新高考物理二轮复习精选练习专题9带电粒子在电场磁场中的运动（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题9带电粒子在电场磁场中的运动（含解析），共53页。试卷主要包含了带电粒子在电磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。


专题九、带电粒子在电磁场中的运动
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．带电粒子在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－mv02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：一般研究的是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．带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形
直线边界
粒子进出磁场具有对称性

平行边界
粒子运动存在临界条件

圆形边界
粒子沿径向射入的再沿径向射出


3．当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时，存在两条特殊规律；
规律一：带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场，如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等，则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行，如甲图所示。
规律二：平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子，如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等，则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出，并且出射点的切线与入射速度方向平行，如乙图所示。

4. 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。

第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022新高考江苏卷）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为，入射角为，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角的范围；
（3）当，粒子在为范围内均匀射入电场，求从边出射的粒子与入射粒子的数量之比。

【参考答案】（1）；
（2）或；（3）
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示

粒子在水平方向的速度为

根据可知

解得

（2）粒子进入电场时的初动能

粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得

粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，则要求

解得

所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度

运动时间为

粒子在沿电场方向，反复做加速相同的减速运动，加速运动，则







则


则粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则

且

代入数据化简可得

即

解得
（舍去）或
解得

则从边出射的粒子与入射粒子的数量之比

2．（9分）
（2022高考北京卷）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。

（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【命题意图】此题考查功能关系及其相关知识点。
【名师解析】
（1）两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
得
（3）设带电粒子运动距离时的速度大小为，根据功能关系有
带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为。
有
得
3. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）


A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，
根据几何关系则有，
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。

4．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　)
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】　为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，解得B＝，选项C正确。
5．(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【参考答案】C
【名师解析】　粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误。
6．[多选](2020·天津等级考)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
【参考答案】C
【名师解析】　由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；画出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝a，则由qvB＝m得v＝＝，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D正确。
7．(2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】　粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，当ce与相切时，β最大，此时θ＝π，则t＝T＝，故C选项正确。
8．(2020·浙江7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
【名师解析】：(1)根据洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝，
解得v＝
由几何关系得OO′＝0.6R，
s＝＝0.8R。
(2)a、c束中的离子从同一点Q射出，α＝β
tan α＝
解得Lmax＝R。
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
pz＝pcos α＝0.8qBR
若0 F1＝Np＋2Npz＝2.6NqBR
若R F2＝Np＋Npz＝1.8NqBR
若L>0.4R，
F3＝Np＝NqBR。
答案：(1)　0.8R　(2)R　(3)见解析

9．(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【名师解析】：(1)初速度为零的粒子，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R ①
F＝qE ②
由动能定理有F·AC＝mv02 ③
联立①②③式得E＝。 ④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R ⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma ⑥
AP＝at12 ⑦
DP＝v1t1 ⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。 ⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有
y＝at2 ⑩
x＝vt ⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
x－R2＋y－R2＝R2 ⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat ⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0 ⑭
和v＝v0。 ⑮
答案：(1)　(2)v0　(3)0和v0
10　(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。
【名师解析】　(1)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
r＝d
解得v＝。
(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M的距离最大
由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)
解得dm＝d。
(3)粒子的运动周期T＝
设粒子从最后一次碰撞水平绝缘板到射出磁场的时间为t′，则
t＝n＋t′(n＝1,3,5，…)
(a)当L＝nd＋d时，
粒子斜向上射出磁场，t′＝T
解得t＝。
(b)当L＝nd＋d时，
粒子斜向下射出磁场，t′＝T
解得t＝。
[答案]　(1)　(2)d
(3)或
11．(2020·江苏高考)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值。
【名师解析】：(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，
由半径r＝得r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝。
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2
由T＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2，解得Δt＝。
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)，相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根据题意，n＝1舍去。
当n＝2时，有最小值，min＝，若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇。
综上分析，比荷的最小值为。
答案：(1)　(2)　(3)

第三部分 思路归纳，内化方法
1. 求解带电粒子在电场中的直线运动的技巧
要注意分析带电粒子是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解。
(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量。
(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量；若考虑重力，则合力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量。　　
2. 带电粒子在电场中的偏转运动做好两个方向的分析
在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。在垂直电场方向上有t＝，沿电场力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，联立方程可求解。　　
3.　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
（1）带电粒子在磁场中运动时的三个几何关系

