专题10：带电粒子在复合场中的运动
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带电粒子在复合场中的运动
1．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．
2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．
3．关于粒子的重力
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．
1．解题关键
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．
2．力学规律的选择
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
题型一：带电粒子在叠加场中运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
例1 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，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ma、mb、mc，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( )
图1
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
变式1 (多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图2所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
图2
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
答案 ACD
解析 带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误．
变式2 (2016·天津卷·11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：
图3
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上
(2)2 s
解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝③
代入数据解得tan θ＝
θ＝60°④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，
设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝at2⑦
tan θ＝⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－gt2＝0
联立解得t＝2 s.
题型二：带点粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
00模型1 磁场与磁场的组合
例2 (2017·全国卷Ⅲ·24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
图4
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
答案 (1)(1＋) (2)(1－)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝(1－)
03810模型2 电场与磁场的组合
例3 (2020·山东等级考模拟卷·17)如图6所示，在第一象限内，存在垂直于xOy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xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.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轴进入第四象限，在xOy平面内，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y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
图6
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
答案 (1) (2) (3)B0
解析 (1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则qv0B0＝
解得v0＝
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，
则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速运动，在平行于y轴方向做匀速运动，故在平行于x轴方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
联立解得E＝
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做圆周运动轨迹的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.
由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝v0，
解得B1＝B0.
考题预测
一、单选题
1.如图所示，直线边界OM与ON之间的夹角为30°，相交于O点。OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。ON上有一粒子源S，S到O点的距离为d。某一时刻，粒子源S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子，已知粒子的带电量为q，质量为m，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，所有粒子的初速度大小均为v， d=2mvqB 。则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（ ??）
A.?πm2qB????????????????????????????????????B.?πm6qB????????????????????????????????????C.?2πm3qB????????????????????????????????????D.?πm3qB
2.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为圆的直径，P为圆周上的点，∠AOP=60°。带正电的粒子a和带负电的粒子b（a、b在图中均未画出）以相同的速度从P点沿PO方向射入磁场，结果恰好从直径AB两端射出磁场。粒子a、b的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（?? ）
A.?从A点射出磁场的是粒子a???????????????????????????????????B.?粒子a、b在磁场中运动的半径之比为1：3
C.?粒子a、b的电荷量之比为3：1????????????????????????????D.?粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3：2
3.如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带电粒子，以相同的速度 v0 分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（?? ）
A.?两粒子都带负电??????????????????????????????????????????????????B.?从M点进入的粒子电荷量较大
C.?从N点进入的粒子动量变化较大??????????????????????????D.?两粒子的电势能都增加
4.三个带电粒子从同一点O，以相同的初速度v射入一电场中，在某段时间内的运动轨迹如图虚线所示，其中a粒子刚好做圆周运动。图中实线为电场线，不计粒子重力，则下列有关粒子在该段时间内的运动以及相关说法正确的是（?? ）
A.?粒子a带负电，c带正电???????????????????????????????????????B.?c粒子运动过程中电势能增加
C.?运动过程中，b、c两粒子的速度均增大??????????????D.?运动过程中，a粒子的加速度和动能均不变
5.如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°的方向垂直于磁场射入，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点 13 L处射出磁场。不计粒子的重力，则粒子（?? ）
A.?一定带负电?????????????????????????????????????????????????????????B.?初速度为2v时，出射位置距a点 23 L
C.?初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短???????????D.?初速度为10v时，能从bc边的中点射出
6.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 12 T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（?? ）
A.?13 T??????????????????????????????????????B.?14 T??????????????????????????????????????C.?16 T??????????????????????????????????????D.?18 T
7.如图所示，在直角三角形 abc 区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ， ∠a=60° ， ∠b=90° ，边长 ac=L ，一个粒子源在 a 点将质量为 3m 、电荷量为 q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（?? ）
A.?qBL6m??????????????????????????????????B.?qBL4m??????????????????????????????????C.?3qBL6m??????????????????????????????????D.?qBL2m
8.如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B问形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从AB两板右端连线的中点飞离匀强电场粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是（?? ）
A.?粒子a、b的带电量之比为1：2
B.?电场对a、b粒子做功之比为1：2
C.?粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1：2
D.?粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1：2
9.如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向发射速率相等的同种带电粒子，某个粒子从N端离开磁场，在磁场中运动的时间为 π2kB ，其中k为带电粒子的比荷，下列说法正确的是（?? ）
A.?该粒子的速率为krB，发射方向垂直于MN
B.?该粒子的速率为 2 krB，发射方向与MN的夹角为45°
C.?该粒子在磁场中运动的时间最短
D.?若该粒子沿直径MN方向射入磁场，其运动的时间为 π3kB
二、多选题
10.如图所示，在xoy坐标平面内的y轴右侧加垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于x轴放置足够大的荧光屏MN，光屏可沿x轴移动，在坐标原点O处放置一个粒子源，能向xoy坐标平面 2θ=120° 范围内各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度大小均为v0 ， 不计粒子重力及粒子间相互作用，且粒子打到光屏上的粒子能全部被吸收。则下列说法正确的是（?? ）
