2023高中物理 高二下 选择性必修二 第一章 安培力与洛伦兹力 课后练习卷 （含解析）

2023高中物理 高二下 选择性必修二
第一章 课后练习卷
一、单选题
1．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则（　　）
A．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转
C．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
2．如图所示，两平行金属导轨所在平面与水平面的夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，两导轨间的距离，在导轨所在空间内分布着磁感应强度大小、方向垂直导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻，导体棒恰好要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计。（取，，）则棒与导轨的动摩擦因数为（　　）
A．0.15 B．0.2 C．0.25 D．0.4
3．图甲中质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速，当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到图乙的对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞．质子在磁场的作用下做圆周运动．下列说法中正确的是(　　)
A．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减弱
B．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减弱
D．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
4．如图所示，OA，OB为相互垂直的有界匀强磁场边界，磁场磁感应强度，方向垂直纸面向里，S为粒子源，可向磁场内各个方向均匀发射比荷的带正电粒子，速度。PQ为一长度为的荧光屏，已知，不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A．有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为
B．有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为
C．有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为10 cm
D．有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为
5．如图所示，和是两根相同的金属棒，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，在回路中通以如图所示方向的电流，则稳定后（　　）
A．和将保持竖直
B．和将保持竖直
C．和对的合力小于受到的重力
D．和对的合力大于和的总重
6．如图所示，在、的长方形区域中有一磁感应强度大小B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外。O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内。已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子圆周运动的半径
B．长方形区域的边长满足关系
C．长方形区域的边长满足关系1
D．粒子射入磁场的速度大小
7．用一根导线围成如图所示的回路KLMN，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路KLMN中分别通以如图所示的恒定电流I1、I2，圆环固定，则下列说法正确的是（　　）
A．圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力
B．圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向
C．回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动
D．回路KLMN将在纸面内向左平动
8．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器（进入收集器时速度方向与平行）。下列说法正确的是（ ）
A．磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内
B．加速电场中的加速电压
C．磁分析器中轨迹圆心到点的距离
D．任何带正电的离子若能到达点，则一定能进入收集器
9．如图所示，两根平行的长直导线a和b中通有大小相等、方向相反的电流，此时导线a受到的磁场力大小为F1，当再加入一个与导线所在平面垂直向外的匀强磁场后，导线a受到的磁场力大小变为F2，若把所加的匀强磁场反向，则此时导b受到的磁场力大小变为（　　）
A．F2 B．|F1﹣F2| C．F1+F2 D．|2F1﹣F2|
10．在正三角形的三个顶点、、处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示，已知导线受到的安培力大小为，则导线受到的安培力（　　）
A．大小为，方向平行向左 B．大小为，方向平行向右
C．大小为，方向垂直向下 D．大小为，方向垂直向上
11．如图所示，平行板电容器所带电荷量为Q，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，从A点出发经电场加速后，垂直于磁感应强度方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，粒子打到P点，如果适当调整板间距离d，保持其他条件不变，用x表示OP间的距离，则能正确反映x与d之间关系的是(　　)
A．x与d成反比 B．x与成反比
C．x与成正比 D．x与成正比
12．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大
C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小
13．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
14．下列装置中，利用到离心运动的物理原理的是（　　）
A．磁流体发电机 B．回旋加速器
C．洗衣机 D．电视机
15．下面有关物理公式书写正确的是（　　）
A．匀变速直线运动位移与时间关系：
B．电容器的电容：
C．万有引力定律：
D．安培力公式：
16．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为；调换图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为。忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为（　　）