（2）带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
(i)关注常见关键词，如：
“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词。
(ii)两种处理方法
①利用“矢量图”“边界条件”等求临界值。
②利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。

（iii）常见的几种临界半径的求解方法

r＋rcos θ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d

r＋rsin θ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d

r＋＝d
得r＝d

r1＝d
L2＋(r2－d)2＝r22
得r2＝

4　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
（1）．产生多解现象的4种因素
原因
特点
图例
带电粒子电性不确定　
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解

磁场方向不确定　
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解

临界状态不唯一　
如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解

运动的往复性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解


（2）．解决多解问题的一般思路

5. 带电粒子在组合场中运动问题的处理原则及方法
处理原则：分解过程，依次分析，场场关联，求解速度。
处理方法：
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应几何关系与物理关系。
(4)选择物理规律列方程。对于加速(减速)运动，一般根据动能定理或牛顿第二定律分析；对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对于粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，应注意洛伦兹力提供向心力这一特点。
(5)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。　　
6. 解答带电粒子在叠加场中的运动问题基本思路
　　
7. 把握好带电粒子在交变场中运动的周期性
（1）．引起带电粒子运动的周期性的原因，主要有两个方面：
(i)带电粒子运动空间的周期性。带电粒子通过周期性的圆周运动或往返式运动，可以在不同时刻通过同一位置而带来周期性。
(ii)带电粒子运动时间的周期性。此时的电磁场一般为周期性变化的交变电场或交变磁场，在交变电磁场中时间的周期性导致带电粒子的运动具有周期性。
（2）．根据带电粒子运动的周期性作出其运动轨迹，然后找出运动空间或运动时间的周期性，并列出相应的通式，对于有特解的情况，可以由通式得出对应的最大值或最小值。　　
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023安徽江淮十校第一次联考）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，其边界如图中虚线abcde所示，虚线上部空间有垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），是半径为R的半圆，ab、de与直径bd共线，a、b间的距离等于半圆的半径R。一个比荷为k的带电粒子，在纸面内从a点垂直于ab以某一速度v（未知）射入磁场，且恰好以最短时间通过磁场，不计粒子重力。则下列说法正确的是
A. 磁场方向垂直半圆平面向里
B. 带电粒子在磁场中运动的最短时间为
C. 带电粒子的速度大小为kBR
D. 若带电粒子从直线bd上任意一点仍以相同大小的速度v垂直于bd射向圆弧边界，则带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过直径上的d点

【参考答案】BCD
【名师解析】由于带电粒子带电荷正负未知，所以无法确定磁场方向，选项A错误。带电粒子在磁场中运动的时间最短时，过入射点a做圆弧切线，α最大，从切点射出磁场时 ，在磁场中转过的圆心角最小，最短时间为，选项B正确；因带电粒子恰好以最短时间通过磁场，则带电粒子做匀速圆周运动的半径为R，故其带电粒子的速度大小为kBR，选项C正确；

画出带电粒子从直线bd上任意一点仍以相同大小的速度v垂直于bd射向圆弧边界轨迹图，因任意四边形OABd是菱形，所以从A点带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过直径上的d点，选项D正确。

2. （2023湖北新高考协作体高三起点考试） 如图，坐标原点有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为、电量为的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为。磁场右侧有一长度为，平行于轴的光屏，其中心位于。已知初速度沿轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（ ）

A. 粒子速度大小为
B. 所有粒子均能垂直射在光屏上
C. 能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为
D. 能射在光屏上的粒子初速度方向与轴夹角满足
【参考答案】AC
【名师解析】
．由题意，初速度沿轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有
，解得
解得 ，选项A正确；
由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为，并不会垂直打在光屛上，B错误；
如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为

根据周期公式
可得，C正确；
粒子初速度方向与轴夹角为 时，若能打在光屛下端，如图

由几何关系可得圆心角
即初速度与轴夹角为
同理，粒子打在光屛上端时（图同B），初速度与轴夹角为，D错误。故选AC。
3．（2022年9月河北示范性高中调研）如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为2d，则粒子（ ）