A.?要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少为 2mv0qB
B.?要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少 (2+3)mv02qB
C.?当有一半粒子能打到荧光屏上时，光屏离O点的距离为 mv0qB
D.?当有一半粒子能打到荧光屏上时，所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为1：3
11.如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A=30°、OC边长为L，在C点有放射源S，可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K。S发射的粒子有 23 可以穿过OA边界，OA含在边界以内，不计重力、及粒子之间的相互影响。则（?? ）
A.?磁感应强度大小 v02KL
B.?磁感应强度大小 v0KL
C.?OA上粒子出射区域长度为L
D.?OA上粒子出射区域长度为 L2
12.如图，正方形abcd区域内有垂直纸面的匀强磁场。a点处的粒子源沿ac方向发出大量相同的带电粒子，粒子的速度大小不同。当粒子速度为v0时恰好从e点垂直cd边射出，不计粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（?? ）
A.?e点为cd边的中点
B.?速度为 v02 时，粒子从d点射出
C.?速度小于 v02 的所有粒子在磁场中运动的路程与速度大小成正比
D.?从e点射出的粒子和从d点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
13.如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（?? ）
A.?对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B.?对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C.?若粒子速度大小均为v＝ qBRm ，出射后均可垂直打在MN上
D.?若粒子速度大小均为v＝ qBRm ，则粒子在磁场中的运动时间一定小于 πmqB
三、综合题
14.如图甲所示，真空中有一粒子源，连续不断地放射出带正电的粒子。粒子的初速度很小（可视为零）。粒子经加速电压U1加速后，从O点沿着偏转电场中线OM射入偏转电场，两偏转极板间的距离为L，所加周期性电压Uab如图乙所示。偏转极板右侧有宽度为L的足够长匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。磁场右边界是一个足够大的光屏，所有到达光屏的粒子均不再反弹。粒子飞过偏转极板间的时间极短，可认为每个粒子飞过的这段时间里偏转电压几乎不变。已知 t=0 时刻射入偏转极板间的粒子，轨迹恰好与光屏相切；偏转电压为2U1时射入偏转极板间的粒子恰好沿着偏转极板上边缘飞出电场。不计粒子重力及粒子之间的相互作用力。求：
（1）偏转极板的长度；
（2）磁场右侧光屏上有粒子击中的范围的长度。
15.如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为 30° 。已知两粒子的质量均为m、电量均为+q，求：
（1）两粒子进入磁场时的速度大小v；
（2）b粒子在磁场中的运动时间t。
16.利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场左侧有一宽度为0.5R的区域，其上边界与水平半径MO共线，该区域内有水平向右、速度大小范围为0~ 3 v0的粒子不断射人，粒子带电量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速度大小为v0的粒子恰好从O点正下方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：
（1）匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）圆形磁场中，有粒子通过区域的面积S；
（3）在圆形磁场正下方有一长度为2R的水平挡板CD，中心小孔与N点重合，右侧是长度也为2R的竖直荧光屏PQ，其上端点P与挡板右端点D重合。CD下方空间加有水平向右的匀强电场，恰使所有通过小孔N的粒子均能打在荧光屏PQ上。求电场强度大小E及荧光屏上有粒子打到的长度L。
17.加速器在粒子物理研究中有重要作用，其基本原理简化为如图甲所示的模型，M、N为两块中心开有小孔的平行极板，两板间加有如图乙所示的电压（U0、T0为已知量），板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入（视为初速度为零）极板间，在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。设极板外无电场，极板内无磁场，极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计，不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
（1）求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径；
（2）让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间，求b粒子第二次加速后的速度大小；
（3）仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半，再让(2)中的b粒子在某时刻从M孔飘入，经多次加速后可获得最大动能。求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
18.在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。
（1）指出带电粒子的电性，并说明理由；
（2）求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
（3）求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。
19.如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域 abcda′b′c′d′ 内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为+q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形 add′a′ 的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形 abb′a′ 中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
（1）粒子进入磁场区域时的速率；
（2）磁感应强度的大小。
20.如图（a），竖直平行正对金属板A、B接在恒压电源上。极板长度为L、间距为d的平行正对金属板C、D水平放置，其间电压随时间变化的规律如图（b）。位于A板处的粒子源P不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，在A、B间加速后从B板中央的小孔射出，沿C、D间的中心线OO1射入C、D板间。已知t＝0时刻从O点进入的粒子恰好在t＝T0时刻从C板边缘射出。不考虑金属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速度。求：
（1）金属板A、B间的电压U1；
（2）金属板C、D间的电压U2；
（3）其他条件不变，仅使C、D间距离变为原来的一半（中心线仍为OO1），则t＝ 3T08 时刻从O点进入的粒子能否射出板间？若能，求出离开时位置与OO1的距离；若不能，求到达极板时的动能大小。
21.如图所示，匀强电场场强大小为E，方向沿y轴负方向；匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直xoy平面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O沿x轴正方向以某初速度射入，粒子的重力忽略不计。
（1）撤去电场，只保留磁场，带电粒子的以速度 EB 进入磁场，求经时间 πm6qB 带电粒子离x轴的距离y；
（2）带电粒子以初速度 2EB 射入复合场，当速度减为初速度一半时，求粒子离x轴的距离d；
（3）带电粒子以初速度 2EB 射入复合场，求粒子经过x轴的横坐标。（在数学中，摆线被定义为：一个圆沿一条直线运动时，圆边界上一定点所形成的轨迹。从物理角度就是一个匀速直线运动和一个匀速圆周运动的合成，例如自行车在做匀速直线运动时，车轮上某一点相对地面的运动轨迹。）
22.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，宽度为d，长度为L；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，长度也为L，磁场宽度足够。电量为q，质量为m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从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；
（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。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解答】由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动的弦长最短时对应的时间最短，则最短的弦长为
根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m 4π2T2 r，qvB = m v2r
解得T = 2πmqB ，r = mvqB ， d=2mvqB = 2r
则最短弦长L为L = dsin30° = r
则根据余弦定理有cosθ = r2+r2?L22rL
解得θ = 60°
则粒子在磁场中运动的最短时间为t = T6 ?= πm3qB
故答案为：D。
【分析】洛伦兹力提供向心力有qvB = m 4π2T2 r，qvB = m v2r解T和r，结合几何图形，最短弦长L为L = dsin30° = r，根据余弦定理有cosθ = r2+r2?L22rL ， 解角度，然后求时间。
2.【答案】 D
【解答】A．根据左手定则，粒子a从B点射出磁场，粒子b从A点射出磁场，A不符合题意；
B．两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子a、b的运动轨迹所对应的圆心角分别为 θ1=π3 、 θ2=2π3
可得粒子a、b在磁场中运动的半径分别为 r1=Rtanπ6=3R 、 r2=Rtanπ3=3R3
解得 r1r2=31
B不符合题意；
C．粒子a、b的质量与做圆周运动的速度大小均相等，结合 qvB=mv2r 可得，粒子a、b的电荷量之比 q1q2=13
C不符合题意；
D．由 qvB=mv2r 和 T=2πrv 可得，粒子在磁场中做圆周运动的周期 T=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间为 t=θ2π?T=θmqB
故粒子a、b在磁场中运动的时间之比为 t1t2=32
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向进而判别从A射出的粒子；利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出电荷量的比值；利用轨迹所对圆心角结合周期的表达式可以求出粒子运动的时间。
3.【答案】 C
【解答】A．两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A不符合题意；
B．两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 ?=12Eqmt2
从M点进入的粒子水平距离小，所以其电量也小。B不符合题意；
C．根据B可知，从N点进入的粒子电量大，根据动量定理得 I=Eqt=Δp
所以从N点进入的粒子动量变化较大。C符合题意；
D．电场力均做正功，电势能减小。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用粒子的偏转方向可以判别粒子的电性；利用类平抛的位移公式可以比较运动的时间及水平方向的加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较粒子电荷量的大小；利用动量定理可以比较粒子动量变化量的大小；利用电场力做功可以比较电势能的变化。