A． B．
C． D．
17．如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，将两电极接在稳压电源（输出恒定电压）的两极上，然后在玻璃皿中放入导电液体，把玻璃皿放入蹄形磁铁的磁场中，N极在下，S极在上，则（　　）
A．通电液体在磁场中的力叫电场力
B．判断通电液体在磁场中受力方向应使用右手定则
C．导电液体电阻率越大，旋转效果越明显
D．液体将逆时针旋转（自上往下看）
18．如图所示，竖直放置的板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为，一质量，带电荷量的粒子（不计重力）从小孔1位置以垂直板方向，大小为的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则（　　）
A．粒子带负电
B．相邻两孔间的距离为0.2m
C．带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为
D．带电粒子在板右侧匀强磁场中运动的时间约为
19．下列仪器或设备，在正常工作时不需要利用磁场的是（　　）
A．回旋加速器 B．磁电式电流表
C．磁流体发电机 D．避雷针
20．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为、、。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（　　）
A． B． C． D．
二、实验题
21．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）在图中画线连接成实验电路图____________；
（2）完成下列主要实验步骤中的填空；
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1；
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出______，并用天平称出______；
④用米尺测量D的底边长度l。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=______；
（4）判定磁感应强度方向的方法是：若______，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
三、解答题
22．如图所示，边长为L=0.3m正方形边界abcd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀强磁场，一质量m=8×10﹣26kg、电荷量q=8×10﹣19C的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速度射入。粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L，电场强度大小E=5×105V/m，磁感应强度大小B1=1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间△t撤去了匀强电场。虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=0.25T（图中未画出）。有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、gh上，AC=AB=0.3m，=45°。粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的区域，π取3。
（1）Dd距离；
（2）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律。粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？
23．如图所示，M、N是两块面积很大、相互平行而又相距较近的带电金属板，两板之间的距离为d，两板间的电势差为U。同时，在这两板间还有一方向与电场正交而垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的粒子通过M板中的小孔沿垂直于金属板的方向射入，粒子在金属板中运动时恰好不碰到N板，其运动轨迹如图所示，图中P点是粒子运动轨迹与N板的相切点。以小孔处为坐标原点O、粒子射入方向为x轴正方向、沿M板向上为y轴正方向，不计粒子所受重力及从小孔中射出时的初速度。求：
（1）粒子经过P点时的速率；
（2）若已知粒子经过P点时的加速度大小为a，则粒子经过P点时所受的磁场力为多大？
（3）推导磁感应强度B与m、q、d、U之间的关系式。
24．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，经过时间以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，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。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
25．如图所示，在直角坐标系xOy内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a， -b），可通 过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。
（1） 若只在整个I、II象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；
（2） 若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；
（3） 若在整个I、II象限内加垂直纸面向外的 匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴 正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点。如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小。
答案及解析：
1．D
【解析】AB．若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏。故AB错误；
CD．若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动。故C错误；D正确。
故选D。
2．C
【解析】根据闭合电路欧姆定律可得
安培力公式联立解得
因为
所以棒有沿导轨下滑的运动趋势，棒受到的静摩擦力方向沿导轨向上，棒受力情况如图所示
导体棒恰好要滑动，静摩擦力等于滑动摩擦力，有
根据受力平衡可得
，
联立可得
故ABD错误C正确。
故选C。
3．D
【解析】AB．质子在环形加速器中运动时，质子每次经过位置A时都会被加速，速度增大，环形轨道的半径保持不变，由qvB＝m，即r＝知，B逐渐增大，故AB错误；
CD．质子在对撞轨道中运动时，环形轨道的半径保持不变，洛伦兹力不做功，速率不变，由r＝知，磁场始终保持不变，故C错误，D正确．
故选D.
