选择性必修二第一章磁场练习（word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修二 第一章 磁场
一、单选题
1．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，粒子打至P点。设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，且射出磁场时的速度反向延长线通过a点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示装置，天平可以用来测定磁感应强度B的大小和方向，天平的右臂下面挂有一个共N匝的矩形线圈，线圈宽为l。线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面，线圈中通有如图所示方向的电流I时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡；当只改变电流的方向时，需要在天平左边再加上质量为m的砝码后，天平才重新达到平衡。那么（　　）
A．B的方向垂直纸面向外，大小为
B．B的方向垂直纸面向里，大小为
C．B的方向垂直纸面向外，大小为
D．B的方向垂直纸面向里，大小为
4．图所示，直线OM上方存在着垂直纸面方向的匀强磁场（未画出），一电子从O点垂直OM射入磁场，经过时间t0从O点右侧某位置射出磁场．现使电子从O点向左上方射入磁场，速度方向与OM成150°角，则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为 t0
B．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t0
C．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为 t0
D．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t0
5．如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为（k为常量），线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为（　　）
A．0 B． C． D．
6．如图，边长为l的正方形abcd内存在均匀磁场，磁感应度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．如图所示，长方形abcd长ad = 0.6m，宽ab = 0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B = 0.25T。一群不计重力、质量m = 3 × 10 - 7kg、电荷量q = + 2 × 10 - 3C的带电粒子以速度v = 5 × 102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边
8．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（　　）
A．质量 B．动能 C．荷质比 D．电荷
9．在恒定的匀强磁场中固定一根通电直导线，导线的方向与磁场方向垂直，如图反映的是这根导线受到的磁场力大小F与通过导线的电流I之间的关系，M、N两点各对应一组F、I的数据，其中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则（　　）
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到板上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为
11．如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为，则（　　）
A．质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为
B．质子在磁场中运动的轨迹圆的半径
C．质子射入速度大小为
D．质子在磁场中运动的时间为
12．如图所示是一个水平放置的圆环形玻璃小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0.与此同时，有一变化的磁场垂直穿过圆环形玻璃小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度B的大小跟时间成正比，方向竖直向下．设小球在运动过程中所带电荷量不变，那么（　　）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增加
C．洛伦兹力对小球做功
D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
13．如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（　　）
A．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
B．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
C．所有离子飞出磁场时的动能一定相等
D．在磁场中运动时间最长的离子可能经过圆心O点
14．回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。下列说法正确的是（　　）
A．粒子被加速后的最大速度与D型金属盒的半径无关
B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大
C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定
D．高频电源频率与粒子的质量、电量和磁感应强度无关
15．如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
16．如图，上下两块金属板水平放置，相距为d，板间电压为U。两板间右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机喷嘴处在两板中线左侧位置，从喷嘴水平向右喷出质量为m、速度为v0的带电墨滴。墨滴在电场区域恰能做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域，最终垂直打在下板上。重力加速度为g，则墨滴带电量大小q=_______ ； 磁感应强度B=_________（均用题中物理量符号表示）。