4.【答案】 C
【解答】A．根据曲线运动的特点，可知a粒子的电场力方向与电场方向一致，c粒子的电场力方向与电场方向相反，因此a粒子带正电，c粒子带负电。A不符合题意；
B．由图可知，电场力对c粒子做正功，电势能减少。B不符合题意；
C．由图可知，电场力对b、c粒子做正功，由于只受电场力，则速度增加。C符合题意；
D．由于a粒子刚好做圆周运动，根据匀速圆周运动的特点，a粒子的加速度大小和动能均不变。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向，结合电场方向可以判别粒子的电性；利用电场力及速度方向可以判别电场力做功情况及速度的变化；利用电场线的疏密可以判别加速度的变化，利用电场力做功可以判别动能的变化。
5.【答案】 B
【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，A不符合题意；
B．由题意可知，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点 13 L处射出磁场，则粒子运动的半径为 r=13L
当初速度为2v时，则由 r=mvqB
可知，粒子的运动半径变为原来的2倍，即 r'=23L 因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距a点 23 L。B符合题意；
C．由图可知，无论是当粒子的速度是v还是2v时，粒子在磁场中的偏转角均为60°，则粒子在磁场中的运动时间不变，C不符合题意；
D．因bc边的中点在粒子的入射方向上，则当初速度为10v时，粒子不可能从bc边的中点射出，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出轨道半径的大小进而判别粒子在磁场射出点的位置及运动的时间；利用运动的轨迹可以判别粒子不可能从bc中点射出。
6.【答案】 A
【解答】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。
由题意可知，粒子运动的最长时间等于 12 ，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝ 33d ，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为： r=DS2=36d ，
由几何知识有：ES＝OSsin30°＝ 12 d，cosθ＝ 2r2?ES22r2 ＝ -12 ，则：θ＝120°，
粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝ θ360°T=13T ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用几何关系可以求出轨道半径；结合圆心角的大小可以求出运动的最长时间。
7.【答案】 A
【解答】粒子运动时间最长，则要求圆心角最大；速度最大，则要求运动半径最大，所以粒子沿 ab 边进入磁场时满足条件，轨迹如图：
根据几何关系可知四边形 abdO 为正方形，所以粒子运动半径 r=Lcos60°=12L
洛伦兹力提供向心力 qvB=3mv2r
解得 v=qBL6m
故答案为：A。
【分析】根据粒子在磁场中运动轨迹求出粒子运动的最大半径，再结合万有引力提供向心力求得速度的最大值。
8.【答案】 A
【解答】解：A、设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝ 12at2 ＝ 12×qEm×L2v02 ，由于粒子的质量相等、偏转位移之比为1：2，则粒子a、b的带电量之比为1：2，A符合题意；
B、根据电场力做功的计算公式可得W＝qEy，则电场对a、b粒子做功之比为1：4，B不符合题意；
C、根据动能定理可得qEy＝ 12mv2 ﹣ 12mv02 ，解得粒子离开电场的速度大小为v＝ v02+2qEym ，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1：2，C不符合题意；
D、设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa ， θb ， 根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得：tanθa＝ d2L2 ＝ dL ，tanθb＝ dL2 ＝ 2dL ，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1：2，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电荷量之比；利用电场力做功的表达式可以求出电场力做功之比；利用动能定理可以求出粒子离开电场的速度之比；利用位移方向可以求出速度的方向正切值的比值。
9.【答案】 B
【解答】解：ABC、根据题设条件可知，带电粒子在磁场中运动的周期为 T=2πmqB=2πkB ，
根据粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子从M到N运动四分之一个周期，则粒子的运动轨迹对应的圆心角为90°，
所以入射方向和MN成45°，
根据数学知识可知，粒子做圆周运动的圆心在圆周上，粒子的运动轨迹如图所示
，
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为 R=2r ，
因为 qvB=mv2R ，所以 v=2krB ，
由于此轨迹对应的弦是最长的，则运动时间是最长的，AC不符合题意，B符合题意；
D、若粒子沿直径MN方向射入磁场，运动轨迹如图所示
，
根据几何知识有 tanα2=rR=22 ，所以圆心角α≠60°，
则粒子的运动时间t ≠60?360??T=π3kB ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用周期的表达式结合运动的时间可以判别运动的轨迹，利用运动的轨迹可以求出轨道半径，结合牛顿第二定律可以求出速率的大小及速度的方向；利用弦长可以判别运动的时间；利用圆心角的大小可以判别运动的时间。
二、多选题
10.【答案】 B,C,D
【解答】AB．设粒子在磁场中做圆周运动半径为 r ，则有 qv0B=mv02r
解得 r=mv0qB
如图所示
所有粒子刚好打不到光屏应满足 d=r+rsinθ
解得 d=(2+3)r2=(2+3)mv02qB
A 错误，B符合题意；
C．一半粒子能打到荧光屏上，是从 O 点射向 x 轴下方的粒子，射向 x 轴上方粒子打不到荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知光屏离 O 点的距离为 d=r=mv0qB
C符合题意；
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，粒子圆周运动的周期 T=2πmqB
由于粒子初速度大小都相同，根据速度公式可知弧长越长，粒子在磁场中运动的时间最长，弧长越短，粒子在磁场中运动的时间最短；所以从 O 点射向 x 轴正方的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间 t1=T2
如图所示，从荧光屏MN与 x 轴交点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间 t2=T6
解得所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为 t2t1=13
D符合题意；
故答案为：BCD。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力可以求出轨道半径的大小；结合轨迹与MN相切的轨迹半径可以求出O点到光屏的距离大小；利用粒子的运动轨迹可以求出轨道半径的大小，结合几何关系可以求出O点到光屏的距离；利用运动轨迹所对圆心角的大小结合周期可以求出运动的时间。
11.【答案】 B,C
【解答】S发射的粒子有 23 可以穿过OA边界，根据左手定则可知，当入射角与OC夹角为30°的粒子刚好从O点射出，根据几何关系可知，粒子运动半径为 R=L
根据洛伦兹力提供向心力，则有 qv0B=mv02R
解得 B=v0KL
则沿CA方向入射粒子运动最远，半径为L，从OA上射出，故OA上粒子出射区域长度为L。
故答案为：BC。
【分析】利用粒子恰好从O点射出的运动轨迹可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用沿CA方向射入的粒子轨迹，结合几何关系可以求出OA上粒子出射区域的长度。
12.【答案】 B,C
【解答】A．当粒子速度为v0时恰好从e点垂直cd边射出时，由几何关系可得 r=2L
则 de=(2?1)L
所以e点不是cd边的中点，A不符合题意；
B．由公式 qvB=mv2R
得 R=mvqB
速度为 v02 时，半径变为 R=r2=22L
设粒子从d点射出，此时弦长为 s=2Rsin45°=2×22L×22=L
则假设成立，B符合题意；
C．速度小于 v02 的所有粒子均从ad边射出，则粒子的偏转角相同，所以 s=θ2π×2πr=θr=θ?mvqB
C符合题意；
D．从e点射出的粒子的偏转角为 45° ，从d点射出的粒子的弦切角为 45° ，则从d点射出的粒子的偏转角为弦切角的两倍，由 t=α2πT=α2π×2πmqB=αmqB
可知，从e点射出的粒子和从d点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用几何关系可以判别e点的位置；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以判别粒子的出射位置；利用出射的位置可以判别弧长和速度的关系；利用圆心角的大小可以判别粒子在磁场中的运动时间。
13.【答案】 A,C,D
【解答】解：AB、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝ θ2π T＝ θmqB 可知，运动时间越短，A符合题意，B不符合题意；
CD、速度满足v＝ qBRm 时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝ mvqB ＝R
根据几何关系可知，入射点P、出射点O与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t＜ 12 T＝ πmqB ，CD符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】利用半径对圆心角的影响可以判别运动的时间；利用粒子的轨迹结合牛顿第二定律可以求出速度的大小；利用运动轨迹所对的圆心角可以判别运动的时间。
三、综合题
14.【答案】 （1）解：设带电粒子感开加速电场时速度为v0 ， ，据动能定理有 U1q=12mv02
设偏转极板的长度为x，当 Uab=2U1 时，粒子在偏转电场中竖直方向加速度为ay ， 运动时间为t，则 L2=12ayt2
ay=2U1qmL
t=xv0
联立解得 x=L
（2）解：设 t=0 时刻射入偏转极板间的粒子在磁场中轨道半径为R0 ， 偏转电压为2U1时沿着偏转极板上边缘飞出电场时速度为v1 ， 则 qv0B=mv02R0
可得 R0=mv0qB=L
v1=v02+vy2=2v0
qv1B=mv12R1
联立可得 R1=2L ，根据几何关系 H=L+2L?L2
解得 H=2L+L2 。
【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出加速获得的速度大小，接着在偏转电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出极板长度的大小；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小；结合几何关系可以求出光屏上有粒子打中的区域长度。
15.【答案】 （1）解：a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为R=L
由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2R
解得 v=qBLm
（2）解：b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得轨迹的圆心角 θ = 120°
粒子在磁场中的运动周期 T=2πRv=2πmqB
b粒子在磁场中的运动时间 t=θ360°T
解得 t=2πm3qB