A．能打在板上的区域长度为
B．若改变粒子电性，则到达板上的粒子位置不变
C．到达板上的最长时间为
D．能到达板上的粒子数占总粒子数的
【参考答案】．D
【名师解析】：如图所示，圆与平板MN相切于A点，圆于平板MN相交于B点，PB为直径，圆与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B为粒子能打到的距离P点最远的点，BC为粒子能打到平板的范围。由几何关系可得，故A错误。
改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，故B错误。
粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为，由几何关系可得，与竖直方向夹角为30°，所以打到A点的粒子速度偏转角为300°，所以最长时间为，故C错误。
初速度方向在和范围内的均能到达平板，能到达板上的粒子数占总粒子数的，故D正确。

4. （2023河南郑州四中第一次调研）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）

A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C. a粒子动能较大
D. a粒子在磁场中运动时间较长
【参考答案】D
【名师解析】
粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，选项A错误．
根据洛伦兹力提供向心力，有，得
故半径较大的b粒子速度大，动能也大，选项C错误；
由公式f=qvB可知速度大的b受洛伦兹力较大，选项B错误；
根据公式及有
由于两粒子所带电荷量相等，则磁场中偏转角大的运动的时间也长，a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，选项D正确。
5．（2023江西红色十校第一次联考）O点为圆心、半径为R的圆形区域内以直径AB为分界线，左半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，右半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现有质量和电荷量均相同的两个粒子1、2，分别从A点和C点垂直磁场方向射入磁场，且从C点入射的粒子速度方向与AB平行，观察到它们的轨迹如图所示，两粒子在O点发生正碰。C点到AB的距离为0.5R，粒子的重力不计，不考虑两粒子间的作用力，下列说法正确的是（ ）

A．两粒子均带正电
B．1粒子应先进入磁场
C．1、2粒子在磁场中运动的半径之比为
D．1、2粒子速度大小之比为
【参考答案】BC
【名师解析】由粒子的运动轨迹和左手定则可知，1粒子带负电，2粒子带正电，A项错误；由几何关系可得，1粒子轨迹圆心角为120°，2粒子轨迹圆心角为60°，根据可知从1粒子在破场中运动时间更长，要使两粒子在O点发生正碰，它应先进入磁场，B项正确；由几何关系可得，1粒子在磁场中的轨迹半径，2粒子在磁场中的轨迹半径，1、2粒子磁场中运动的半径之比为，C项正确：根据，可知射入磁场时的速度大小之比为，D项错误。
6. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核H和氘核H先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核H和氘核H的速度方向分别偏转了90°和120°角，已知氕核H在磁场中运动的时间为，轨迹半径为，则（　　）

A. 氘核H在该磁场中运动的时间为
B. 氘核H在该磁场中运动的时间为
C. 圆形磁场的半径为
D. 氘核H在该磁场中运动的轨迹半径为
【参考答案】D
【名师解析】
原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期
两核在磁场中运动时间
将两核比荷比为2:1、圆心角之比为带入可得氘核在该磁场中运动的时间为
故AB错误；
由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如下

设磁场圆半径为r，氘核在磁场中运动的轨迹半径为R2，氕核和氘核的轨迹圆圆心分别为、，由几何关系可得，
可得，故C错误，D正确。
7．如图所示，长方形abed的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心Od为半径的四分之一圆弧组成的区域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的带正电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射人磁场区域，则下列判断正确的是（ ）
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ab边
D．从ad边射人的粒子，出射点全部通过b点
【参考答案】D
【名师解析】
．由知，在磁场中圆周运动的半径与圆形磁场磁场的半径相等，从Oa入射的粒子，出射点一定在b点；从Od入射的粒子，经过四分之一圆周后到达be，由于边界无磁场，将沿be做匀速直线运动到达b点；选项D正确。
8. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，间距为d的两平行线间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度大小为B，在左边界上M点处有一粒子源能射出带负电的粒子。若粒子在纸面内从M点垂直于左边界以速度v射入磁场，在N点穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为。不计粒子重力。
（1）求粒子的比荷和穿越磁场的时间；
（2）若粒子在M点的速度沿顺时针方向旋转射入磁场，速度大小不变，求粒子穿越磁场的时间。

