微专题(十七) 带电粒子在叠加场中的运动(中档题目)
一、叠加场中的三种常见情形
二、带电粒子在叠加场中的解题思路
[例1] (2025·福建高考)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着MN以速度v做匀速直线运动,MN与水平方向呈45°,NP水平向右。粒子带电量为q、质量为m,重力加速度为g。当粒子到N点时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,则 ( )
A.电场强度为E=
B.磁感应强度为B=
C.NP两点的电势差为U=
D.粒子从N→P时离NP的距离最大值为
听课随笔:
[例2] (2025·贵州高考)如图所示,x轴水平向右,z轴竖直向上,y轴垂直纸面向里(图中未画出),在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E,在z=z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,z=z0的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子,质量为m,从坐标原点O出发,沿x轴正方向以速度v射出后做圆周运动。其中z0=,B1=,P点坐标。已知重力加速度为g,粒子电荷量为q,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8。
(1)求电场强度E的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标值;
(2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时,求B2的大小;
(3)若将电场E改成沿y轴正方向,粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出,求粒子的轨迹方程。
规范解答:
[应用体验]
1.(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则 ( )
A.油滴a带负电,所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
2.(2025·安徽黄山模拟)如图所示,在竖直平面内有一直角坐标系xOy,第Ⅱ、Ⅲ象限存在沿y轴负方向、电场强度大小E=的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在y轴上的P点有一粒子源,连续不断地向y轴左侧沿各个方向发射质量为m、电荷量为q、速度大小为v0、带负电的粒子,其中经过坐标原点O的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的3倍,运动时间最长的粒子能到达x轴上的Q点。已知重力加速度为g,求:
(1)Q点到O点的距离;
(2)P点的坐标;
(3)能经过Q点的粒子需要多久才能从P点到达Q点。
微专题(十七) 带电粒子在叠加场中的运动(中档题目)
[例1] 选BC 带电粒子在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知粒子受力情况如图1所示,
由受力平衡可知mg=qE,qvB=mg,解得电场强度E=,磁感应强度B=,故A错误,B正确。在N点撤去磁场后,粒子受力方向与MN垂直,做类平抛运动,如图2所示,
且加速度a==g,粒子到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点,速度偏转角的正切值tan θ==2tan 45°=2,所以粒子在P点的速度vP==v,N到P过程,由动能定理有qU=m-mv2,解得NP两点间的电势差U=,C正确。将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=vsin 45°=v,故粒子能向上运动的最大距离h==,D错误。
[例2] 解析:(1)由题意可知,粒子受到重力、洛伦兹力和电场力作用而做匀速圆周运动,可以判断粒子受到的电场力与重力平衡,则mg=Eq,解得E=
粒子做匀速圆周运动,轨迹如图甲所示
由洛伦兹力提供向心力得qvB1=m
解得粒子运动的轨迹半径R1=
根据圆周运动轨迹,由几何关系得x2+=
解得x=。
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动,可能的运动轨迹如图乙所示
设粒子进入B2磁场时速度方向与磁场分界面成θ角,由几何关系可得cos(90°-θ)=
解得θ=53°
设粒子在B2磁场中运动的轨迹半径为R2,根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足
n(2R1sin θ-2R2sin θ)=
当n取最小值时,运动时间最短
所以当n=3时,运动时间最短,代入R1的值解得R2=
根据qvB=m
联立可得B2=3B1=。
(3)若将电场方向改为沿y轴正方向,粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力,粒子受到的洛伦兹力大小为f洛=qB1v=mg
正好与重力相平衡,所以粒子沿y轴正方向做匀加速直线运动,有y=at2
由牛顿第二定律有Eq=ma
粒子沿x轴正方向做匀速直线运动,有x=vt
联立解得轨迹方程为y=。
答案:(1) (2) (3)y=
[应用体验]
1.选ABD 油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知其带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,可得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,则有3R=,解得v1==,周期为T==,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡,且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知,小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。
2.解析:(1)带电粒子竖直方向上有mg=Qe
则粒子做匀速圆周运动,经过坐标原点O的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的3倍,则圆弧轨迹对应的圆心角有3倍关系,则αmax=270°,αmin=90°,如图所示,
运动时间最长的粒子经过O点后做斜抛运动,速度与水平方向的夹角为45°,则有=,xOQ=v0cos 45°×t,解得xOQ=。
(2)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=,解得r=
根据几何关系可知OP=r=
P点的坐标为0,。
(3)能经过Q点的粒子在磁场中运动的时间为
t1=·=
总时间为t'=t+t1=+。
答案:(1) (2)0, (3)+
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带电粒子在叠加场中的运动(中档题目)
微专题（十七）
一、叠加场中的三种常见情形
二、带电粒子在叠加场中的解题思路
[例1] (2025·福建高考)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN以速度v做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。粒子带电量为q、质量为m，重力加速度为g。当粒子到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则 ( )
