专题20 电磁学综合计算题—— 备战2023年高考各校及地市好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】（江苏专用）（解析版）

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备战2023年高考各校及地市好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】
（江苏专用）
专题20 电磁学综合计算题
一、解答题
1．（2022·江苏省阜宁中学高三期中）如图所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5V，内阻r＝1，灵敏电流计满偏电流Ig＝10mA，内阻rg＝90，欧姆表表盘中值刻度为“15”，求：
（1）此时的电路结构对应的倍率；
（2）将灵敏电流计并联多大的电阻可将倍率调成“”。

【答案】 （1）；（2）10
【解析】（1）欧姆调零后多用电表的内阻为

欧姆表表盘中值刻度为“15”，故此时的电路对应的倍率为。
（2）将倍率调成“”，则中值电阻为15，此时的满偏电流应为

设并联阻值为R，则

得

2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，倾角、宽度的光滑导轨，处于竖直向下的匀强磁场中。电源的电动势、内阻，电动机两端所加的电压、消耗的电功率、其线圈的电阻，质量的导体棒与导轨垂直且处于静止状态。重力加速度取，。
（1）求电动机对外做功的功率；
（2）求磁场的磁感应强度的大小；
（3）仅改变磁场，仍使导体棒处于静止状态，求磁感应强度的最小值和方向。

【答案】 （1）3.68W；（2）0.75T；（3）0.6T，方向垂直导轨平面向下
【解析】（1）通过电动机的电流为

电动机对外做功的功率

（2）导体棒与导轨垂直且处于静止状态，根据平衡条件

解得

其中，安培力

根据闭合电路欧姆定律

解得
，
（3）当磁场方向垂直导轨平面向下时，安培力沿导轨向上，此时磁感应强度最小

解得

3．（2022·江苏省江都中学高三开学考试）如图所示，将一细导线围成边长为的Ｎ匝正方形线框，并固定在水平纸面内，虚线恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图所示，已知线框的电阻为，时匀强磁场的磁感应强度大小为。求
（1）若虚线右侧的空间不存在磁场，线框中产生的感应电流方向；在内，通过线框某横截面的电荷量；
（2）若虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，如图所示，求时线框受到的安培力。

【答案】 （1）逆时针方向，；（2）方向水平向右，  
【解析】（1）由楞次定律可得电流方向是俯视逆时针方向；
法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

由图像可知

导体框中产生的感应电动势

导体框中电流

时间，通过导体框某横截面的电荷量

（2）当时，虚线左侧磁感应强度为

虚线左侧线框受到水平向右的安培力

虚线右侧线框受到水平向右的安培力

上、下两边框受到的安培力合力为0，导体框受到的安培力

4．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图甲所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系一个半径为的圆形单匝金属框，金属框的水平直径上方有垂直于金属框所在平面向里的匀强磁场，已知构成金属框的导线阻值，磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，求：
（1）金属框中的感应电流大小和方向；
（2）时金属框所受安培力的大小和方向。

【答案】 （1）0.1A，逆时针；（2），竖直向下
【解析】（1）由乙图可知磁场均匀增强，根据楞次定律可知金属框中产生的感应电流产生的磁场应向外，再由右手螺旋定则可知金属框中的感应电流方向为逆时针。
根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势

代入数据得

则感应电流

（2）由乙图知时磁感应强度为

金属框处于磁场中的有效长度为

此时金属框所受安培力大小为

由左手定则可判断金属框所受安培力方向竖直向下。
5．（2022·江苏省海头高级中学高三期末）如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角，电场强度，B点是轨道的最高点，半圆半径。在水平轨道上距A点m的C处由静止释放一质量m=2×10-4kg、电荷量的带正电小球P，沿水平轨道运动一段时间，从A点冲上圆弧轨道，并沿圆弧轨道到达圆弧最高点B，取A点电势为零，重力加速度g取。求在圆弧轨道上运动过程中
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小。

【答案】 （1）-6×10-3J；（2）10m/s
【解析】（1）过O点，沿电场线与圆弧的交点E点电势能最低，OE与竖直方向成，0，从C到E过程中，根据功能关系有

