⑤
故
⑥
设粒子在x>d区域内轨道半径为，粒子运动轨迹如图所示，则
⑦
由几何关系得
⑧
由⑤⑦⑧得
⑨
(2)设粒子经电场后到达y轴上的Q点，则粒子从N点到Q点的运动为从P点到M点的逆运动，则QQ=d，，方向沿x轴负方向，运动轨迹如图所示
设粒子在圆形磁场区域轨道半径为，由几何关系得
解得
在磁场中有
解得
由几何关系知∠QOH=θ=30°
在△QOH中
由图知△OHO1为等边三角形，所以圆形磁场区域半径
(3)粒子在电场中运动时间
在x>d区域运动周期
粒子在QH间运动时间
粒子在圆形磁场中运动周期
由几何知识可知，粒子在圆形磁场中运动时间
则粒子从P点运动到O点所用时间：
47．如图所示，直角坐标系xOy内z轴以下、x=b（b未知）的左侧有沿y轴正向的匀强电场，在第一象限内y轴、x轴、虚线MN及x=b所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、N的坐标分别为（0，a）、（a，0），质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点以初速度v0沿x轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x=b射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度以及b的大小；
(2)粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。
【答案】（1），；（2）。
【详解】
（1）由题意可知，粒子从P点抛出后，先在电场中做类平抛运动则
根据牛顿第二定律有
求得
设粒子经过坐标原点时，沿y方向的速度为vy
求得
vy=v0
因此粒子经过坐标原点的速度大小为，方向与x轴正向的夹角为45°
由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为并垂直于MN，设粒子做圆周运动的半径为r，则
得
由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在N点，粒子在磁场中做圆周运动并垂直x轴进入电场，在电场中做类竖直上拋运动后，进入磁场并仍以半径做匀速圆周运动，并垂直x=b射出磁场，轨道如图所示。由几何关系可知
（2）由（1）问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间
粒子在进磁场前做匀速运动的时间
粒子在磁场中运动的时间
粒子第二次在电场中运动的时间
因此，运动的总时间
48．如图甲所示，水平直线下方有竖直向上的匀强电场，场强；现将一重力不计、比荷的正电荷从电场中的点由静止释放，经过后，通过上的P点进入其上方的匀强磁场。磁场垂直于纸面向外，从电荷第一次通过时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。求：
(1)电荷进入磁场时的速度；
(2)图乙中t=2×10-5s时刻电荷与P点的距离；
(3)如果在P点右方d=
110cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到撞击挡板所需的时间。
【答案】(1)×l04m／s
；(2)20cm
；(3)14.5×10－5s
【详解】
(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，
代入数据解得
v0=×l04m／s
(2)当时，电荷运动的半径
周期
当时，电荷运动的半径
周期
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。
在t=2×10-5s时刻，电荷先沿大圆轨迹运动了四分之一个周期又沿小圆轨迹运动了半个周期，正好经过MN。此时电荷与P点的水平距离为r1=20cm
(3)电荷从P点开始，其运动情况是：先以r1=20cm运动四分之一圆周，再以r2=10cm运动一周，又以r1=20cm运动四分之一圆周，而后进入电场，先竖直向下减速运动到零，再反向加速运动回到磁场，完成一个周期，其运动的周期为：
根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为2个，沿PN运动的距离：s=80cm
，然后分别以r1=20cm、r2=10cm运动四分之一圆周，对应30cm的水平距离，如图所示，
故电荷运动的总时间
49．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B。x轴下方有一匀强电场，电场强度为E。屏MN与y轴平行且相距L，一质量为m，电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：
(1)电子释放位置与原点O点之间的距离s需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
【答案】(1)
(n＝0,1,2,3…)；(2)
(n＝0,1,2,3…)
【详解】
(1)在电场中电子从A→O过程，由动能定理可得
在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有
可得
根据题意有
(2n＋1)r＝L
所以解得
(n＝0,1,2,3…)
(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即
由公式
可得
由公式
和
可得
综上整理可得
(n＝0,1,2,3…)
50．如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度大小为E=60V/m。x轴下方分布有多个磁感应强度大小为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm。现有一质量为m=6×10-13kg，电荷量为q=1×10-8C的带正电粒子（不计重力）。
(1)将带电粒子从y轴上坐标为y1处以平行于x轴的某一初速度射入电场区域，带电粒子运动经过x轴上坐标值为x1的Q点时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，且刚好不会穿出第一个匀强磁场区域，求y1和x1；
(2)若粒子从y轴上坐标为（0，50cm）的点处由静止释放，求自释放到粒子第二次过x轴的时间。
【答案】（1）y1=37.5cm，x1=25cm；（2）1.28×10-3s。
【详解】
（1）刚好不会穿出第一匀强磁场区域，画出运动的轨迹如图，
由几何关系
R（1-cos60°）=d1
解得
R=2d1=6cm
带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
v=1×103m/s
带电粒子经过Q点时沿y轴方向的分速度
vy=vsin660°=5×102m/s
由
联立解得
y1=0.375m=37.5cm
带电粒子经过Q点时沿x轴方向的分速度
vx=vcos60°=5×102m/s
由解得
t=5×10-4s
x1=vxt=5×102×5×10-4m=25cm
（2）当带电粒子从y2=50cm的位置由静止释放后先在电场中加速，加速时间t1满足
解得
t1=1×10-3s
设粒子进入磁场时的速度大小为v2，在磁场中做圆周运动的轨道半径为R2，由动能定理有
解得
v2=1×10m/s
由
解得
R2=6cm
根据带电粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区域，带电粒子经过第一个无磁场区域时运动方向与x轴的夹角θ满足