A.电场强度为E=
B.磁感应强度为B=
C.NP两点的电势差为U=
D.粒子从N→P时离NP的距离最大值为
√
√
[解析] 带电粒子在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图1所示，由受力平衡可知mg=qE，qvB=mg，解得电场强度E=，磁感应强度B=，故A错误，B正确。
在N点撤去磁场后，粒子受力方向与MN垂直，做类平抛运动，如图2所示，
且加速度a==g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度偏转角的正切值tan θ==2tan 45°=2，所以粒子在P点的速度vP==v，N到P过程，由动能定理有qU=m-mv2，解得NP两点间的电势差U=，C正确。将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy=vsin 45°=v，故粒子能向上运动的最大距离h==，D错误。
[例2] (2025·贵州高考)如图所示，x轴水平
向右，z轴竖直向上，y轴垂直纸面向里(图中未
画出)，在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，
在z=z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场
B1，z=z0的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O出发，沿x轴正方向以速度v射出后做圆周运动。其中z0=，B1=，P点坐标。已知重力加速度为g，粒子电荷量为q，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。
(1)求电场强度E的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标值；
[答案]
[解析] 由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力作用而做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则mg=Eq，解得E=
粒子做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示
由洛伦兹力提供向心力得qvB1=m
解得粒子运动的轨迹半径R1=
根据圆周运动轨迹，由几何关系得
x2+=
解得x=。
(2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，求B2的大小；
[答案]
[解析] 粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图乙所示设粒子进入B2磁场时速度方向与磁场分界面成θ角，由几何关系可得cos(90°-θ)=
解得θ=53°
n(2R1sin θ-2R2sin θ)=
当n取最小值时，运动时间最短
所以当n=3时，运动时间最短，代入R1的值解得R2=
根据qvB=m
联立可得B2=3B1=。
设粒子在B2磁场中运动的轨迹半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足
(3)若将电场E改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出，求粒子的轨迹方程。
[答案] y=
[解析] 若将电场方向改为沿y轴正方向，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力，粒子受到的洛伦兹力大小为f洛=qB1v=mg
正好与重力相平衡，所以粒子沿y轴正方向做匀加速直线运动，有y=at2
由牛顿第二定律有Eq=ma
粒子沿x轴正方向做匀速直线运动，有x=vt
联立解得轨迹方程为y=。
1.(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀
强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小
为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，
在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a
运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 ( )
应用体验
A.油滴a带负电，所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
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解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知其带负电，有mg=Eq，解得q=，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，可得R=，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，则有3R=，解得v1==，周期为T==，故C错误；
带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
2.(2025·安徽黄山模拟)如图所示，在竖直平面
内有一直角坐标系xOy，第Ⅱ、Ⅲ象限存在沿
y轴负方向、电场强度大小E=的匀强电场和
垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁
场，在y轴上的P点有一粒子源，连续不断地向y轴左侧沿各个方向发射质量为m、电荷量为q、速度大小为v0、带负电的粒子，其中经过坐标原点O的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的3倍，运动时间最长的粒子能到达x轴上的Q点。已知重力加速度为g，求：
(1)Q点到O点的距离；
答案：
解析：带电粒子竖直方向上有mg=qE则粒子做
匀速圆周运动，经过坐标原点O的粒子在磁场
中运动的最长时间是最短时间的3倍，则圆弧
轨迹对应的圆心角有3倍关系，则αmax=270°，αmin=90°，如图所示，运动时间最长的粒子经过O点后做斜抛运动，速度与水平方向的夹角为45°，则有=，xOQ=v0cos 45°×t，解得xOQ=。
(2)P点的坐标；
答案：
解析：根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=，解得r=
根据几何关系可知OP=r=
P点的坐标为。
(3)能经过Q点的粒子需要多久才能从P点到达Q点。
答案：+
解析：能经过Q点的粒子在磁场中运动的时间为t1=·=
总时间为t'=t+t1=+。
专题验收评价
测评内容：微专题(十七)
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1.一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为( )
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