【参考答案】（1）；；（2）
【名师解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知

又由于

可得

粒子在磁场中运动的时间

圆心角

联立解得

（2）若在纸面内将粒子在M点的速度沿顺时针方向旋转30°，则粒子恰能到达右侧边界并从左侧边界穿出，粒子在磁场中运动的时间

圆心角

联立解得


9. (2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考) 如图所示，在空间建立坐标系xOy，大圆半径，圆心在y轴上的O1点，小圆是半径的半圆，圆心在O点，两圆所围成的区域存在一有界匀强磁场（磁场边界对带电粒子的运动无影响），方向垂直纸面向外。小圆内存在径向电场，圆心与边界间的电压恒为U=800V，在磁场右侧垂直x轴放置一长L=0.1m的金属板，板上边缘对应y轴坐标为0.9m。圆心O处的粒子源可以在纸面内沿电场方向均匀发射质量、的粒子（粒子初速度可以忽略），粒子数量为个/秒，经电场加速后进入磁场的粒子轨迹圆的圆心都在以O为圆心，R=0.5m的圆上。从y轴右侧磁场射出的粒子速度方向均水平向右，垂直击中板后被完全吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
（1）带电粒子进入磁场时的速度大小v0；
（2）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r和匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）带电粒子对金属板的平均作用力F的大小。（保留两位有效数字）
【参考答案】（1）；（2）0.4m，0.01T；（3）0.66N
【名师解析】：（1）由动能定理 1分
代入数据解得 1分
（2）粒子以水平向右的速度出磁场，由几何关系得 1分
得r＝0.4m 1分
由得B＝0.01T 1分
（3）图中粒子速度方向与竖直方向夹角为，
得粒子打到板的上边缘。 1分
设射出电场时，速度方向与竖直方向夹角为的粒子打到板的下边缘，
1分
则打到板的粒子数为 1分
粒子垂直击中板后被完全吸收，则对板的平均作用力， 1分
1分

10. （2023江苏如皋期初质检）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。时刻，一带电粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v，第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子的重力。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）粒子两次经过P点时间间隔；
（3）粒子经过y轴的时刻t。


【参考答案】（1）；（2）；
（3）或
【名师解析】
（1）洛伦兹力提供向心力

解得


Q、O的距离

解得

（2）粒子再次经过P，经过N个周期

匀速圆周运动


绕一周的时间

两次经过P点的时间间隔

解得

（3）粒子经过y轴的时刻

或

解得

或

11. （2023湖南永州一模）如图所示，在一边长为l的等边三角形OPQ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现以O点为坐标原点，OP方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，在第一象限内加一方向竖直向上的匀强电场，在y轴的左侧有一加速电场，A、C两极板之间的加速电压为U，在C板的中间有一小孔。现将一带电荷量为、质量为m的带负电的微粒在A板中间由静止释放，带电微粒从B板的小孔处飞出，接着从y轴上的M点垂直y轴进入电场，随后从OP的中点N进入磁场，且速度方向与OQ边平行。经过一段时间，带电微粒恰好从Р点离开磁场，不计微粒重力。
（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度E的大小；
（2）求三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若将磁场方向改为垂直纸面向里，磁感强度的大小为某适当值时，带电微粒恰好不从OQ边离开磁场，回到第一象限，则微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）在加速电场中由动能定理得

在第一象限运动的过程中有



解得

（2）

由几何关系可得


微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得

解得

（3）

由几何关系可得

微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得

微粒在磁场中运动的周期为

微粒在磁场中运动的时间为

微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间为

解得

12. （2023江苏南通第一次质检） 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电量为、质量为。不计电子重力。
（1）若两板间加恒定电压，且M、N板间距离为，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从O点射入电场的初速度；
（2）在（1）的情况下，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值；
（3）若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和T已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离应满足的条件。