电场力做功

联立得

（2）从C到A过程中，根据动能定理有
EqLcosθ=m
因为mg=Eq，夹角所以合力为F合=mg，方向斜向左下与水平方向成60o，因速度最大值在D点，OD与OA成，从A到D过程中，根据动能定理有

联立得

所以最大速度为

6．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯，如图甲。图乙所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距L＝1m。导轨下端接有阻值R＝1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的导体棒（相当于电梯车厢）垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B＝0.5T，方向垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内，g取。t＝0时刻，磁场以速度速度匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
（1）求t＝0时刻导体棒的加速度大小；
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。

【答案】 (1)a = 15m/s2 ；(2)v = 6m/s
【解析】（1）在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为，由电磁感应定律，可知导体棒产生的感应电动势为
E1=BLv1=0.5×1×10V=5V
回路中的电流为

导体棒受到向上的安培力为
F安1=BI1L=0.5×5×1N=2.5N
由牛顿第二定律可得
F安1−mg=ma
解得加速度大小为

加速度方向竖直向上，导体棒向上做加速运动。
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，此时导体棒受向上安培力大小等于重力，则有
F安2=BI2L=mg=1N
解得此时回路中的电流为
I2=2A
由电磁感应定律可得
E2=BLv2
解得
v2=4m/s
由电磁感应定律可知，v2是导体棒相对磁场的运动速度，则有导体棒的恒定速度为
    
7．（2022·江苏·公道中学模拟预测）如图所示，两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30°角，间距为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，质量分别为m和的导体棒和，与导轨接触良好，接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒均由静止释放，释放的同时在棒上施加一沿导轨向上的拉力F的作用，拉力大小恒为，当导体棒向上运动的距离为x时，两导体棒的速度恰好达到最大值，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：
（1）导体棒和的速度最大值之比；
（2）从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中，系统产生的焦耳热。

【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）由系统动量守恒得

解得

（2）两棒达最大速度时，因动量守恒可得ab棒速度始终是cd棒速度的二倍，因此ab棒位移始终是cd棒位移的二倍


由平衡条件得cd棒

由能量守恒

解得

8．（2022·江苏连云港·模拟预测）图甲为利用电磁阻尼原理设计的电磁阻尼减震器，该减震器由滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同线圈组成，滑动杆及线圈的总质量为m。每个矩形线圈abcd匝数为n匝，电阻值为R，ab边长为，bc边长为，图乙为其简化的原理图。该减震器在光滑水平面上以速度向右进入磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。求：
（1）刚进入磁场时滑动杆加速度的大小；
（2）第二个线圈恰好完全进入磁场时，滑动杆的速度大小。

【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）滑动杆受到的安培力为

滑动杆刚进入磁场减速瞬间滑动杆的加速度为

（2）设向右为正方向，对滑动杆进行分析，由动量定理可得

即

解得

9．（2022·江苏·南京航空航天大学附属高级中学高三开学考试）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当很小时，有。求
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。

【答案】 （1），；（2）（，0）；（3）（0，）
【解析】（1）通过速度选择器离子的速度

从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为

由得

（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离


离开电场后，离子在x方向偏移的距离


位置坐标为（，0）
（3）离子进入磁场后做圆周运动半径


经过磁场后，离子在y方向偏转距离

离开磁场后，离子在y方向偏移距离

则

位置坐标为（0，）

10．（2022·江苏·模拟预测）某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹。如图1所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球位于轨道内侧的最高点A处。小球由静止释放后沿直线打到与圆心O等高的B点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动。小球可视为质点，已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度E1大小；
（2）求小球做圆周运动时，通过A点的动能Ek；
（3）将原电场更换为如图2所示的交变电场（正、负号分别表示与原电场强度方向相同或相反），小球在A点由静止释放，欲使小球能在一个周期（T未知）内恰能运动到最低点C，且运动过程中不与圆轨道相碰，试求所加电场强度E2不应大于多少。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】(1)根据小球由静止沿直线打到B点，可得合力的方向沿AB方向，则