17．导体棒中带电粒子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识，安培力与洛伦兹力也有宏观与微观的对应关系。
如图所示，静止不动的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一段直导体棒长为L，横截面积为S，单位体积的自由电荷个数为n，自由电荷的电荷量为。导体棒中通有恒定电流，自由电荷的定向移动速率为（本题中两问均认为始终不变）。导体棒水平放置处于磁场中（垂直于磁感应强度）。
（1）若导体棒相对磁场静止，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导体棒所受的安培力。按照这个思路，请你由安培力的表达式推导出洛伦兹力大小的表达式。( )
（2）概念学习中，类比与比较是常用的学习方法。我们已经知道，垂直于匀强磁场磁感线的通电导线所受的安培力，由此，我们用来定义磁感应强度。同样，运动方向垂直于匀强磁场磁感线的带电粒子所受的洛伦兹力，由此也可用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式是_________，把该定义式与电场强度的定义式进行对比，两个定义式（而非物理量）的差别在于：__________________
18．如图，长度均为L的长直导体棒a、b平行置于光滑绝缘水平桌面，b棒固定，a棒与力传感器相连。当a、b中分别通以大小为Ia、Ib的恒定电流时，a棒静止，传感器受到a给它水平向左、大小为F的拉力。则a、b中的电流方向______（选填“相同”或“相反”），a中电流在b棒所在处产生的磁感应强度大小为______。
19．如图，在正方形中的区域内，存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域内有方向平行的匀强电场（图中未画出）。现有一带电粒子（不计重力）从点沿方向射入磁场，随后经过的中点进入电场，接着从点射出电场区域内的匀强电场的方向由________（选填“指向”或“指向”），粒子在通过点和点的动能之比为________。
三、解答题
20．如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab垂直导轨放置，质量m=1kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好。电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω。外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°。ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），不计其余摩擦。重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）ab受到的安培力大小；
（2）如果电阻R的值可以调节，则当R阻值为多少时棒ab刚好要运动。
21．如图所示，在坐标系的第一象限内，直线的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为；第四象限内，在处有一足够长的光屏与轴垂直放置，光屏与轴之间存在方向沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为；在轴上点处有一粒子源，能以不同速率沿与轴正方向成角发射质量为、电荷量为的相同粒子，这些粒子经磁场作用后都沿轴负方向通过轴，且速度最大的粒子刚好通过直线与轴的交点，速度最小的粒子通过轴上的点（未画出）。已知速度最大的粒子通过轴前一直在磁场中运动，，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。，。求：
（1）粒子最大速度的值；
（2）有界磁场的最小面积；
（3）粒子到达光屏上的落点到轴的最大距离。
22．如图所示，在第I象限内的虚线OC（OC与y轴正方向的夹角）与y轴所夹区域内（包括虚线OC）有磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（视为质点）从y轴上坐标为（0，L）的A点平行于x轴正方向射入磁场。取，不计粒子所受重力。
（1）若a粒子垂直y轴离开磁场，求其初速度大小v应满足的条件；
（2）若b粒子离开磁场后垂直经过x轴，求b粒子在第I象限内运动的时间t；
（3）若在（2）中情况下，在xOy平面内x轴与虚线OC所夹区域加上方向平行OC的匀强电场（图中未画出）结果b粒子恰好能到达x轴，求所加电场的电场强度大小E以及b粒子到达x轴上的位置的横坐标（不考虑b粒子到达x轴后的运动）。
23．如图（a）所示，两个平行的金属板间接有图（b）所示的交变电压，板长为L＝0.4m，板间距d＝0.2m。在金属板的右侧即磁场的理想左边界，磁场区域足够大。磁感应强度B＝5×10﹣3T，方向垂直纸面向里，现有一带电粒子（不计重力）以v0＝105m/s速度沿着极板中线从左端射入极板间。已知粒子的荷质比为 ＝108C/kg，粒子通过电场区域的极短时间内，可以认为电场是恒定的。
（1）若粒子在t＝0时刻射入，求粒子在磁场中运动的射入点到出射点间的距离；
（2）证明任意时刻射入电场的粒子，在磁场中运动的射入点与出射点间的距离都相等；
（3）求粒子射出电场时的最大速度。
24．如图所示，在xoy平面第一象限的整个区域分布向下匀强电场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内存在有界（含边界）匀强磁场，其左边界为y轴，右边界为x＝l的直线，磁场方向垂直纸面向外，一质量为m、电荷量为q、可看作质点的带正电粒子，从y轴上P点以初速度v0垂直于y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝l，不计粒子重力，求：
（1）OP间的距离；
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围。（结果用m、q、l、v0表示）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
带电粒子经电压U加速，由动能定理得
qU＝mv2
垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m