【参考答案】（1）；（2）；（3），
【名师解析】
（1）两板间加恒定电压，且M、N板间距离为，电子在板间的加速度大小为

电子在板间做类平抛运动，沿板方向做匀速直线运动，则有

垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

联立解得电子从O点射入电场的初速度为

（2）在（1）的情况下，只上下移动N板，当电子刚好从变M板右侧边缘离开电场时，电子射出电场时动能最大，则有


联立解得电子离开电场时，沿电场方向的分速度为

则电子射出电场时动能的最大值为

（3）电子在时刻以初速度射入电场，电子在电场中运动的时间为

电子在内，电子的加速度大小为

电子在内沿电场方向位移为

电子在时沿电场方向的分速度为

电子在内，电子的加速度大小为

要使该电子能从点射出电场，电子在内沿电场方向的位移为

联立解得

电子沿电场方向通过的最大位移为

为了使电子不与极板发生碰撞，需要满足

解得

13. （2023浙江舟山质检）如图甲所示，竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O和是圆柱形空间上下两个圆面的圆心，其后侧与O等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源，图乙是俯视图，P为的中点，连线与垂直。线状粒子源能沿平行方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带电粒子束，带电粒子的速度大小均为。在圆柱形空间右侧距离为处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的边与线状粒子源垂直，且处在同一高度。过O作边的垂线，交点恰好为的中点。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，整个电场局限在离荧光屏距离为R的范围内，电场强度大小E。已知从P点射出的粒子经圆形磁场偏转后从F点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）判断带电粒子的电性并求出磁感应强度B的大小；
（2）求从P点射出的带电粒子在荧光屏上落点的位置距边的距离；
（3）以边的中点为坐标原点，沿边向里为x轴，垂直边向下为y轴建立坐标系，求从线状粒子源中射出的所有粒子在荧光屏上落点位置满足的方程。

【参考答案】（1）正电，；（2）；（3），。
【名师解析】
（1）由左手定则可判断带电粒子带正电，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有

解得

（2）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得
，，
联立，可得

（3）设打在板上的横坐标为x，则
，，
由上三式可得轨迹方程为

如图所示，又


可得

依题意，有

此方程中x的范围为

14.（2023广西名校质检）在现代科学实验和技术设备中，常常利用高频交变电场来加速带电粒子．某直线 加速器的加速原理如图甲所示，该装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心 轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加．序号为奇数的圆筒和交变电源 的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连．交变电源两极间电势差的变 化规律如图乙所示．在 t=0 时，此刻位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为 0）中央的一 个质子，在圆板和圆筒 1 之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒 1．之后质子 运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加 速．已知质子的荷质比取 q /m = 1´108 C/kg，电压的绝对值 u = 4´10 4V ，周期 T= 3×10 -7s， 质子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，不计质子的重力．求：

（1）质子进入第 2 个圆筒时的速度大小 v;
（2）第 8 个圆筒的长度 l.

【名师解析】：
（1）质子进入第 2 个圆筒前，经过二次加速，因此有
得
代入数据得：v=4×106m/s• （2 分）
(2) 质子进入第 n 个圆筒时的速度为vn，根据动能定理有：
得
当质子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为 T/2，才能保证每次在间隙中被电场加速，
因此第 n 个圆筒得长度为
整理得： l=
代入数据得：l= 1.2m （1 分
15. （2023云南玉溪一中开学考试）如图甲所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。
（1）求加速电场场强E0的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图乙所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求该匀强电场场强E的大小。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
(1)根据动能定理有
解得

(2)粒子运动轨迹如图所示

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

由几何关系可得

解得

(3)粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示

根据运动的合成分解及几何关系，在x方向有

在y方向有

根据牛顿第二定律有
Eq=ma
联立解得

16．（2023浙江模拟）回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.，电荷量为e，求：
（1）质子最初进入D形盒的动能；
（2）质子经回旋加速器最后得到的动能；
（3）交流电源的频率。
【名师解析】．（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：
eU＝Ek－0，解得Ek＝eU；
（2）粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
，r=R，
质子的最大动能
联立解得：Ek=
（3）又 ，
所以周期
所以频率
17.(15分) （2023江苏百校联考第一次考试）如图所示,在坐标系xOy,有一重力忽略不计的带电粒子从原点O沿y轴正方向以初速度v0=3×106m/s射出,该粒子质量为m=1×10-12kg,电荷量q=+3×10-6C。为使该粒子能通过坐标为(10+5cm,-5cm)的P点,可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。
(1)若粒子在xOy平面内做匀速圆周运动,并能到达P点,求粒子做圆周运动的半径;
(2)试求在(1)中所加场(如磁场或电场)在P点的场强大小;
(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轴方向的匀强电场,也能使粒子运动到达P点。该过程中粒子在磁场中运动的时间是电场中运动时间的π倍,求磁感应强度B'的大小和粒子运动到达P点的动能。