【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解粒子的速度即可；
（2）结合粒子的速度和运动的路程求解粒子运动的时间。
16.【答案】 （1）解：沿MO方向入射且速度大小为 v0 的粒子恰好从O点正下方N离开磁场，则： R1=R ， qv0B=mv02R1
解得 B=mv0qR
（2）解：速度为 3v0 的粒子在圆形磁场中运动的时候 q3v0B=m(3v0)2R1
解得 R2=3R
有粒子通过区域的面积如阴影部分所示，易得图中圆心角分别为60°、120°。
S1=120°360°πR2?12×3R×R2=πR23?3R24
S2=60°360°π(3R)2?12×3R×3R2=πR22?33R24
S=S1+S2
解得 S=56πR2?3R2
（3）解：若竖直向下射出圆形磁场的粒子也能达到荧光屏，则所有粒子均能到达 2R=v0t ， qE=ma ， R=12at2
联立解得 E=mv022qR
只有初速度为 v0 的粒子才能通过小孔O，速度方向分别在竖直向下与斜向右下方之间，设其与竖直方向夹角为 θ ，由几何关系可得： sinθ=R?R2R=12
解得 θ=30°
斜向右下方与竖直方向夹角为30°出射的粒子到达荧光屏最上方 R=v0sin30°t'+12at′2 ， y=v0cos30°t' ， L=2R?y
解得 L=(4+3?15)R2
【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（2）结合粒子的速度，利用向心力公式求解粒子的半径即可；
（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
17.【答案】 （1）解：粒子从开始到第n次加速后由动能定理有 12mvn2=nqU0 ①
2πrn=vnT0 ? ②
联立①②解得 rn=T02π2nqU0m
（2）解： Tb?Ta=1100T0 ③
由图乙得∶第二次加速时的电压为 2425U0 ④
12×1.01mv22=qU0+2425qU0 ?⑤
联立③④⑤解得 vn=392qU0101m=142qU0101m
（3）解：粒子被加速的时间越长，获取的动能越大 t=T02k+1950T0(k=0、1、2、3…) ⑥
加速次数 n=14T01100T0=25 ⑦
Ekm=2(125+325+525+…+2325)qU0+qU0=31325qU0 ?⑧
【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，利用动能定理可以求出n次加速后的速度大小，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期可以求出n次加速后的半径大小；
（2）已知b粒子的质量可以求出b粒子其运动的周期，与a粒子运动的周期比较可以判别第二次进而电场的时间及加速的电压，利用粒子在电场中加速的动能定理可以求出粒子第二次加速后的速度大小；
（3）利用时间间隔及b粒子进入磁场的时刻可以求出加速的次数；利用加速的次数可以判别加速的飘入时刻，利用动能定理可以求出最大的动能。
18.【答案】 （1）解：粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，因此带正电
（2）解：带点粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为 F=qv1B ，因此水平方向做匀加速直线运动 F=qv1B=ma ， d=12at2
联立解得 t=2dmqv1B
（3）解：粒子离开绝缘平板式具有竖直向上的速度 v1 ，水平匀加速，则有 vx2=2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为 θ ，则 tanθ=vxv1 粒子离开磁场后做匀速圆周运动，合速度为 v=v12+vx2
由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=mv2R
粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为 ?2=R?Rsinθ
在绝缘平板时上升的高度 ?1=v1t
总高度 ?=?1+?2
联立可得 ?=2dmv1Bq+m(2qv1Bd+mv12)Bq(1?2qBd2qBd+mv1)
【分析】1.假设粒子带正电，则受力向左向左运动，所以带正电。2.根据洛伦兹力公式牛二和运动学 F=qv1B=ma? ， ?d=12at2 ，解方程即可。3. 水平匀加速，则有?vx2=2ad ，其中 ?tanθ=vxv1? ，合成速度?v=v12+vx2 ， 洛伦兹力提供向心力 ?qvB=mv2R ， ??2=R?Rsinθ ， ?1=v1t 解方程即可。
19.【答案】 （1）解：粒子在电场中加速，有动能定理可知： qU=12mv2?12mv02
解得： v=2qUm+v02
（2）解：根据题意从正方形 add′a′ 的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形 abb′a′ 中心垂直飞出磁场区域，分析可得在磁场中运动的轨道半径 R=L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力 qBv=mv2R
解得： B=m(mv02+2qU)qL
【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子进入磁场的速度大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
20.【答案】 （1）解：设粒子到达B板时的速度为v，根据动能定理得： qU1＝ 12mv2 粒子在CD板间沿OO′方向的分运动为匀速运动，则有： L＝vT0 整理得：U1＝ mL22qT02 答：金属板A、B间的电压U1为 mL22qT02
（2）解：粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式得：2× 12 a（ T02 ）2＝ d2 而a＝ qU2md 整理得：U2＝ 2md2qT02 。 答：金属板C、D间的电压U2为 2md2qT02
（3）解：C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度为：a2＝2a＝ 4dT02 t＝ 3T08 时刻从O点进入的粒子，在垂直极板方向先向C板加速 T08 时间，再减速 T08 时间，速度为零。 此过程粒子通过的竖直分位移为 y1＝2× 12a2 （ T08 ）2＝ d16 然后反向，向D运动，先加速 3T08 时间 此过程内粒子通过的竖直分位移 y2＝ 12a2 （ 3T08 ）2＝ 9d32 设此时粒子与D板距离△y及沿垂直极板方向的分速度v2y ， 则 △y＝y1+ d4 ﹣y2＝ d32 v2y＝a2 3T08 由于△y＜y2 ， 所以粒子将经过一段时间的减速运动后落在D板上。设到达D板时沿垂直极板方向的分速度v3y ， 则v3y2﹣v2y2＝2a2△y 粒子到达极板D时的速度为v3、动能为Ek ， 则v32＝v2+v3y2 Ek＝ 12mv32 ＝ m(L2+2d)22T02 。 答：粒子不能射出板间，到达极板时的动能大小为 m(L2+2d)22T02 。
【分析】（1）利用动能定理结合位移公式可以求出板间电压的大小；
（2）利用类平抛位移公式可以求出偏转电压的大小；
（3）利用加速度的大小结合位移公式和速度位移公式可以求出到达板时的动能大小。
21.【答案】 （1）解：由洛伦兹力提供向心力得： qvB=mv2r ?
带电粒子周期为 T=2πrv ?
经过 πm6qB 带电粒子转过的角度 α=2πTt
由几何关系得y=r-rcos30°?
y=(1?32)mEqB2 ?
（2）解：由动能定理知 ?qEd=12mv2?12mv02 ?
得离x轴的距离 d=3mE2qB2
（3）解：带电粒子的运动可以看成 EB 向右的匀速直线运动和 EB 的匀速圆周运动的合运动，带电粒子每经过一个周期回到x轴，圆周运动周期 T=2πmqB ?
第一次回到x轴时 x=EBT ?
得 x=2πmEqB2 ??
每次回到x轴位置 xn=n2πmEqB2 （n=1，2，3……）
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子的周期 ，从而求出带电粒子转过的圆心角，再由几何关系的带电粒子离X轴的距离y；
（2）由动能定律求出粒子离X轴的距离；
（3）带电粒子在复合场中的运动进行分解，从而求出粒子经过X轴的横坐标。
22.【答案】 （1）解：粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动 a=Eqm
竖直方向 d=12at2
水平方向 x=v0t
解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离 x=v02mdEq
（2）解：设粒子从电场入射初速度为 v′0
同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移 x=v′02mdEq
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 vy=qEmt=2qEdm
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度 v=vysinα
在磁场中 qvB=mv2R
粒子第一次进入磁场后，垂直边界 M′N′ 从磁场射出，必须满足 x+Rsinα=L
联立解得 v′0=LqE2md?EB
粒子第一次进入磁场后，垂直边界 P′M′ 从电场射出，必须满足 2(x+Rsinα)=L
联立解得 v′0=L2qE2md?EB
【分析】（1）利用类平抛的位移公式可以求出距离的大小；
（2）利用类平抛的位移公式和速度公式结合牛顿第二定律可以求出初速度的大小。
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1．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．
2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．
3．关于粒子的重力
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．
1．解题关键
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．
2．力学规律的选择
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
题型一：带电粒子在叠加场中运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
例1 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，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ma、mb、mc，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( )
图1
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
变式1 (多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图2所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
图2
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
答案 ACD
解析 带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误．
变式2 (2016·天津卷·11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：
图3
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上
(2)2 s
解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝③
代入数据解得tan θ＝
θ＝60°④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，
设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝at2⑦
tan θ＝⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－gt2＝0
联立解得t＝2 s.