而
R＝
联立解得
x＝
B、m、q一定，根据数学知识可知，图象是抛物线，由此可知能够正确反应x与U之间的函数关系的是图象B，ACD错误，B正确。
故选B。
2．C
【解析】
【详解】
画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
L+rL
解得
r=（1）L
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=m
联立解得
故ABD错误C正确。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
由题意知，当电流方向为反向时左边需要再加质量m的砝码后，天平才能平衡，由此可知，电流反向，安培力由向上改为向下，所以磁场方向垂直纸面向外。设矩形线圈的重力为G0，第一次平衡时，左边盘中砝码的质量为m1，右边砝码质量为m2，有
电流反向后，达到平衡时，有
由上述两式可得
故选C。
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
电子垂直OM进入磁场后，经半个周期从O点右侧离开磁场，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，由周期公式可知
t0＝＝
当电子向左上方垂直射入磁场时，由几何关系可知电子在磁场中运动的轨迹圆弧所对的圆心角为
θ＝π
故其在磁场中的运动时间
t＝T＝＝t0
故选A。
5．D
【解析】
【详解】
线框下边受到的安培力的大小为
方向向上，线框上边受到的安培力大小
方向向下，根据牛顿第二定律可得
解得
故选D。
6．B
【解析】
【详解】
若电子从a点射出
解得
若电子从d点射出
解得
7．D
【解析】
【详解】
由公式
r =
得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r = 0.3m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边。
故选D。
【名师点睛】
抓住粒子运动轨迹然后通过由上向下平移，从而找出交点即出射点。
8．C
【解析】
【详解】
这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，则
qvB1=qE
可知这束正离子的速度相同；进入磁场后半径为
因半径相同，可知离子的荷质比相同。
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
根据
F=BLI
可知F-I图像为过原点的直线。
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
A．粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示
由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是（＋1）d，故A错误；
B．左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则
t1＝＝＝
故B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期
T＝
由几何关系可知，最短时间
t2＝T＝
最长时间
t1＝T＝
Δt＝t1－t2＝
故CD错误。
故选B。
11．B
【解析】
【详解】
AB．如图所示，利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置
根据几何关系可得
所以
圆心的坐标为，故A错误B正确；
C．在磁场中，由牛顿第二定律，即
质子射入速度大小为
故C错误；
D．质子在磁场中运动的的周期
质子在磁场中运动的时间
故D错误。
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
AB．根据麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间线性增大时将产生稳定的感应电场，根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同，因小球带正电，故电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力的大小随之增大，故A错误，B正确；
C．洛伦兹力对小球不做功，故C错误；
D．带电小球所受的洛伦兹力为
因为速率v随时间逐渐增大，且磁感应强度B的大小跟时间成正比，所以小球受到的洛伦兹力大小与时间不成正比，故D错误。
故选B。
13．A
【解析】
【详解】
ABD．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故应该使弦长为PQ，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点，故A正确，BD错误；
C．因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于离子的初动能不一定相等，故飞出时的动能不一定相等，故C错误。
故选A。
14．C
【解析】
【详解】
A．根据
解得
故粒子加速后的最大速度与D型金属盒的半径有关，故A错误；
B．根据
联立解得
最大动能与半径和磁感应强度有关与加速电压无关，故B错误；
CD．根据
可知高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，故C正确，D错误。
故选C。
15．B
【解析】
【详解】
由洛伦兹力提供向心力可得
v＝
所以粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L
粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是
tmin＝T＝×＝
ACD错误，故B正确。
故选B。
16．
【解析】
【分析】
【详解】
[1]墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
解得
由于电场方向向上，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷。
[2]墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
墨滴在磁场区域恰完成四分之一圆周运动，则半径为
联立解得