解得
θ=60°
利用几何关系可知，带电粒子在磁场区域运动的总时间为半个圆周的运动时间
s
带电粒子在无磁场区域的路程为
运动时间
s
带电粒子自释放到第二次过x轴的时间
t=t1+t2+t3=1.28×10-3s
51．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在电场强度大小、方向沿x轴正方向的匀强电场；在第Ⅱ、Ⅲ象限内存在磁感应强度大小，方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一个比荷的带负电粒子在x轴上横坐标处的P点以的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子所受的重力。求：
(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离；
(2)带电粒子从进入磁场到第一次返回电场所用的时间；
(3)带电粒子运动的周期t。
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由牛二及运动的合成与分解可求得粒子第一次能过y轴焦点到O点的距离。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可以确定粒子运动的圆心和半径。由转过的角度可以求出粒子在磁场中转动的时间。
(3)粒子在回到初始状态所用的时间为一个周期，因此周期包括两次电场中的运动和一次磁场中的运动，求得总时间即为一个周期。
【详解】
(1)如图所示
粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动，由牛二推导得
运动时间
沿y方向的位移
(2)粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度
因此
解得
粒子在第Ⅱ象限以为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为
运动时间
(3)粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经过时间，粒子速度变为，此后重复前面的运动。可见粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期
【点睛】
带电粒子在匀强电场中所受电场力、粒子在电场中仅受电场力时做类平抛运动、粒子在磁场中受
洛伦兹力做匀速圆周运动，其运动时间。
52．如图甲所示，某空间存在着有理想边界、宽度相等的两匀强磁场区域，磁感应强度大小均为，方向分别如图所示。匀强磁场区域左侧存在电场强度大小为、方向水平向右、宽度为的匀强电场。匀强磁场区域右侧，宽度为的空间区域内，存在一随时间按图乙变化的电场（取竖直向下为此电场的正方向）。一个带正电的粒子（质量，电荷量，不计重力）从时刻开始，从电场左边缘点由静止开始运动，穿过两磁场及右侧电场区域与竖直绝缘挡板碰撞发生镜面弹射（无能量损失），又回到点，此时右侧电场恰好完成一个周期的变化，之后粒子重复上述运动过程。图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有障碍物，求：
(1)如果带正电的粒子第一次在两匀强磁场分界线处速度方向与刚进入磁场速度方向比较偏转了，其他条件不变，则中间磁场的宽度为多少？
(2)如果带正电的粒子第一次在两匀强磁场分界线处速度方向与刚进入磁场速度方向比较偏转了，（中间磁场的宽度未知）其他条件不变，则右侧匀强电场区域的电场强度大小为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）根据题意分析粒子的运动具有周期性和对称性，设带正电的粒子第一次在两匀强磁场分界线处速度方向与刚进入磁场速度方向比较偏转了，一个周期内的运动轨迹如图甲所示
P、P1、P2、P3、P4为中轴线（对称轴上）上的点，、、、是四个对称圆弧的圆心。设带正电的粒子出左侧电场时速度（进入磁场中的速度）为，在左侧电场，由动能定理得
解得
设带正电的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由
解得
代入，解得
当带正电的粒子第一次在两匀强磁场分界线处速度方向与刚进入磁场速度方向比较偏转了时，由图甲中几何关系知
代入
解得
（2）当带正电的粒子第一次在两匀强磁场分界线处速度方向与刚进入磁场速度方向比较偏转了时，一个周期内的运动轨迹如图乙所示
与图甲区别是、、重合为一点，即上下两个圆弧的圆心重合在中轴线上。由几何关系知道
在右侧变化电场中粒子做类平抛运动，匀加速分位移为
代入
解得
由
联立解得
53．如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量为、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度从电场边界P、Q之间的O点出发：
(1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离；
(2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离；
(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t。
【答案】(1)
；(2)；(3)，
【详解】
(1)由动能定理得
得
(2)由
解得
(3)要使粒子在磁场中运动时间最短则轨迹如图：
由
解得
粒子在电场中运动的加速度
在磁场中运动的周期
全过程的运动时间：
54．如图，在xOy平而内，x=0与x=3L两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第I象限内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从x轴上的A点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上的P（0，）点，以速度v0垂直于y轴方向进入磁场。不计粒子的重力。
（1）求A点的坐标；
（2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；
（3）若粒子能从O'（3L，0）点离开，求磁感应强度的可能取值。
【答案】（1）（，0）；（2）；（3）B可能的取值为，，
【详解】
（1）粒子由A点到P点的运动可看成由P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，有
xA=v0t
①
qE=ma
②
③
由①②③得
④
A点的坐标为（，0）⑤
（2）只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B的最大值为Bm，最小轨迹半径为R0，轨迹如答图a，图示的夹角为θ，则
根据几何关系有
2R0cosθ=R0⑥
R0sinθ+R0=⑦
在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
⑧
由⑥⑦⑧得
⑨
即磁感应强度的取值范围为
⑩
（3）设粒子到达O′点的过程中，经过x轴n次，一次到达x轴的位置与坐标原点O的距离为xn，如答图b，
若粒子在第一次到达x轴的轨迹圆心角大于90°，即当时粒子将不可能到达O′点，故xn需要满足
?