题型二：带点粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
00模型1 磁场与磁场的组合
例2 (2017·全国卷Ⅲ·24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
图4
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
答案 (1)(1＋) (2)(1－)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝(1－)
03810模型2 电场与磁场的组合
例3 (2020·山东等级考模拟卷·17)如图6所示，在第一象限内，存在垂直于xOy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xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.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轴进入第四象限，在xOy平面内，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y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
图6
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
答案 (1) (2) (3)B0
解析 (1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则qv0B0＝
解得v0＝
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，
则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速运动，在平行于y轴方向做匀速运动，故在平行于x轴方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
联立解得E＝
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做圆周运动轨迹的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.
由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝v0，
解得B1＝B0.
考题预测
一、单选题
1.如图所示，直线边界OM与ON之间的夹角为30°，相交于O点。OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。ON上有一粒子源S，S到O点的距离为d。某一时刻，粒子源S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子，已知粒子的带电量为q，质量为m，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，所有粒子的初速度大小均为v， d=2mvqB 。则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（ ??）
A.?πm2qB????????????????????????????????????B.?πm6qB????????????????????????????????????C.?2πm3qB????????????????????????????????????D.?πm3qB
2.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为圆的直径，P为圆周上的点，∠AOP=60°。带正电的粒子a和带负电的粒子b（a、b在图中均未画出）以相同的速度从P点沿PO方向射入磁场，结果恰好从直径AB两端射出磁场。粒子a、b的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（?? ）
A.?从A点射出磁场的是粒子a???????????????????????????????????B.?粒子a、b在磁场中运动的半径之比为1：3
C.?粒子a、b的电荷量之比为3：1????????????????????????????D.?粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3：2
3.如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带电粒子，以相同的速度 v0 分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（?? ）
A.?两粒子都带负电??????????????????????????????????????????????????B.?从M点进入的粒子电荷量较大
C.?从N点进入的粒子动量变化较大??????????????????????????D.?两粒子的电势能都增加
4.三个带电粒子从同一点O，以相同的初速度v射入一电场中，在某段时间内的运动轨迹如图虚线所示，其中a粒子刚好做圆周运动。图中实线为电场线，不计粒子重力，则下列有关粒子在该段时间内的运动以及相关说法正确的是（?? ）
A.?粒子a带负电，c带正电???????????????????????????????????????B.?c粒子运动过程中电势能增加
C.?运动过程中，b、c两粒子的速度均增大??????????????D.?运动过程中，a粒子的加速度和动能均不变
5.如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°的方向垂直于磁场射入，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点 13 L处射出磁场。不计粒子的重力，则粒子（?? ）
A.?一定带负电?????????????????????????????????????????????????????????B.?初速度为2v时，出射位置距a点 23 L
C.?初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短???????????D.?初速度为10v时，能从bc边的中点射出
6.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 12 T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（?? ）
A.?13 T??????????????????????????????????????B.?14 T??????????????????????????????????????C.?16 T??????????????????????????????????????D.?18 T
7.如图所示，在直角三角形 abc 区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ， ∠a=60° ， ∠b=90° ，边长 ac=L ，一个粒子源在 a 点将质量为 3m 、电荷量为 q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（?? ）
A.?qBL6m??????????????????????????????????B.?qBL4m??????????????????????????????????C.?3qBL6m??????????????????????????????????D.?qBL2m
8.如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B问形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从AB两板右端连线的中点飞离匀强电场粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是（?? ）
A.?粒子a、b的带电量之比为1：2
B.?电场对a、b粒子做功之比为1：2
C.?粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1：2
D.?粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1：2
9.如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向发射速率相等的同种带电粒子，某个粒子从N端离开磁场，在磁场中运动的时间为 π2kB ，其中k为带电粒子的比荷，下列说法正确的是（?? ）
A.?该粒子的速率为krB，发射方向垂直于MN
B.?该粒子的速率为 2 krB，发射方向与MN的夹角为45°
C.?该粒子在磁场中运动的时间最短
D.?若该粒子沿直径MN方向射入磁场，其运动的时间为 π3kB
二、多选题
10.如图所示，在xoy坐标平面内的y轴右侧加垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于x轴放置足够大的荧光屏MN，光屏可沿x轴移动，在坐标原点O处放置一个粒子源，能向xoy坐标平面 2θ=120° 范围内各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度大小均为v0 ， 不计粒子重力及粒子间相互作用，且粒子打到光屏上的粒子能全部被吸收。则下列说法正确的是（?? ）
A.?要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少为 2mv0qB
B.?要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少 (2+3)mv02qB
C.?当有一半粒子能打到荧光屏上时，光屏离O点的距离为 mv0qB
D.?当有一半粒子能打到荧光屏上时，所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为1：3
11.如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A=30°、OC边长为L，在C点有放射源S，可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K。S发射的粒子有 23 可以穿过OA边界，OA含在边界以内，不计重力、及粒子之间的相互影响。则（?? ）
A.?磁感应强度大小 v02KL
B.?磁感应强度大小 v0KL
C.?OA上粒子出射区域长度为L
D.?OA上粒子出射区域长度为 L2
12.如图，正方形abcd区域内有垂直纸面的匀强磁场。a点处的粒子源沿ac方向发出大量相同的带电粒子，粒子的速度大小不同。当粒子速度为v0时恰好从e点垂直cd边射出，不计粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（?? ）
A.?e点为cd边的中点
B.?速度为 v02 时，粒子从d点射出
C.?速度小于 v02 的所有粒子在磁场中运动的路程与速度大小成正比