17． 磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同
【解析】
【详解】
（1）[1]导线受安培力的大小为
长L的导线内的总的带电粒子数为
又
电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，变现为导线所受的安培力，即
联立可以推导出洛伦兹力的表达式为
（2）[2][3]用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式为
两个定义式（而非物理量）的差别在于：磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同。
18． 相同
【解析】
【分析】
【详解】
[1] a棒静止，传感器受到a给它水平向左、大小为F的拉力,说明两导体棒互相吸引，则a、b中的电流方向相同；
[2] a中电流在b棒所在处产生的磁感应强度大小为
19． c指向b 5：1
【解析】
【详解】
[1]根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带正电，根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45°，即竖直向下，而在电场中做类平抛运动，可知粒子受的电场力由c指向b，则电场方向由c指向b；
[2]粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b做类平抛运动，水平位移等于竖直位移
2vxt=v0t
则到达b点的水平速度
合速度为
则粒子在b点和d点的动能之比为
20．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律，可得
由安培力表达式，有
(2)对ab棒受力分析，如图
棒ab刚好要运动，有
又
联立，可得
由安培力表达式与闭合电路欧姆定律可得
解得
当R阻值为时棒ab刚好要运动。
21．（1）；（2） ；（3）
【解析】
【详解】
（1）设粒子的最大速度为，由于速度最大的粒子穿过x轴前一直在磁场内运动，过P点作速度的垂线交x轴于O1点，就是速度为的粒子做圆周运动的圆心，PO1即为半径R1，如图1
由几何关系有
解得
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
（2）设速度最小的粒子在磁场中半径为R2，速度为，根据几何关系有
解得
，
磁场的最小面积为图1中PCM阴影部分面积
解得
（3）设某个粒子轨迹与直线交点为C1，到达x轴上点N1时，距离原点O的距离为x，如图2
该粒子对应的速度为v，轨迹半径为R，由几何关系得
解得
又由
解得
该粒子在电场中运动时间为t，有
解得
粒子打到光屏上的位置距离x轴的距离为Y，有
其中
当时，有最大距离
22．（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】
（1）当a粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为180°时，a粒子垂直y轴离开磁场，在此种情况下，当a粒子的运动轨迹与OC相切时，a粒子的初速度最大（设为），如图甲所示。
设此时a粒子在磁场中运动的轨迹半径为，有
根据几何关系有
解得
v应满足的条件为
（2）b粒子运动四分之一圆周后离开磁场，将垂直经过x轴，运动轨迹如图乙所示
设轨迹圆的半径为，有
根据几何关系有
解得
b点粒子在磁场中做圆周运动的周期
b粒子在磁场中运动的时间
解得
根据几何关系，b粒子经过虚线OC时到x轴的距离
设b粒子离开磁场后在第I象限内运动的时间为，有
又
解得
（3）b粒子沿y轴方向的加速度大小
根据匀变速直线运动的规律有
解得
b粒子沿x轴方向的加速度大小
设b粒子从虚线OC运动到x轴的时间为，有
b粒子从虚线OC运动到x轴的过程中沿x轴方向的位移大小
又
解得
23．（1）0.4m；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】
（1）带电粒子在t＝0时刻进入，由题可知，粒子通过电场区域时间极短，因此粒子从进入电场到离开电场，板间电场强度始终为零，则粒子将以v0的速度垂直磁场左边界射入磁场中，由牛顿第二定律，得
得
r＝＝0.2m
故粒子在磁场中运动的射入点到出射点间的距离
s＝2r＝0.4m
（2）设某时刻进入磁场的粒子速度为v，方向与水平方向成θ角，
则
v＝
粒子在磁场中运动时的轨迹半径为
＝＝
粒子射入点到出射点间的距离为
s′＝2r′cosθ＝2
由（1）知
s′＝2r＝0.4m
故任意时刻射入电场的粒子，在磁场中运动的射入点与出射点间的距离都相等．
（3）设粒子进入电场时刻，板间的电压为U，且粒子可以射出电场进入磁场．则
y＝
t＝
当侧移量y＝时，电场力对粒子做功最多， 解得
U＝
代入解得
U＝25V
由动能定理得
q＝﹣
解得
vm＝
24．（1）l；（2）B≥；（3）≤B≤
【解析】
【详解】
（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则
vy＝v0tan45°
设粒子在电场中运动时间为t，则
OQ＝l＝v0t
OP＝t
联立解得
OP＝l
（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则
r1+r1sin45°＝l
解得
r1＝（2﹣）l
令粒子在磁场中的速度为v，则
v＝
根据牛顿第二定律
qvB1＝m
解得
B1＝
要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围为
B≥B1＝
（3）假设粒子刚好从x＝l处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得
CD＝2d
CQ＝CD﹣QD＝2d﹣（2.5d﹣d）＝l
设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知
2r2sin45°＝CQ
解得
r2＝l
根据牛顿第二定律得
qvB2＝m
解得
B2＝
要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足
B≤B2＝
综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足
≤B≤
答案第1页，共2页
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