【参考答案】.(15分)(1)10cm　(2)若是磁场,B=10T,若是电场,E=3×107N/C　(3)T,76.5J
【名师解析】(1)粒子由O到P的圆轨迹如图甲所示,设圆半径为R,QP与x轴的夹角为α,由几何关系知:

甲
xP=R+Rcosα　(1分)
yP=-Rsinα　(1分)
解得R=10cm。　(2分)
(2)当加上垂直xOy平面向外的磁场时　(1分)
由牛顿第二定律可知:Bqv0=m　(2分)
解得B=10T　(1分)
或:当加上以Q点为中心的点电荷电场时　(1分)
由牛顿第二定律可知:qE=m　(2分)
E=3×107N/C。　(1分)
注:若能答出其中一种方案得4分,若两种方法都回答,按解答正确的解法给分。
(3)粒子由O经P'到P的轨迹如图乙所示,

乙
在磁场中做圆周运动,运动时间t1==　(1分)
在电场中做类平抛运动 yP=-v0t2　(1分)
由 t1=πt2 得B'=T　(1分)
在磁场中做圆周运动,设半径为R'
则有v0t1=πR'得 R'=m　(1分)
电场中P'P″=(0.1+0.05)m-2R'=0.1m　(1分)
P'P″=vxt2　(1分)
由此得vx=1.2×107m/s
vP==×106m/s
Ek=m=76.5J。　(1分)
其他解法参考赋分
18. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图所示，在的空间中存在沿轴方向的匀强电场（未画出）；在的空间中存在匀强磁场（未画出），磁场方向垂直平面。一电荷量为、质量为m的带电粒子，经过轴上处的点时速率为，方向沿轴正方向；然后经过轴上处的点进入磁场；运动到轴上点时，带电粒子的运动方向沿轴负方向。不计粒子重力，求：
（1）粒子到达点时的速度大小和方向；
（2）粒子从点运动到点的总时间。

【参考答案】（1），与水平方向成45°角并斜向右下方；（2）
【名师解析】
（1）依题意，知粒子在电场中做类平抛运动，有



联立解得



可得，即速度与水平方向成45°角并斜向右下方；
（2）粒子进入磁场中，做匀速圆周运动，由几何关系可知

从B点到C点对应的弧度

由


且

联立得粒子从点运动到点的总时间

19．（16分）（2023南京六校调研）如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，在A处有一个质量的质点，所带电荷量为，用一不可伸长的绝缘细线将质点与固定点O连接（与电场线平行），此时细线恰好伸直，已知细线长．现让该质点在A处静止释放，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）质点第一次到达O点正下方时，电场力做的功；
（2）质点第一次到达O点正下方时的速度大小；
（3）质点第一次到达O点左方水平等高处时，绝缘细线的拉力大小．

【名师解析】．（16分）
（1）根据功能关系可知静电力做功 ................................（4分）
（2）质点受到的重力，电场力，其合力大小为
质点运动轨迹与水平方向的夹角为，解得 ................................（1分）
第一次到达O点正下方时，下降的高度为
根据动能定理得 ................................（2分）
解得 ................................（2分）
（3）质点的运动轨迹如图所示
质点从到做匀加速直线运动，根据动能定理：
可得， ................................（1分）
解得 ................................（1分）
在点绳子张紧瞬间，沿径向的分速度vBy突变为零，质点以沿切线方向分速度继续做圆周运动，张紧瞬间损失的动能为=3.072J ................................（1分）
质点从处静止释放到点绳子张紧，最后第一次到达O点左方等高C处时，根据功能关系可得 ................................（1分）
解得 ................................（1分）
质点在点左方等高处时，根据牛顿第二定律可得 ..............（1分）
联立解得 ................................（1分）