4．A
【解析】带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式
代入数据解得带电粒子做圆周运动的半径R=10 cm
由题意可知粒子在磁场中的运动半径为10 cm，所有粒子在磁场中半径相同
由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径的圆转动。如图所示
与x轴夹角为0°≤θ≤90°的粒子都可以打到屏上，所以有的粒子可以打到荧光屏上，由几何关系可知
所以，且荧光屏发光的长度为
故选A。
5．B
【解析】A．由左手定则可知受到垂直于纸面向外的安培力，和需提供水平分力与之平衡，和不能保持竖直，A错误；
B．闭合回路所受安培力合力为0，和不需要提供水平分力，将保持竖直，B正确；
C．由受力平衡可知和对的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和对的合力大于受到的重力，C错误；
D．由受力平衡可知和对的合力等于和的总重，D错误。
故选B。
6．C
【解析】AD．最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子；其运动的轨迹如图甲，则由题意偏转角
由几何关系得
带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
所以
AD错误；
BC．当时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，，回旋角度为，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得
解得
则
由图可得
解得
B错误，C正确。
故选C。
7．D
【解析】A．根据安培定则可知，圆环上的电流I1在KLMN平面所在处的磁场方向垂直纸面向里。根据左手定则，圆环对KN段圆弧为引力，对LM段圆弧为斥力，A错误；
B．根据左手定则，圆环对KL段的安培力方向垂直于KL向上，对MN段的安培力方向垂直于MN向下，根据对称性，两者大小相等，但是方向不是相反，B错误；
CD．MNKL段和ML圆弧段的有效长度均可等效为ML直线，但ML圆弧所在处磁感应强度小，所受安培力方向向右，比MNKL段受力小，MNKL受安培力合力向左，则回路KLMN将在纸面内向左平动， C错误，D正确。
故选D。
8．B
【解析】A．该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；
B．该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
在加速度电场中，由动能定理有
联立解得
故B正确；
C．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
又有
解得
该离子经Q点进入收集器，故
故C错误；
D．根据上述分析可知，任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为、，经的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径
即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径为
可知，的大小与离子的质量与电荷量的比值有关，则不一定有
即能到达P点的离子不一定能进入收集器，故D错误。
故选B。
9．D
【解析】a和b中通有方向相反的电流，则a和b之间产生相互排斥的磁场力，大小为F1，如图1所示，当再加入的匀强磁场的方向为垂直纸面向外时，对a、b产生的磁场力大小均为F0；
对于a，F1与F0的方向相同，则a受到磁场力大小
F2=F1+F0
把所加的匀强磁场反向变为垂直纸面向里，b受到的F0的方向变为水平向左与F1反向，则b受到磁场力大小
Fb=|F1﹣F0|=|2F1﹣F2|
故选D。
10．A
【解析】设两长直导线间的相互作用力大小为，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线研究，根据力的合成可得
解得
对长直导线研究，根据力的合成可得，受到的安培力为
方向平行向左，A正确，BCD错误。
故选A。
11．D
【解析】根据题意，设两板间电压为，粒子在电场中加速过程，由动能定理有
解得
进入磁场后，由牛顿第二定律有
解得
由题意可知，OP间的距离为
由公式，可得
可得
当板间距离改变，其它条件不变，则与成正比。
故选D。
12．D
【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。
A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，D正确。
故选D。
13．C
【解析】粒子在辐射电场中以速度做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得
粒子在匀强磁场中
解得
粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度和比荷。
故选C。
14．C
【解析】磁流体发电机是利用带电粒子在磁场中受力偏转；回旋加速器是利用带电粒子在电场中能被加速，在磁场中能偏转的原理；洗衣机是利用离心运动甩干衣服中的水分的；液晶电视没用到离心运动原理。
故选C。
15．C
【解析】A．匀变速直线运动位移与时间关系
故A错误；
B．电容器的电容
故B错误；
C．万有引力定律
故C正确；
D．安培力公式
F=BILsinα
故D错误。
故选C。
16．D
【解析】由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力沿斜面向上。则由平衡条件可得
调换图中电源极性使导体棒中电流反向，导体棒ab所受的安培力沿斜面向下。由平衡条件可得
联立解得
故选D。
17．D
【解析】A．通电液体在磁场中的力叫磁场力，故A错误；
B．判断通电液体在磁场中受力方向应左手定则，故B错误；
C．导电液体电阻率越大，由，可知电阻越大，由，可知电流越小，由，可知安培力越小，旋转效果越不明显，故C错误；
D．根据电势的高低可知电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，从上向下看，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故D正确。
故选D。
18．C
【解析】A．由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；
B．画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得
可得
则
故B错误；
C．圆周运动周期为
带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于，即约为，故C正确；
D．如图所示，带电粒子在板右侧匀强磁场中运动的时间等T，约为，故D错误。
故选C。
19．D
【解析】A．回旋加速器中粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以正常工作时需要磁场，故A不符合题意；
B．磁电式电流表的基本原理是通电线圈在磁场中会受到力的作用，所以正常工作时需要磁场，故B不符合题意；