且
（2n-1）xn=3L?
故n只能取1、2、3（如答图c）
即x可能的取值为3L，L，?
又轨迹半径Rn满足
?
在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
?
由?????得B可能取值为，，?
55．如图所示，以O为坐标原点建立直角坐标系，等边三角形OMN内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN边界上放有一绝缘挡板，第四象限内有沿y轴负方向的匀强电场。现有一质量、电荷量的带负电微粒从y轴上的A点，以的初速度沿轴正方向射入电场，从轴上坐标为（1m，0）的C点平行于ON方向进入三角形磁场区域，在磁场中偏转后垂直打到挡板MN的中点E上，并原速弹回（粒子带电荷量不变）。最后经过y轴上的D点（图中未画出）射入第二象限。粒子重力不计，计算结果可保留根式。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从A点运动到D点的总时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在从A到C的运动过程中做类平抛运动，有
，，
解得
，
(2)粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系知弧CE所对应的圆心角，设，由
可得
，
解得
粒子做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，则
，
解得
(3)粒子在磁场中运动的总时间
其中，解得
由几何知识可知OH=OC=1m，则DH=0.5m，则
所以粒子从A点运动到D点的总时间
解得
56．如图所示，直线MN与两平行极板垂直。两极板之间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向向右，极板间距离为d，S1、S2为极板上的两个小孔。在MN下方和两极板外侧区域存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。MN上方有一绝缘挡板PQ，与MN平行放置。从小孔S1处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S2进入磁场，飞出右侧磁场后与挡板PQ相碰。已知两小孔S1、S2到直线MN的距离均为d，粒子质量为m、电量为q，与挡板碰撞前后，粒子电量没有损失，平行于挡板方向的分速度不变，垂直于挡板方向的分速度反向，大小不变，不计粒子的重力。
(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小
(2)若磁场的磁感应强度大小为，为保证粒子再次回到S2，挡板PQ应固定在离直线MN多远处？
(3)若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S2进入磁场后均能沿第(2)问中的路径运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间
【答案】(1)；(2)；(3)
，其中n=1，2，3，……
【详解】
(1)粒子从释放到第一次到达S2过程，由动能定理得
①
求得
②
(2)粒子运动轨迹如图示；
粒子在磁场中运动时，有
③
得
④
由几何关系可知，粒子第一次从MN射出磁场时与MN的夹角为60?，为保证粒子再次回到S2，须打到挡板上如图示的位置O。
则挡板与MN的距离应为
⑤
解得
⑥
(3)设粒子第n次通过磁场的速度为vn，由动能定理可得
（n=1，2，3，……）
⑦
由于
所以有
⑧
粒子第n次在磁场运动的周期
⑨
粒子第n次通过磁场所用的时间
其中
n=1，2，3，……
57．如图所示，匀强磁场与匀强电场存在理想边界AB，已知匀强电场的方向与边界成45°角，匀强磁场的方向垂直纸面向里。今在AB上的O点向磁场中射入一个速度大小为v，质量为m，方向与AB成45°角的带正电粒子，此时该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。磁感应强度B与电场强度E均未知但满足关系E=vB，如果把带电粒子从O点出发记为第一次进入磁场。不计粒子的重力，试计算：
（1）粒子第一次进入电场以后，最多能克服电场力做的功；
（2）粒子第三次进入磁场时到O点的距离和该次进入磁场后运动的轨道半径R1。
【答案】（1）；（2），
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示。先为一段半径为R的四分之三圆弧到a点，后恰好逆着电场线匀减速运动到b点速度为零，又返回a点速度仍为v，然后在磁场中运动一段四分之一圆弧到c点，之后垂直于电场线方向进入电场做类平抛运动到d点。
（1）由分析可知，粒子在第一次进入电场后到速度变为零时克服电场力做功最多，设克服电场力做功为W，根据动能定理可知：
可得
（2）当粒子第三次进入磁场时距离O点的距离为Oa段、ac段与cd段的距离之和，分别记为x1、x2、x3，故有
粒子在电场中做类平抛运动时，其在垂直电场方向的分位移
x=vt
在平行电场方向的分位移
又在平行电场中的加速度
因为电场方向与边界成45°角，故有
粒子在匀强磁场中运动时
又有
联立以上公式可解得类平抛运动的位移
因此，O点到d点的距离
第三次进入磁场后有
据平抛运动知识可知，进入磁场时速度偏角正切值为位移偏角正切值的2倍。
即
故可知
所以
所以可得粒子第五次进入磁场后的轨迹半径为

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