20． (2020·肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：

(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足的条件。
【名师解析】：(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
则qvB＝m，解得：R＝0.6 m
由T＝，得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R
将数据代入上式解得：L＝1.2 m。
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：
s＝vt，解得：s＝1.88 m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，
由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2，…)。
答案：(1)1.2 m　(2)2.48 m
(3)L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)
或L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2，…)[L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)也正确]
21．(2020·日照模拟)如图甲所示，在水平方向足够长的虚线区域Ⅰ(上下边界水平)内有交替变化的电磁场，电磁场按照如图乙所示的规律变化，电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B1＝，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)在t＝0时刻以初速度v0从上边界A点竖直向下进入区域Ⅰ，t＝(π＋3)时刻从下边界C点离开区域Ⅰ并进入半径为R的圆形区域Ⅱ，R＝，区域Ⅱ与区域Ⅰ在C点相切，区域Ⅱ中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝。求：

(1)t1＝时刻粒子的速度大小v1；
(2)区域Ⅰ在竖直方向的宽度d；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动的时间。
【名师解析】：(1)0～t1时间内，粒子在电场中做匀加速直线运动a＝
由匀加速直线运动公式知v1＝v0＋at1
可得v1＝2v0。
(2)0～t1时间内，粒子在电场中运动的位移
d1＝·t1＝
t1时刻，粒子开始在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1
由向心力公式qv1B1＝m
可得r1＝
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T1
T1＝＝
粒子在磁场中运动的时间t2＝＝T1
对应圆心角为θ＝60°
在磁场中沿竖直方向运动的距离大小为d2＝r1sin θ＝
然后粒子以速度v1第二次进入电场，在电场中运动时间t3＝
由运动的合成与分解可知，粒子竖直向下的速度大小为vy1＝v1cos θ＝v0
水平方向的速度大小为vx＝v1sin θ＝v0
粒子竖直方向做匀加速直线运动，经过t3时间，竖直向下的速度大小为vy2＝vy1＋at3＝3v0
竖直位移大小d3＝·t3＝
可得，区域Ⅰ在竖直方向的宽度
d＝d1＋d2＋d3＝。

(3)粒子从C点离开区域Ⅰ时的速度
v2＝＝2v0
易知速度与水平方向的夹角为60°
设粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为r2，圆心为O′，做圆周运动的周期为T2，粒子从D点射出磁场，由向心力公式qv2B2＝m
可得r2＝＝R，T2＝＝
易知OCO′D为菱形，圆心角为α＝60°
粒子在区域Ⅱ中运动的时间t4＝T2＝。
答案：(1)2v0　(2)　(3)

22　如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，电场强度E＝，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。求：

(1)电子进入圆形区域时的速度方向与x轴正方向的夹角；
(2)A点坐标；
(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出。速度方向与进入磁场时的速度方向相同。求：磁感应强度B0大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式。
[解题指导]
(1)电子在电场中做类平抛运动，在L (2)电子进入磁场区域的速度与电子射出电场时的速度相同。
(3)因电子从N点处飞出的速度与从M点进入磁场的速度相同，故电子从M到N点的过程一定经历了磁场变化周期T的整数倍。
[名师解析]　(1)电子在电场中做类平抛运动，在电场中时：eE＝ma
水平方向：L＝v0t
竖直方向：vy＝at
速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝
解得：θ＝30°。
(2)电子在电场中运动，竖直方向位移：y1＝at2
飞出电场后电子匀速运动，则有：y2＝Ltan θ
总位移：y＝y1＋y2
A点坐标为。
(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图所示：
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，圆周运动的周期为T0，电子在x轴方向上的位移恰好等于r；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′＝2T0，故电子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，电子在x轴方向上的位移恰好等于2r。
综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn＝2L(n＝1,2,3，…)
电子进入磁场的速度v＝
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：B0ev＝m
解得：B0＝(n＝1,2,3，…)
应满足的时间条件为：(T0＋T′)＝T
而：T0＝，T′＝，
解得：T＝(n＝1,2,3，…)。
[答案]　(1)30°　(2)　(3)B0＝(n＝1，2,3，…)　T＝(n＝1,2,3，…)