D.?从e点射出的粒子和从d点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
13.如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（?? ）
A.?对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B.?对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C.?若粒子速度大小均为v＝ qBRm ，出射后均可垂直打在MN上
D.?若粒子速度大小均为v＝ qBRm ，则粒子在磁场中的运动时间一定小于 πmqB
三、综合题
14.如图甲所示，真空中有一粒子源，连续不断地放射出带正电的粒子。粒子的初速度很小（可视为零）。粒子经加速电压U1加速后，从O点沿着偏转电场中线OM射入偏转电场，两偏转极板间的距离为L，所加周期性电压Uab如图乙所示。偏转极板右侧有宽度为L的足够长匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。磁场右边界是一个足够大的光屏，所有到达光屏的粒子均不再反弹。粒子飞过偏转极板间的时间极短，可认为每个粒子飞过的这段时间里偏转电压几乎不变。已知 t=0 时刻射入偏转极板间的粒子，轨迹恰好与光屏相切；偏转电压为2U1时射入偏转极板间的粒子恰好沿着偏转极板上边缘飞出电场。不计粒子重力及粒子之间的相互作用力。求：
（1）偏转极板的长度；
（2）磁场右侧光屏上有粒子击中的范围的长度。
15.如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为 30° 。已知两粒子的质量均为m、电量均为+q，求：
（1）两粒子进入磁场时的速度大小v；
（2）b粒子在磁场中的运动时间t。
16.利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场左侧有一宽度为0.5R的区域，其上边界与水平半径MO共线，该区域内有水平向右、速度大小范围为0~ 3 v0的粒子不断射人，粒子带电量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速度大小为v0的粒子恰好从O点正下方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：
（1）匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）圆形磁场中，有粒子通过区域的面积S；
（3）在圆形磁场正下方有一长度为2R的水平挡板CD，中心小孔与N点重合，右侧是长度也为2R的竖直荧光屏PQ，其上端点P与挡板右端点D重合。CD下方空间加有水平向右的匀强电场，恰使所有通过小孔N的粒子均能打在荧光屏PQ上。求电场强度大小E及荧光屏上有粒子打到的长度L。
17.加速器在粒子物理研究中有重要作用，其基本原理简化为如图甲所示的模型，M、N为两块中心开有小孔的平行极板，两板间加有如图乙所示的电压（U0、T0为已知量），板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入（视为初速度为零）极板间，在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。设极板外无电场，极板内无磁场，极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计，不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
（1）求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径；
（2）让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间，求b粒子第二次加速后的速度大小；
（3）仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半，再让(2)中的b粒子在某时刻从M孔飘入，经多次加速后可获得最大动能。求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
18.在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。
（1）指出带电粒子的电性，并说明理由；
（2）求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
（3）求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。
19.如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域 abcda′b′c′d′ 内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为+q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形 add′a′ 的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形 abb′a′ 中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
（1）粒子进入磁场区域时的速率；
（2）磁感应强度的大小。
20.如图（a），竖直平行正对金属板A、B接在恒压电源上。极板长度为L、间距为d的平行正对金属板C、D水平放置，其间电压随时间变化的规律如图（b）。位于A板处的粒子源P不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，在A、B间加速后从B板中央的小孔射出，沿C、D间的中心线OO1射入C、D板间。已知t＝0时刻从O点进入的粒子恰好在t＝T0时刻从C板边缘射出。不考虑金属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速度。求：
（1）金属板A、B间的电压U1；
（2）金属板C、D间的电压U2；
（3）其他条件不变，仅使C、D间距离变为原来的一半（中心线仍为OO1），则t＝ 3T08 时刻从O点进入的粒子能否射出板间？若能，求出离开时位置与OO1的距离；若不能，求到达极板时的动能大小。
21.如图所示，匀强电场场强大小为E，方向沿y轴负方向；匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直xoy平面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O沿x轴正方向以某初速度射入，粒子的重力忽略不计。
（1）撤去电场，只保留磁场，带电粒子的以速度 EB 进入磁场，求经时间 πm6qB 带电粒子离x轴的距离y；
（2）带电粒子以初速度 2EB 射入复合场，当速度减为初速度一半时，求粒子离x轴的距离d；
（3）带电粒子以初速度 2EB 射入复合场，求粒子经过x轴的横坐标。（在数学中，摆线被定义为：一个圆沿一条直线运动时，圆边界上一定点所形成的轨迹。从物理角度就是一个匀速直线运动和一个匀速圆周运动的合成，例如自行车在做匀速直线运动时，车轮上某一点相对地面的运动轨迹。）
22.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，宽度为d，长度为L；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，长度也为L，磁场宽度足够。电量为q，质量为m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从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；
（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。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解答】由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动的弦长最短时对应的时间最短，则最短的弦长为
根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m 4π2T2 r，qvB = m v2r
解得T = 2πmqB ，r = mvqB ， d=2mvqB = 2r
则最短弦长L为L = dsin30° = r
则根据余弦定理有cosθ = r2+r2?L22rL
解得θ = 60°
则粒子在磁场中运动的最短时间为t = T6 ?= πm3qB
故答案为：D。
【分析】洛伦兹力提供向心力有qvB = m 4π2T2 r，qvB = m v2r解T和r，结合几何图形，最短弦长L为L = dsin30° = r，根据余弦定理有cosθ = r2+r2?L22rL ， 解角度，然后求时间。
2.【答案】 D
【解答】A．根据左手定则，粒子a从B点射出磁场，粒子b从A点射出磁场，A不符合题意；
B．两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子a、b的运动轨迹所对应的圆心角分别为 θ1=π3 、 θ2=2π3
可得粒子a、b在磁场中运动的半径分别为 r1=Rtanπ6=3R 、 r2=Rtanπ3=3R3
解得 r1r2=31
B不符合题意；
C．粒子a、b的质量与做圆周运动的速度大小均相等，结合 qvB=mv2r 可得，粒子a、b的电荷量之比 q1q2=13
C不符合题意；
D．由 qvB=mv2r 和 T=2πrv 可得，粒子在磁场中做圆周运动的周期 T=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间为 t=θ2π?T=θmqB
故粒子a、b在磁场中运动的时间之比为 t1t2=32
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向进而判别从A射出的粒子；利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出电荷量的比值；利用轨迹所对圆心角结合周期的表达式可以求出粒子运动的时间。
3.【答案】 C
【解答】A．两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A不符合题意；
B．两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 ?=12Eqmt2
从M点进入的粒子水平距离小，所以其电量也小。B不符合题意；
C．根据B可知，从N点进入的粒子电量大，根据动量定理得 I=Eqt=Δp
所以从N点进入的粒子动量变化较大。C符合题意；
D．电场力均做正功，电势能减小。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用粒子的偏转方向可以判别粒子的电性；利用类平抛的位移公式可以比较运动的时间及水平方向的加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较粒子电荷量的大小；利用动量定理可以比较粒子动量变化量的大小；利用电场力做功可以比较电势能的变化。