可得

(2)根据小球合力方向可知，小球能通过圆轨道等效最高点D点（位于O点左上侧45°处），则能做完整的圆周运动，小球的合力大小

小球在D点

A到D过程，由动能定理有

解得

(3)小球在1个周期内，0～内，做直线运动，～T内做曲线运动，T时刻回到A点的正下方的C点，轨迹如图所示

在水平方向上，0～内，向右运动

～内，做曲线运动，水平方向上，向右运动位移仍为x1，竖直方向上做自由落体运动

则

由运动的分析可知，要使小球由A点运动到最低处C点且不与轨道相碰，需时刻到达最大水平位移处，由几何关系可得，需满足向右运动的最大位移为 ，由此可得

解得

故所加电场强度的最大值不能超。
11．（2022·江苏·模拟预测）如图1所示平面内，y轴与间存在匀强交变磁场，图像如图1所示（垂直于纸面向里为正方向）。直线（x轴坐标：）右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。O点的粒子源在时刻向y轴右侧各方向发射速度均为 的带正电粒子，其中沿x轴正方向发射的粒子经过时速度方向仍沿x轴正方向。已知粒子比荷：；不计带电粒子的重力，取。求：
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径r和周期T；
（2）沿x轴正方向飞离磁场的粒子在时的速度大小v；
（3）可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动时满足

且

解得


（2）沿x轴正方向发射的粒子轨迹如图

时粒子飞离磁场，进入电场后粒子做类平抛运动

则粒子的速度

（3）为使粒子可经过，则粒子不能飞至y轴左侧。向第四象限发射的粒子中，若粒子初速度沿y轴负方向，经一个周期后恰与y轴相切，不可能飞至。其他方向均可。
向第一象限发射的粒子中，恰经过y轴的粒子轨迹如图

设速度与水平方向的夹角为q，由几何关系可知

解得
，
综上：可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围

12．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图，两个定值电阻、阻值均为，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）求电阻两端的电压U；
（2）求小球在两极板间运动的时间t；
（3）若在虚线的左侧加上一匀强电场，恰使射出电容器的小球做直线运动，求所加电场的场强大小和方向。

【答案】 （1）1V；（2）；（3），方向与水平方向夹角30°斜向左上方
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律

电阻两端的电压

联立解得

（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系

解得

根据洛伦兹力提供向心力

解得

小球在板间运动对应的圆心角满足

解得

则小球在两极板间运动的时间

（3）射出极板间后瞬间，速度方向与水平方向夹角恰为，受到的洛伦兹力垂直速度方向向上，重力竖直向下，因为小球做直线运动，则速度必然不变（否则洛伦兹力改变，合力方向改变），根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且

故两力的合力沿速度的反方向且大小等于重力，则电场力大小等于重力，方向与速度方向相同，小球带正电，则电场强度

方向与水平方向夹角30°斜向左上方。
13．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cosα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则


设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有
=
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有
=
联立解得
=
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为
r0=3a

设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有

解得

（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．

由几何关系得


根据余弦定理有

则

当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．

由几何关系得


根据余弦定理有
b
则

可知点A与点A′重合，点A（A′）即为粒子打在荧光屏上最左侧的点．则粒子能到达屏幕的最大区间长度为

14．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从孔沿速度选择器的中轴线进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，MN板电压，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从射出后进入垂直纸面向里，大小为的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏,PQ垂直，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，求穿出时粒子的速度；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度），离子的运动可视为一个沿的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过孔，间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为，且左右对称。若射出离子的速度v大小为（为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是和，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则应该满足什么条件？
‍
【答案】 （1）； (2)；（3）
【解析】（1）M、N两板间电场强度大小为
   ①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，根据平衡条件有
   ②
联立①②解得
   ③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为
   ④
根据牛顿第二定律有
   ⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
   ⑥
根据圆周运动的周期性可知
   ⑦
联立③④⑥⑦解得
  ⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
   ⑨
解得
   ⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
   ⑪
   ⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
   ⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
   ⑭
氦3亮线宽度为
   ⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
    ⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
   ⑰
联立⑬~⑰式解得
   ⑱
15．（2022·江苏南京·模拟预测）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为、……的匀强磁场。一群电量为，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成角，且均匀的分布在0~180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。