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解析：带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，当电场水平向左、磁场垂直纸面向里时，α粒子受到水平向左的电场力和洛伦兹力，电子受到水平向右的电场力和洛伦兹力，均不能满足受力平衡打到a点，A错误；同理可知，D错误。电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，如果α粒子打在a点，则受到水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力平衡，qE=qvB，则电子受到水平向左的洛伦兹力大于水平向右的电场力，向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子受到水平向左的电场力大于水平向右的洛伦兹力，向左偏转，均不会打在b点，B错误；同理可知，C正确。
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2.(2025·福建泉州期中)(多选)如图所示，空间存在水平向
左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B。在竖直平
面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电
小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，关于小球
的运动，下列说法正确的是 ( )
A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B.若沿ac做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动
C.若沿ab做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动
D.两小球在该运动过程中机械能可能保持不变
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解析：先分析沿ab方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时才可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故A、C正确，B错误。在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，故D错误。
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3.(多选)如图所示，在内壁绝缘且光滑的圆形轨道
内，质量为m、电荷量为+q的小球沿轨道顺时针做圆周
运动。空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小
为E，且存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为B。当小球经过轨道最左侧的P点时，其速度大小
为v0，轨道对小球的弹力恰好为零，此时其所受电场力大小为所受洛伦兹力大小的2倍，忽略带电小球所受重力。下列说法正确的是 ( )
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A.小球在轨道内运动时，其机械能守恒
B.小球从P点运动半周至Q点的过程中，对轨道的压力逐渐增大
C.当小球运动至轨道最右侧的Q点时，对轨道的压力大小为7qE
D.当小球运动至轨道最右侧的Q点时，速度大小为4v0
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解析：小球运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，A错误；设小球从P点转过θ角，此时有FN+qEcos θ-qvB=m，速度v越来越大，cos θ越来越小，则FN越来越大，B正确；
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从P点至Q点，由动能定理得qE×2R=m-m，在P点qE=2qv0B，qE-qv0B=，联立可得vQ=3v0，在Q点，FN'-qE-qvQB=m，联立解得FN'=7qE，C正确，D错误。
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4.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴
竖直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外
的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的
匀强电场(图中未画出)，一质量为m、带电荷量绝
对值为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，重力加速度为g，不计空气阻力。则 ( )
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A.从A点到Q点的过程小球的机械能守恒
B.电场方向竖直向上
C.小球在第Ⅳ象限运动的时间为
D.小球能够返回到A点
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解析：根据左手定则和小球从A点运动到P点的轨迹可知小球带负电，从P点到Q点过程中小球做圆周运动，可知此时小球受到向下的重力与向上的电场力平衡，又因为小球带负电，所以电场方向竖直向下，从A点到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，机械能增加，故A、B错误；
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小球恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，设小球做圆周运动的半径为r，则从A点到P点的过程中，根据动能定理可得mgh=mv2-0，r=h，小球做圆周运动的周期T=，小球在第Ⅳ象限运动的时间为t=T=，故C正确；根据竖直上抛运动规律可知小球会从Q点以速度大小v垂直于x轴向下进入磁场，此后根据左手定则，小球不会向左运动，不能够返回A点，故D错误。
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5.(2025·辽宁大连模拟)如图所示，空间中存在竖
直向下的匀强电场，虚线边界MN的右侧还存在垂直
于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电小球从P点
沿着与水平方向成30°角的方向开始运动，运动到
虚线边界MN上的Q点时速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度大小为v0、质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小E=，下列说法正确的是( )
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A.小球带正电
B.匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C.P、Q两点的水平距离大小为
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