4.【答案】 C
【解答】A．根据曲线运动的特点，可知a粒子的电场力方向与电场方向一致，c粒子的电场力方向与电场方向相反，因此a粒子带正电，c粒子带负电。A不符合题意；
B．由图可知，电场力对c粒子做正功，电势能减少。B不符合题意；
C．由图可知，电场力对b、c粒子做正功，由于只受电场力，则速度增加。C符合题意；
D．由于a粒子刚好做圆周运动，根据匀速圆周运动的特点，a粒子的加速度大小和动能均不变。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向，结合电场方向可以判别粒子的电性；利用电场力及速度方向可以判别电场力做功情况及速度的变化；利用电场线的疏密可以判别加速度的变化，利用电场力做功可以判别动能的变化。
5.【答案】 B
【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，A不符合题意；
B．由题意可知，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点 13 L处射出磁场，则粒子运动的半径为 r=13L
当初速度为2v时，则由 r=mvqB
可知，粒子的运动半径变为原来的2倍，即 r'=23L 因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距a点 23 L。B符合题意；
C．由图可知，无论是当粒子的速度是v还是2v时，粒子在磁场中的偏转角均为60°，则粒子在磁场中的运动时间不变，C不符合题意；
D．因bc边的中点在粒子的入射方向上，则当初速度为10v时，粒子不可能从bc边的中点射出，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出轨道半径的大小进而判别粒子在磁场射出点的位置及运动的时间；利用运动的轨迹可以判别粒子不可能从bc中点射出。
6.【答案】 A
【解答】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。
由题意可知，粒子运动的最长时间等于 12 ，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝ 33d ，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为： r=DS2=36d ，
由几何知识有：ES＝OSsin30°＝ 12 d，cosθ＝ 2r2?ES22r2 ＝ -12 ，则：θ＝120°，
粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝ θ360°T=13T ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用几何关系可以求出轨道半径；结合圆心角的大小可以求出运动的最长时间。
7.【答案】 A
【解答】粒子运动时间最长，则要求圆心角最大；速度最大，则要求运动半径最大，所以粒子沿 ab 边进入磁场时满足条件，轨迹如图：
根据几何关系可知四边形 abdO 为正方形，所以粒子运动半径 r=Lcos60°=12L
洛伦兹力提供向心力 qvB=3mv2r
解得 v=qBL6m
故答案为：A。
【分析】根据粒子在磁场中运动轨迹求出粒子运动的最大半径，再结合万有引力提供向心力求得速度的最大值。
8.【答案】 A
【解答】解：A、设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝ 12at2 ＝ 12×qEm×L2v02 ，由于粒子的质量相等、偏转位移之比为1：2，则粒子a、b的带电量之比为1：2，A符合题意；
B、根据电场力做功的计算公式可得W＝qEy，则电场对a、b粒子做功之比为1：4，B不符合题意；
C、根据动能定理可得qEy＝ 12mv2 ﹣ 12mv02 ，解得粒子离开电场的速度大小为v＝ v02+2qEym ，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1：2，C不符合题意；
D、设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa ， θb ， 根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得：tanθa＝ d2L2 ＝ dL ，tanθb＝ dL2 ＝ 2dL ，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1：2，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电荷量之比；利用电场力做功的表达式可以求出电场力做功之比；利用动能定理可以求出粒子离开电场的速度之比；利用位移方向可以求出速度的方向正切值的比值。
9.【答案】 B
【解答】解：ABC、根据题设条件可知，带电粒子在磁场中运动的周期为 T=2πmqB=2πkB ，
根据粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子从M到N运动四分之一个周期，则粒子的运动轨迹对应的圆心角为90°，
所以入射方向和MN成45°，
根据数学知识可知，粒子做圆周运动的圆心在圆周上，粒子的运动轨迹如图所示
，
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为 R=2r ，
因为 qvB=mv2R ，所以 v=2krB ，
由于此轨迹对应的弦是最长的，则运动时间是最长的，AC不符合题意，B符合题意；
D、若粒子沿直径MN方向射入磁场，运动轨迹如图所示
，
根据几何知识有 tanα2=rR=22 ，所以圆心角α≠60°，
则粒子的运动时间t ≠60?360??T=π3kB ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用周期的表达式结合运动的时间可以判别运动的轨迹，利用运动的轨迹可以求出轨道半径，结合牛顿第二定律可以求出速率的大小及速度的方向；利用弦长可以判别运动的时间；利用圆心角的大小可以判别运动的时间。
二、多选题
10.【答案】 B,C,D
【解答】AB．设粒子在磁场中做圆周运动半径为 r ，则有 qv0B=mv02r
解得 r=mv0qB
如图所示
所有粒子刚好打不到光屏应满足 d=r+rsinθ
解得 d=(2+3)r2=(2+3)mv02qB
A 错误，B符合题意；
C．一半粒子能打到荧光屏上，是从 O 点射向 x 轴下方的粒子，射向 x 轴上方粒子打不到荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知光屏离 O 点的距离为 d=r=mv0qB
C符合题意；
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，粒子圆周运动的周期 T=2πmqB
由于粒子初速度大小都相同，根据速度公式可知弧长越长，粒子在磁场中运动的时间最长，弧长越短，粒子在磁场中运动的时间最短；所以从 O 点射向 x 轴正方的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间 t1=T2
如图所示，从荧光屏MN与 x 轴交点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间 t2=T6
解得所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为 t2t1=13
D符合题意；
故答案为：BCD。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力可以求出轨道半径的大小；结合轨迹与MN相切的轨迹半径可以求出O点到光屏的距离大小；利用粒子的运动轨迹可以求出轨道半径的大小，结合几何关系可以求出O点到光屏的距离；利用运动轨迹所对圆心角的大小结合周期可以求出运动的时间。
11.【答案】 B,C
【解答】S发射的粒子有 23 可以穿过OA边界，根据左手定则可知，当入射角与OC夹角为30°的粒子刚好从O点射出，根据几何关系可知，粒子运动半径为 R=L
根据洛伦兹力提供向心力，则有 qv0B=mv02R
解得 B=v0KL
则沿CA方向入射粒子运动最远，半径为L，从OA上射出，故OA上粒子出射区域长度为L。
故答案为：BC。
【分析】利用粒子恰好从O点射出的运动轨迹可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用沿CA方向射入的粒子轨迹，结合几何关系可以求出OA上粒子出射区域的长度。
12.【答案】 B,C
【解答】A．当粒子速度为v0时恰好从e点垂直cd边射出时，由几何关系可得 r=2L
则 de=(2?1)L
所以e点不是cd边的中点，A不符合题意；
B．由公式 qvB=mv2R
得 R=mvqB
速度为 v02 时，半径变为 R=r2=22L
设粒子从d点射出，此时弦长为 s=2Rsin45°=2×22L×22=L
则假设成立，B符合题意；
C．速度小于 v02 的所有粒子均从ad边射出，则粒子的偏转角相同，所以 s=θ2π×2πr=θr=θ?mvqB
C符合题意；
D．从e点射出的粒子的偏转角为 45° ，从d点射出的粒子的弦切角为 45° ，则从d点射出的粒子的偏转角为弦切角的两倍，由 t=α2πT=α2π×2πmqB=αmqB
可知，从e点射出的粒子和从d点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用几何关系可以判别e点的位置；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以判别粒子的出射位置；利用出射的位置可以判别弧长和速度的关系；利用圆心角的大小可以判别粒子在磁场中的运动时间。
13.【答案】 A,C,D
【解答】解：AB、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝ θ2π T＝ θmqB 可知，运动时间越短，A符合题意，B不符合题意；
CD、速度满足v＝ qBRm 时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝ mvqB ＝R
根据几何关系可知，入射点P、出射点O与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t＜ 12 T＝ πmqB ，CD符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】利用半径对圆心角的影响可以判别运动的时间；利用粒子的轨迹结合牛顿第二定律可以求出速度的大小；利用运动轨迹所对的圆心角可以判别运动的时间。
三、综合题
14.【答案】 （1）解：设带电粒子感开加速电场时速度为v0 ， ，据动能定理有 U1q=12mv02
设偏转极板的长度为x，当 Uab=2U1 时，粒子在偏转电场中竖直方向加速度为ay ， 运动时间为t，则 L2=12ayt2
ay=2U1qmL
t=xv0
联立解得 x=L
（2）解：设 t=0 时刻射入偏转极板间的粒子在磁场中轨道半径为R0 ， 偏转电压为2U1时沿着偏转极板上边缘飞出电场时速度为v1 ， 则 qv0B=mv02R0