【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）带电粒子在磁场中的运动的半径

因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切。

由图可知

解得


（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则

同理，恰好穿越第二个磁场时，

解得

（说明，将粒子射入分为与时，其结果一样的。
即

亦即

穿越第二个磁场时，也为

两种情况的结果是一样的）

（3）由动量定理

所以

因此

又因为

只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层达到y的最大距离，此处磁感应强度为，所以

因此




其中是在最低时粒子的水平速度即为v，因此



因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以

因此



根据

可知

利用对称性可知，粒子将从点右侧的x点射出
‍
16．（2022·江苏·二模）如图，在竖直面内建立坐标系，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，平行板、如图放置，两板间距为，板长均为，板带正电，右端位于y轴上的点，板在负半轴上且带负电，右端位于坐标轴点，板正中间有一小孔，一质量为m，电量为的带电粒子从板左边沿向轴正方向以速度水平射入平行板间，穿过小孔、经第三、第四、第一象限，再次进入平行板内。不计粒子的重力，求：
（1）粒子从轴上进入第四象限的速度大小；
（2）第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件；
（3）现将第四象限内磁感应强度大小改为，方向不变，将第一象限内磁场撤除，同时在第一象限内加上平行纸面的匀强电场。仍将粒子从板左边沿向轴正方向以向右水平射入平行板间，最终粒子垂直于轴从点再次进入平行板内，求匀强电场的大小和方向（方向用与轴夹角的正切表示）。

【答案】 （1）；（2）；（3），方向与y轴负方向夹角正切值为6
【解析】（1）带电粒子进入孔，沿平行板方向有

垂直于平行板方向

解得

粒子进入第四象限时的速度为

（2）如图所示

假设粒子离开孔时速度于方向夹角为，则有

可得

若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为

根据洛伦兹力提供向心力

可得

若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为

根据洛伦兹力提供向心力

可得

综合可知磁感应强度大小范围为

（3）当，由

可得粒子在第四象限半径为

如图所示

故粒子以垂直于轴进入第一象限，沿轴正方向做初速度为匀减速运动，直到速度减为，沿轴正方向有

解得

且


解得

粒子沿负半轴做初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得


解得

故电场强度大小为

电场与轴负方向夹角正切值为

17．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界，A球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？

【答案】 （1）；（2）；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得

由能量守恒得

已知，联立解得


由动能定理得

解得

（2）由于，A球在复合场区做圆周运动，所以

由题意得


带入解得

（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。由平抛运动得，水平位移

竖直位移



解得




则速度与水平方向夹角为；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有


解得

粒子水平打在P点应满足

解得

n=1，2，3…
由于，所以

解得

由题意得：，即

解得

当n=7时

当n=8时

当n=9时

18．（2022·江苏·模拟预测）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：这段时间内电阻R上产生的焦耳热。

【答案】 （1），;（2）
【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势
E=Blv0
则金属杆中的电流

由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有

根据功率的计算公式有

（2）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为

解得

当电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有

解得
v′=
根据能量守恒定律有

解得

19．（2022·江苏连云港·三模）如图所示，xoy竖直平面坐标系中，x轴上方有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源在坐标平面内从O处发射速度大小、方向各不相同的粒子，粒子初速度方向与+x方向夹角范围是[0，90°]，初速度大小范围是。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求粒子到达x轴下方的最远距离d；
（2）求粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S；
（3）若粒子源只沿+y方向发射粒子，其它条件不变，发现x轴上P点左侧所有位置恰好均有粒子通过，求粒子从O点运动到P点所需的最短时间t。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子的速度大小为，且沿y轴正向射出时粒子到达x轴下方有最远距离d，根据动能定理得

解得

（2）设速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域如下图所示，为粒子不能到达的区域面积。

则打到的区域面积为

其中

解得

（3）由题意，P点位置如下图所示，阴影表示粒子能打到x轴上的区域，粒子在电场中的运动径迹未画出。速度大小为的粒子从O点运动到P点的时间最短。

粒子在磁场中运动的时间

其中

设粒子在电场中运动单程的时间为，则

粒子在电场中运动的时间

粒子从O点运动到P点的时间

解得

20．（2022·江苏连云港·二模）利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy坐标平面上，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B（未知）。在坐标点处有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，以初速度沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：
（1）粒子第一次进入磁场时的速度v；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）现将块长为的上表面涂荧光粉的薄板放置在x轴上（图中未画出），板中心点横坐标，仅将第四象限的磁感应强度变为原来的k倍（k>1），当k满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）带电粒子进入电场作类平抛运动，由牛顿第二定律