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解析：由题意可知带电小球从P点到Q点在竖直方向做匀减速直线运动，则加速度方向向上，小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球带负电，故A错误；带电小球从P点到Q点过程，竖直方向有a==g，0=v0sin 30°-at，水平方向有x=v0cos 30°·t，联立解得P、Q两点的水平距离大小为x=，故C正确；小球经过Q点之后开始做匀速直线运动，根据平衡条件可知，洛伦兹力竖直向下，由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向里；又qv0cos 30°·B+mg=qE，解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=，故B、D错误。
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6.(多选)如图所示，相互平行的两金属板竖直放置，两
板之间存在着与金属板垂直的匀强电场和垂直于纸面向里
的匀强磁场，两板间距为d。一质量为m、电荷量为q的小
球以与左极板成45°角的初速度v0斜向右上从孔P射入两
板之间。从进入两板之间开始计时，小球刚进入叠加场时恰好做直线运动，t时刻将电场方向改为竖直向上且大小不变，小球恰好打到右极板上的Q点。重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
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A.磁感应强度的大小为
B.小球带负电
C.t=-
D.P、Q之间的高度差为d+
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解析：小球刚进入叠加场时恰好做直线运动，则小球受力平衡，对小球进行受力分析，如图甲所示，可知小球带正电，由于初速度和左极板夹角为45°，可知电场力等于重力，有qv0B=mg，解得B=，故A正确，B错误；
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由于小球恰好打在右极板的Q点，小球的运动轨迹如图乙所示，
PM段小球做匀速直线运动，MQ段由于电场方向改为竖直向上，
则电场力和重力平衡，小球只受洛伦兹力做匀速圆周运动，由
几何关系可知圆心角为45°，由圆周运动的半径公式可得R=
=，由几何关系可得PJ=d-R(1-cos 45°)=v0cos 45°·t，解得t=-，故C错误；P、Q的高度差h=MJ+Rsin 45°=d+，故D正确。
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7.(10分)(2025·陕西渭南三模)如图所示，两
带电平行金属板MN、PQ竖直放置，两板
板长与两板间的距离相等，两板间存在有
垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)。在金属板PQ的右侧、与两板上边缘平齐的边界虚线QF下方同时存在有垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电微粒以速度v0沿两金属板对角线从MN板下边缘进入两板间，之后做匀速直线运动，恰好从PQ板上边缘离开，经一段时间带电微粒进入QF下方的复合场中做匀速圆周运动，且带电微粒在复合场中运动轨迹的最左端与进入复合场前的最高点在同一竖直线上。重力加速度为g。忽略空气阻力。
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(1)求两金属板间磁场的磁感应强度大小B0；(2分)
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答案：
解析：由于带电微粒沿两金属板对角线从MN板下边缘进入两板间做匀速直线运动，则
qv0B0=mg，所以B0=。
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(2)求复合场中电场强度大小E1和磁感应强度大小B1；(4分)
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答案：
解析：微粒进入复合场后做匀速圆周运动，
则E1q=mg，qv0B1=m
运动轨迹如图所示
根据几何关系可得r+rsin 45°=v0cos 45°·
解得E1=，B1=。
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(3)若在复合场内放置一个竖直挡板，位置可调，若带电微粒垂直击中挡板，求挡板到PQ板的水平距离。(4分)
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答案：+(n=0，1，2，…)
解析：若在复合场内放置一个竖直挡板，位置可调，若带电微粒垂直击中挡板，挡板到PQ板的水平距离满足x=v0cos 45°·
+(2n+1)r=+(n=0，1，2，…)。
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8.(16分)(2025·河北沧州二模)如图所示，空间存在
水平向右的匀强电场，电场中半径为R、平行于电
场的圆面内有垂直于电场向里的匀强磁场，磁感应
强度大小为B，圆心O到垂直于电场的圆面的弦MN
的距离为R。一足够大的荧光屏固定在电场中，电场与荧光屏垂直，一个带正电的粒子以初速度v0沿MN方向从M点射入电磁场，在MN段做直线运动，粒子打在荧光屏上时，速度与荧光屏夹角为45°；若撤去电场，粒子仍从M点沿MN方向以初速度v0射入磁场，经历一段时间后，粒子从P点(图中未标出)离开磁场，离开磁场时速度方向偏转了90°。不计粒子的重力，求：
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(1)带电粒子的比荷；(4分)
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答案：
解析：圆面内无电场时，粒子在匀强磁场中的运动
轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r，由几何关系得+=R2
解得r=R
粒子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m
解得=。
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(2)M点到荧光屏的距离；(4分)
答案：
解析：粒子在电磁场中做匀速直线运动时，qE=qv0B，可得E=v0B
粒子从N点射出后做类平抛运动，根据题意可知，打在荧光屏上时沿电场方向的速度大小等于v0，设M点到荧光屏的距离为d，根据运动学公式=2ad
根据牛顿第二定律有qE=ma
解得d=。
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(3)若撤去磁场，原电场大小不变、方向反向，再叠加一个平行圆面的匀强电场E1，粒子仍从M点沿MN方向以初速度v0射入叠加电场，粒子到达P点的速度大小仍为v0，则所加的匀强电场的电场强度E1多大。(8分)
答案：v0B
解析：两匀强电场叠加后，仍为匀强电场，由于粒子在P、M两点速度大小相等，因此MP为等势线，粒子从M点射出后做类斜上抛运动，由几何关系可知，MP与MN的夹角为45°，可得
MP=r=R
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粒子沿MP方向做匀速直线运动，则
MP=v0cos 45°·t
沿垂直MP方向做类竖直上抛运动，则
v0sin 45°=a×t
设叠加后电场的电场强度大小为E'，则
根据牛顿第二定律qE'=ma
解得E'=v0B
根据电场强度矢量合成法则可知E1=v0B。
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