可得 R0=mv0qB=L
v1=v02+vy2=2v0
qv1B=mv12R1
联立可得 R1=2L ，根据几何关系 H=L+2L?L2
解得 H=2L+L2 。
【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出加速获得的速度大小，接着在偏转电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出极板长度的大小；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小；结合几何关系可以求出光屏上有粒子打中的区域长度。
15.【答案】 （1）解：a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为R=L
由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2R
解得 v=qBLm
（2）解：b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得轨迹的圆心角 θ = 120°
粒子在磁场中的运动周期 T=2πRv=2πmqB
b粒子在磁场中的运动时间 t=θ360°T
解得 t=2πm3qB
【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解粒子的速度即可；
（2）结合粒子的速度和运动的路程求解粒子运动的时间。
16.【答案】 （1）解：沿MO方向入射且速度大小为 v0 的粒子恰好从O点正下方N离开磁场，则： R1=R ， qv0B=mv02R1
解得 B=mv0qR
（2）解：速度为 3v0 的粒子在圆形磁场中运动的时候 q3v0B=m(3v0)2R1
解得 R2=3R
有粒子通过区域的面积如阴影部分所示，易得图中圆心角分别为60°、120°。
S1=120°360°πR2?12×3R×R2=πR23?3R24
S2=60°360°π(3R)2?12×3R×3R2=πR22?33R24
S=S1+S2
解得 S=56πR2?3R2
（3）解：若竖直向下射出圆形磁场的粒子也能达到荧光屏，则所有粒子均能到达 2R=v0t ， qE=ma ， R=12at2
联立解得 E=mv022qR
只有初速度为 v0 的粒子才能通过小孔O，速度方向分别在竖直向下与斜向右下方之间，设其与竖直方向夹角为 θ ，由几何关系可得： sinθ=R?R2R=12
解得 θ=30°
斜向右下方与竖直方向夹角为30°出射的粒子到达荧光屏最上方 R=v0sin30°t'+12at′2 ， y=v0cos30°t' ， L=2R?y
解得 L=(4+3?15)R2
【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（2）结合粒子的速度，利用向心力公式求解粒子的半径即可；
（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
17.【答案】 （1）解：粒子从开始到第n次加速后由动能定理有 12mvn2=nqU0 ①
2πrn=vnT0 ? ②
联立①②解得 rn=T02π2nqU0m
（2）解： Tb?Ta=1100T0 ③
由图乙得∶第二次加速时的电压为 2425U0 ④
12×1.01mv22=qU0+2425qU0 ?⑤
联立③④⑤解得 vn=392qU0101m=142qU0101m
（3）解：粒子被加速的时间越长，获取的动能越大 t=T02k+1950T0(k=0、1、2、3…) ⑥
加速次数 n=14T01100T0=25 ⑦
Ekm=2(125+325+525+…+2325)qU0+qU0=31325qU0 ?⑧
【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，利用动能定理可以求出n次加速后的速度大小，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期可以求出n次加速后的半径大小；
（2）已知b粒子的质量可以求出b粒子其运动的周期，与a粒子运动的周期比较可以判别第二次进而电场的时间及加速的电压，利用粒子在电场中加速的动能定理可以求出粒子第二次加速后的速度大小；
（3）利用时间间隔及b粒子进入磁场的时刻可以求出加速的次数；利用加速的次数可以判别加速的飘入时刻，利用动能定理可以求出最大的动能。
18.【答案】 （1）解：粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，因此带正电
（2）解：带点粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为 F=qv1B ，因此水平方向做匀加速直线运动 F=qv1B=ma ， d=12at2
联立解得 t=2dmqv1B
（3）解：粒子离开绝缘平板式具有竖直向上的速度 v1 ，水平匀加速，则有 vx2=2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为 θ ，则 tanθ=vxv1 粒子离开磁场后做匀速圆周运动，合速度为 v=v12+vx2
由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=mv2R
粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为 ?2=R?Rsinθ
在绝缘平板时上升的高度 ?1=v1t
总高度 ?=?1+?2
联立可得 ?=2dmv1Bq+m(2qv1Bd+mv12)Bq(1?2qBd2qBd+mv1)
【分析】1.假设粒子带正电，则受力向左向左运动，所以带正电。2.根据洛伦兹力公式牛二和运动学 F=qv1B=ma? ， ?d=12at2 ，解方程即可。3. 水平匀加速，则有?vx2=2ad ，其中 ?tanθ=vxv1? ，合成速度?v=v12+vx2 ， 洛伦兹力提供向心力 ?qvB=mv2R ， ??2=R?Rsinθ ， ?1=v1t 解方程即可。
19.【答案】 （1）解：粒子在电场中加速，有动能定理可知： qU=12mv2?12mv02
解得： v=2qUm+v02
（2）解：根据题意从正方形 add′a′ 的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形 abb′a′ 中心垂直飞出磁场区域，分析可得在磁场中运动的轨道半径 R=L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力 qBv=mv2R
解得： B=m(mv02+2qU)qL
【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子进入磁场的速度大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
20.【答案】 （1）解：设粒子到达B板时的速度为v，根据动能定理得： qU1＝ 12mv2 粒子在CD板间沿OO′方向的分运动为匀速运动，则有： L＝vT0 整理得：U1＝ mL22qT02 答：金属板A、B间的电压U1为 mL22qT02
（2）解：粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式得：2× 12 a（ T02 ）2＝ d2 而a＝ qU2md 整理得：U2＝ 2md2qT02 。 答：金属板C、D间的电压U2为 2md2qT02
（3）解：C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度为：a2＝2a＝ 4dT02 t＝ 3T08 时刻从O点进入的粒子，在垂直极板方向先向C板加速 T08 时间，再减速 T08 时间，速度为零。 此过程粒子通过的竖直分位移为 y1＝2× 12a2 （ T08 ）2＝ d16 然后反向，向D运动，先加速 3T08 时间 此过程内粒子通过的竖直分位移 y2＝ 12a2 （ 3T08 ）2＝ 9d32 设此时粒子与D板距离△y及沿垂直极板方向的分速度v2y ， 则 △y＝y1+ d4 ﹣y2＝ d32 v2y＝a2 3T08 由于△y＜y2 ， 所以粒子将经过一段时间的减速运动后落在D板上。设到达D板时沿垂直极板方向的分速度v3y ， 则v3y2﹣v2y2＝2a2△y 粒子到达极板D时的速度为v3、动能为Ek ， 则v32＝v2+v3y2 Ek＝ 12mv32 ＝ m(L2+2d)22T02 。 答：粒子不能射出板间，到达极板时的动能大小为 m(L2+2d)22T02 。
【分析】（1）利用动能定理结合位移公式可以求出板间电压的大小；
（2）利用类平抛位移公式可以求出偏转电压的大小；
（3）利用加速度的大小结合位移公式和速度位移公式可以求出到达板时的动能大小。
21.【答案】 （1）解：由洛伦兹力提供向心力得： qvB=mv2r ?
带电粒子周期为 T=2πrv ?
经过 πm6qB 带电粒子转过的角度 α=2πTt
由几何关系得y=r-rcos30°?
y=(1?32)mEqB2 ?
（2）解：由动能定理知 ?qEd=12mv2?12mv02 ?
得离x轴的距离 d=3mE2qB2
（3）解：带电粒子的运动可以看成 EB 向右的匀速直线运动和 EB 的匀速圆周运动的合运动，带电粒子每经过一个周期回到x轴，圆周运动周期 T=2πmqB ?
第一次回到x轴时 x=EBT ?
得 x=2πmEqB2 ??
每次回到x轴位置 xn=n2πmEqB2 （n=1，2，3……）
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子的周期 ，从而求出带电粒子转过的圆心角，再由几何关系的带电粒子离X轴的距离y；
（2）由动能定律求出粒子离X轴的距离；
（3）带电粒子在复合场中的运动进行分解，从而求出粒子经过X轴的横坐标。
22.【答案】 （1）解：粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动 a=Eqm
竖直方向 d=12at2
水平方向 x=v0t
解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离 x=v02mdEq
（2）解：设粒子从电场入射初速度为 v′0
同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移 x=v′02mdEq
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 vy=qEmt=2qEdm
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度 v=vysinα
在磁场中 qvB=mv2R
粒子第一次进入磁场后，垂直边界 M′N′ 从磁场射出，必须满足 x+Rsinα=L
联立解得 v′0=LqE2md?EB
粒子第一次进入磁场后，垂直边界 P′M′ 从电场射出，必须满足 2(x+Rsinα)=L
联立解得 v′0=L2qE2md?EB
【分析】（1）利用类平抛的位移公式可以求出距离的大小；
（2）利用类平抛的位移公式和速度公式结合牛顿第二定律可以求出初速度的大小。
12528557702550
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