竖直方向

竖直方向速度

进入磁场时速度

联立解得


（2）由已知带电粒子在运动过程中恰好不再返回电场，说明粒子进入第一象限恰好与y轴相切，如图。
带电粒子在电场运动的水平方向位移

由几何关系，粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径

洛伦兹力充当向心力

联立解得


（3）①当粒子第一次打到薄板的右端时，由几何关系

洛伦兹力充当向心力

联立解得


②当粒子第一次打到薄板的左端时，由几何关系

洛伦兹力充当向心力

联立解得


③当第4象限的磁感应强度极大时，其作匀速圆周运动的半径极小，可以认为从哪个位置进入第4象限磁场再从哪个位置出去进入第1象限磁场，从几何关系看，带电粒子没有机会再打到荧光板上。
因此，板上会出现荧光点的条件为
21．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，在二象限内，0≤y≤d区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度；d≤y≤3d区域有垂直于xOy平面向里，大小可调的匀强磁场I。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，自点P（0，6d）处以大小为v0、方向与y轴正方向成30°的速度进入匀强磁场Ⅱ（图中未画出），匀强磁场Ⅱ的边界为矩形，方向垂直于xOy平面，粒子从磁场Ⅱ飞出后恰好能沿x轴负方向过坐标原点O。不计粒子的重力。求：
（1）磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
（2）磁场Ⅱ的最小面积；
（3）当磁场I的磁感应强度大小为B1时，粒子恰好不能从磁场I的上边界穿出，粒子第一次返回后与x轴的交点记为Q；当磁场I的磁感应强度大小为B2时，粒子经过多偏转后仍能经过Q点求B2与B1所有可能的比值。

【答案】 (1) ；(2) ；(3)或
【解析】(1)根据题意和几何关系可得

可得

由洛伦兹力提供向心力可得

可得

(2)磁场Ⅱ的面积最小时，矩形的长为

宽为

则磁场Ⅱ的最小面积

(3)由动能定理可得

可得

则速度与水平方向夹角的余弦值为

即

粒子在电场中有

运动时间为

粒子沿x轴负方向移动的距离为

联立可得

则有几何关系可得

则有

则由

得

在磁场中偏移的距离为

粒子第一次返回后与x轴的交点Q，则有

设磁感应强度大小为B2时，粒子的半径为R2，粒子经过n次偏转后到达Q点，由几何知识可得

可得

代入

可得

则

为了粒子进行多次偏转，则

可得

故当时，比值为

当时，比值为

22．（2022·江苏·高三专题练习）设想半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强电场，电场线方向与水平方向成角，同心大圆半径为，两圆间有磁感应强度为B垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。从粒子源飘出带正电的粒子经加速电压加速后竖直向上恰好与磁场外边界相切的P点进入磁场。当加速电压为时，其在磁场中运动的半径恰为r，不计粒子的重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若粒子在，电压下加速进入磁场，经磁场和电场偏转后恰好从内圆的最低点Q处离开电场，求偏转电场的场强大小；
（3）撤去小圆中的电场，将加速电压变为，求粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在电场中加速时

在磁场中做匀速圆周运动时

联立解得

（2）若粒子在电压下加速，则

在磁场中做匀速圆周运动时

解得



由几何关系

可得
x=r
则粒子恰能从电场的最高点A点射入电场，且图中的θ=30°，由题意可知，电场与水平方向成60°角，则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直，带电粒子进入电场后做类平抛运动，垂直于电场方向
2rcos60°=v1t
沿电场方向

解得

（3）撤去小圆中的电场，将加速电压变为，则


在磁场中做匀速圆周运动时

解得

由几何关系可知α=30°

粒子做一个圆弧运动对应的时间为


粒子做一次直线运动的时间

则回到P点的时间

23．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1) 金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向。
(2) 金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q。
(3) 金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U。