C．磁流体发电机工作时，等离子体受到洛伦兹力作用而向两极板偏转，所以在正常工作时需要利用磁场，故C不符合题意；
D．避雷针的原理是尖端放电，正常工作时不需要利用磁场，故D符合题意。
故选D。
20．B
【解析】带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有
带正电的微粒b向右做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，平衡条件得
得
带正电的微粒c向左做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，平衡条件得
得
可得
故选B。
21． 电流表的示数I 细沙的质量m2 m2>m1
【解析】（1）[1]实验电路图如下：
（2）[2][3]使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数，用天平称出细沙的质量。
（3）[4]根据平衡条件，有
解得
（4）[5]若，则安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场的方向向外；反之磁感应强度方向垂直纸面向里。
22．（1）；（2）（n=1，2，3……），（6.112+0.3n）（n=1，2，3……）
【解析】（1）要使粒子能沿图中虚线PQ进入ef、gh之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有
qv0B1=qE
解得
v0=5×105m/s
粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，设半径为R1，洛仑兹力提供向心力，有
qv0B0=m
解得
R1=0.1m
作出粒子在磁场中轨迹图如图所示
由几何知识可得
R1+R1cosθ= L
解得
θ=60°
粒子射入点的位置在ad边上距d点为
x=R1sinθ= m
即Dd距离为 。
（2）粒子从P以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到AB板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动。粒子运动到在磁感应强度大小B1=0.8T的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有
qv0B1=m
运动周期
T1=
粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间
t1=nT1+ （n=1，2，3……）
粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到AB板的下部。
由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T3，由
qv0B2=m
T3=
得
T3=
粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为
t2=2T3
粒子进入磁场中，在v0方向的总位移
s3=2Lsin45°
时间
t3=
从Q到gh过程的总时间为
t=t1+t2+t3
从Q到gh过程的总路程为
M=2L+n（2πR2）+2πR3×2+s3（n=1，2，3……）
解得
=（7.4×10﹣6+7.5n×10﹣7）s（n=1，2，3……）
M=（6.112+0.3n）m（n=1，2，3……）
【分析】（1）求解带电粒子在电磁复合场中运动，根据粒子在电磁场中受力平衡求解速度大小，粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，根据洛仑兹力提供向心力求解半径，再由几何知识可得粒子射入点的位置在ad边上距d点的距离；
（2）粒子从P以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动。求出粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间，粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部。分析粒子在磁场中共碰到多少块板，根据运动规律求解总时间；最后根据运动情况得到总路程。
23．（1）；（2）；（3）
【解析】（1）从O到P，由动能定理
解得
（2）粒子在P点，由牛顿第二定律
又因
解得
（3）设粒子到达P点前任意位置时速度的x分量为：vx，则
Fy=qvxB
由牛顿第二定律得
Fy=qvxB=may
则
qvxB△t=may△t
qvxB△t=m△vy
qB∑vx△t=m∑△vy
当∑vx△t=d时
∑vy=v
即
将其代入
得
24．（1）7.2×103N/C；（2）4cm；（3）10﹣5s
【解析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为，由匀变速直线运动规律得
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得
E=7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝m
解得
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
做圆周运动的周期
代入数据解得
r1＝5cm
T110﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2
代入数据解得
r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2
代入数据解得
T210﹣5s
故电荷t＝0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
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（4）×10-5s10-5s
所以ts时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2(r1-r2)
代入数据解得
Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，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9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5cm的距离如图所示
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得
cosα＝0.5
即
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9TT1
代入数据解得
t总10-5s
25．（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（2）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（3）粒子由O经P＇到P的轨迹如图所示
在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动,在电场中运动时间t
在磁场中运动时间t为
由此得
设在磁场中做圆周运动，半径为R3，则有
电场中
由此得