【答案】 （1）由M指向P；（2）；（3）
【解析】（1）由楞次定律可以判断出通过R的电流方向由M指向P；
（2）金属杆从AB滑动到CD的过程中




联立得出

（3）金属杆第一次即将离开磁场时，产生的电动势为



联立得出

R两端电压

24．（2022·江苏·模拟预测）如图，两条相距的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小为随时间的变化关系为，式中为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在时刻恰好以速度越过，此后向右做匀速运动，金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，求：
（1）在到时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻（）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

【答案】 （1） ；（2）
【解析】（1）在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为

设在从t时刻到的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为，由法拉第电磁感应有

由欧姆定律有

由电流的定义有

联立可得

由⑤可得，在t=0到t=的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为

（2）当时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，则有

式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力，设此时回路中的电流为I，F的大小为

此时金属棒与MN之间的距离为

匀强磁场穿过回路的磁通量为

回路的总磁通量为

式中仍如式所示，则在时刻t（）穿过回路的总磁通量为

在t到的时间间隔内，总磁通量的改变为

由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为

由欧姆定律有

联立可得

25．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）如图，MN、PQ为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接C=1000μF的电容器。NQ端与GJ端高度差h=0.45m，水平距离x=1.2m。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度v0=9m/s从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为1×10-3kg、接入电阻均为1Ω，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2。求：
（1）cd棒从NQ端抛出时的速度大小v1；
（2）cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；
（3）最终电容器存储的电荷量Q。

【答案】 （1）4m/s；（2）10W；（3）2×10-3C
【解析】（1）cd棒从NQ端抛出后做平抛运动，设运动时间为t，有


解得
m/s
（2）设cd棒抛出时，ab棒速度大小为，由动量守恒定律可得

此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培力为F，有




解得
W
（3）cd棒运动到GJ端时速度为v，斜面与水平夹角为，由动能定理

又

解得
m/s，
cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于，所以棒所受合力为安培力，设稳定时速度为，电容器带电量为Q，有




得
Q=2×10-3C
26．（2022·江苏省阜宁中学高三期中）如图甲，距离很近的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区域，磁场范围很大，方向垂直纸面向里。在边界上固定两个等长的平行金属板A和D，两金属板中心各有－小孔S1、S2，板间电压的化规律如图乙，正、反向最大电压均为U0，周期为T0。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子在磁场中运动的周期也是T0。现将该粒子在t=时刻由S1静止释放，经电场加速后通过S2又垂直于边界进入右侧磁场区域，在以后的运动过程中不与金属板相碰。不计粒子重力、极板外的电场及粒子在两边界间运动的时间。
（1）求金属板的最大长度L；
（2）求粒子第n次通过S2的速度；
（3）若质量电荷量为＋q的另一个粒子在t=0时刻由S1静止释放，求该粒子在磁场中运动的最大半径R。

【答案】 （1）；（2）；（3）。
【解析】（1）粒子在t=时刻静止释放，此时AD间的电压为,粒子第一次在电场运动过程，由动能定理有

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

周期

联立解得


为了粒子不与金属板相碰，金属板的长度应满足

故金属板的最大长度为；
（2）由于粒子在磁场的运动时间刚好为一个周期，故粒子每次从、中穿过的电压都是，每穿过一次就加速一次，粒子第n次通过时，由动能定理有

解得

（3）质量电荷量为＋q的另一个粒子在磁场中的周期

在t=0时刻由静止释放粒子，则
粒子第1次被加速时的电压为
粒子第2次被加速时的电压为
……
粒子第6次被加速时的电压为
故粒子经过6次加速后，粒子获得最大速度，由动能定理有

解得

粒子在磁场中，

解得

故该粒子在磁场中运动的最大半径。
27．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）如图所示，∠AOC=2α，OP为∠AOC的角平分线，在∠AOC的范围内无磁场，在OA左侧区域分布有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC右侧区域分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度均为B，有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计），从O点以初速度v沿垂直于OP向左射入磁场。已知：。
（1）若，求粒子第一次经过OC边时距O点的距离；
（2）若，求粒子进入左侧磁场区域的次数；
（3）求在第（2）问的条件下，粒子在磁场中运动的总时间t。

【答案】 (1) ；(2)5；(3)
【解析】(1)由

可得

如图所示

离开左侧磁场时，到O点的距离

有几何关系可知离开左侧磁场时与OA的夹角为，进入右侧磁场时与OC的夹角为，则可得

可得粒子第一次经过OC边时距O点的距离

(2) 有几何关系可知粒子第一次进入区域，速度与OA夹角为，第二次进入磁场时与OC的夹角为，第三次进入磁场区域，速度与OA夹角为，第四次进入磁场时与OC的夹角为，第n次进入磁场时与磁场边界的夹角为，其中进入左侧磁场是奇数次，进入右侧磁场是偶数次，当

粒子不在进入磁场，可得

共进入磁场9次，其中进入左侧磁场5次，进入右侧磁场4次；
(3)有几何关系可知粒子第一次进入区域，速度偏转角为，第二次进入磁场时，速度偏转角，第三次进入磁场区域，速度偏转角为，所以粒子进入磁场区域时速度偏转角为，则粒子在磁场中的运动时间为

其中

则可得

28．（2022·江苏常州·高三期末）如图所示的速度选择器：在x0y平面内，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；两极板构成的圆弧形狭缝，圆心角为60°，半径为R，当极板间加上电压时可在狭缝中形成大小相等的径向电场。（-，0）点有一离子源，向各方向垂直磁场连续发射不同速率的正离子，离子的质量为m，电量为q。以O点为圆心转动圆弧形电极，并其相应改变电场强度大小，各方向的粒子都有机会通过速度选择器的狭缝。
（1）当速度选择器处于图示y轴对称位置时，求通过速度选择器离子的速度大小；
（2）当速度选择器处于图示y轴对称位置时，求速度选择器中电场强度的方向和大小；
（3）求速度选择器P端射出离子的最小速度与最大速度

【答案】 （1）；（2）沿半径向外，；（3）最小速度为，最大速度为
【解析】（1）当速度选择器处于y轴对称位置时，设通过速度选择器离子的速度大小为v，则由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的对称性可知，粒子初速度方向与SQ连线夹60°角，如下图，设轨迹圆心为O1，半径为r，则为等边三角形，由几何关系可知


洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律

解得

（2）当速度选择器处于y轴对称位置时，进入速度选择器的粒子在洛伦兹力和电场力共同作用下通过速度选择器，圆周半径为R，向心力是进入前的一半，则电场力应与洛伦兹力方向相反，即电场强度的方向沿半径向外，设其大小为E，根据牛顿第二定律

带入可得

（3）分析可知，粒子从射出到进入速度选择器过程弦长越短则圆周半径越小，速度越小；弦长越长则圆周半径越大，速度越大，所以进入速度选择器速度最小的粒子是圆周运动半周后经过（-R，0）位置进入的，如下图

由几何关系知


解得

进入速度选择器速度最大的粒子是圆周运动半周后经过（R，0）位置进入的，如下图

由几何关系知


解得

则从速度选择器P端射出离子的最小速度为，最大速度为。
29．（2022·江苏南通·高三期末）如图所示，在y轴右方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度为B．在y轴左侧的区域内存在沿x轴正向的匀强电场。x轴上A点与O点间距为d，一质量为m、电荷量为+q的粒子从x轴上的A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子重力。
（1）若粒子第一次经过磁场的偏转角为60°，求粒子在磁场中运动的速度v1；
（2）要使粒子经过磁场之后不再经过y轴，求电场强度E应满足的条件；
（3）若电场强度，求粒子在电磁场区域的运动时间。

【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子经过磁场的偏转角为60°，则粒子做圆周运动的圆心角也为60°，其轨迹如图所示

由几何关系得粒子做圆周运动的半径为

由牛顿第二定律得

解得

故粒子在磁场中运动的速度为。
（2）粒子经过磁场之后，不再经过y轴，则粒子射出磁场时的临界速度方向为平行y轴向上，其轨迹如图所示

由几何关系得

即

由牛顿第二定律得

解得

粒子在电场中从A到O过程中，由动能定理可得

解得

故电场强度满足的条件为。
（3）对粒子，在电场中由动能定理得

在磁场中由牛顿第二定律得

解得

粒子在电磁场区域中的运动轨迹如图所示

粒子在磁场中运动的周期为

则粒子在磁场中运动时间

粒子在电场中从A到O做匀加速直线运动，其时间

粒子在电磁场区域运动的总时间

故粒子在电磁场区域的运动时间为。
30．（2022·江苏无锡·高三期末）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一、第二象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场，在y>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知。在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成角度斜向上做直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g。求：
（1）小球的比荷和第一象限内匀强电场场强E1的大小；
（2）要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围；
（3）若第一象限内磁感应强度大小为，第二象限内磁感应强度大小为，求小球穿过y轴的位置和时间的可能取值（从小球进入第一象限开始计时）。

【答案】 （1）E；（2）；（3）见解析
【解析】（1）设小球质量为m，电荷量为q，速度为v，球在MN段受力如图，因为在MN段做匀速直线运动，所以球受力平衡，由平衡条件得

要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，则球受的重力必须与电场力平衡

联立解得

（2）由（1）可知

即

在第一象限圆周运动，设磁感应强度为B1时，小球轨迹恰与y轴相切，洛伦兹力提供向心力

可知


由几何关系
L 解得

（3）由洛伦兹力提供向心力可知

小球在第一、第二象限的轨道半径分别为

小球由N点进入第一象限后运动半周进入第二象限，作出粒子在第一、第二象限的可能运动轨迹如图所示，

小球穿过y轴的位置为
y=n （n=1、2、3……）和y=L+m （m=0、1、2、3……）
时间



和

综上，时间为
和
31．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）在磁场B2内，小球离x轴最远距离及对应的速度大小；
（3）小球进入磁场B2的时刻。

【答案】 （1）；（2），；（3）（n取正整数，且，）
【解析】（1）在第一象限内作匀速圆周运动，则

得

（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力

得

消去运动半周，时间为

第二象限做做平抛运动，则

得

则

则

与x轴负方向夹角的正切值为

设最远距离为y，此时对应的速度为vx
由动能定理

水平方向由动量定理

即

取向右为正方向，则

小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为
，
（3）在磁场中，创设向左、向右的速度，且使

则

则

则

小球可看的匀速圆周运动及以水平向右的匀速运动的合运动，当粒子第二次进入B1时，速度方向与x轴夹角为，则在B2中运动时间为

在B1中运动时间为

则粒子进入B2的时刻为

得
  （n取正整数）

32．（2022·江苏南京·模拟预测）磁聚焦法是测量电子比荷的常用方法。如图所示，电子连续不断地从热阴极K无初速度地逸出，在阳极A上有个小孔，当施加电压时，电子就能通过小孔进入两极板，极板长为L，宽为d。两极板上施加不大的交变电压，使得电子在两极板间发生不同程度的偏转，设电子能全部通过极板，且时间极短，而后电子进入水平向右的匀强磁场，当电子打到屏幕N上会出现一条直线亮斑，两极板与屏幕N的中心之间的距离为，电子的电量为e，质量为m。求：
（1）电子射出两极板时距离中心轴的最大位移，竖直方向的最大速度；
（2）当z取值逐渐增加时亮斑的长度在变化，亮斑的最大长度，以及此时z的值；
（3）取，磁场B大小从开始取不同的值时，发现屏幕上亮斑长度也会变化，亮斑端点的坐标与磁场B的关系。

【答案】 （1），；（2），，，1，2，3……；（3），
【解析】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理

可得

在两极板间运动时，有
，
所以
，
（2）粒子在两极板间，沿着z轴方向做匀速运动；而在平面上，则以的速度做匀速圆周运动，因此

同时

可得

可知为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。
随着屏幕位置2的逐渐增加，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示

所以亮斑的最大长度为

即

此时z的值为电子沿z轴运动的位移

即
，，1，2，3……
取值如上公式。
（3）电子在平面上的投影为圆周运动，由水平运动可知
，
即在时，电子在平面上恰好旋转一周。电子旋转的角速度满足
所以

亮斑的端点以最远处进入水平磁场的位置为主，所以在t时刻打到屏幕上时，有

所以y坐标为

x坐标为