2021届高考物理三轮复习强化训练：带电粒子电磁场综合应用

　2021 届高考物理三轮强化 — 带电粒子在电磁场的综合 应用 1.如图所示，在空间直角坐标系中，I、II 象限(含 xy 、轴)有磁感应强度为11T B ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为10 N / C E ，方向竖直向上的匀强电场；III、IV 象限(不含x轴)有磁感应强度为 215T14B ，方向沿y轴负方向的匀强磁场，光滑 1/ 4 圆弧轨道圆心" O ，半径为 2 m R ，圆环底端位于坐标轴原点 O 。质量为 11kg m ，带电 11C q  的小球 M 从" O 处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到 O 点。质量为 22 kg m ，带电21.8C q  小球的 N 穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与 M 同时运动到 O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球 P (碰撞过程无电荷损失)。小球 MN P 、 、均可视为质点，不计小球间的库仑力，取210 m / s g ，求：

　(1)小球 M 在" O 处的初速度为多大； (2)碰撞完成后瞬间，小球 P 的速度； (3)分析 P 球在后续运动过程中，第一次回到y轴时的坐标。

　2.如图所示，在竖直平面 xOy 内，x 轴上方，以坐标原点 O 为圆心、半径为R 的半圆与坐标轴分别交于 a b c 、 、 点。

　abc 的同心半圆弧 a b c    与坐标轴交于a b c    、 、 ，圆心 O 与圆弧 a b c    之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背

　离圆心向外，圆心 O 与圆弧 a b c    电势差为 U 。x 轴上方半圆 abc 外区域存在着上边界为2 y R 的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度为 B 。半圆 abc 内无磁场。正电粒子的粒子源在 O 点，粒子从坐标原点 O 被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从 b 点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界 abc 后的运动。试求：

　(1)带电粒子的比荷； (2)上边界2 y R 上有带电粒子射出磁场部分的长度 (3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为62y R  ，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。

　3.如图所示,区域Ⅰ存在垂直于纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B ;区域Ⅱ存在竖直向上的匀强电场.电场强度为E .两区域水平方向足够宽,竖直方向的高度均为L .在磁场的上边界的 O 点存在一个粒子源.该粒子源不断地向各个方向发射质量为m ,电荷量为 q 的带负电的粒子,所有粒子的发射速率均相等.其中M 板位于磁场上边界, N 板位于电场下边界.粒子中水平向右射入磁场的粒子垂直击中N 板上的 A 点(图中未画出).不计粒子重力和粒子间相互作用,求:

　 (1)粒子的发射速率v ; (2)打在N 板的粒子中在磁场中运动的最短时间 ; t

　(3)粒子打在N 板的区域长度. x 4.如图所示,在 xOy 平面内,第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场,第三、四象限有平行纸面的匀强电场(图中未画出)。一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电的粒子,从坐标原点 O 以初速度0v ,方向与 x 轴正方向成 30 角平行纸面斜向下射入第四象限,粒子首次回到边界 x 轴时,经过 x 轴上的 P 点且速度大小不变,已知 O P 、 间距为 l ,粒子重力不计。

　(1)求匀强电场场强的大小和方向。

　(2)如果粒子经磁场第一次偏转后,又恰好沿初始方向经过 O 点,求磁场的磁感应强度。

　(3)如果第三、四象限的匀强电场场强变为原来的二倍,方向不变,粒子首次回到边界 x 轴时经轴上 " P 点,之后粒子经磁场、电场偏转,能够再次从电场内通过 O 点射入磁场,这时磁场的磁感应强度大小为多少?

　5.如图所示,宽度为 3L 的区域被平均分为区域 , ,    ,其中 ,   有匀强磁场,它们的磁感应强度大小相等,方向垂直纸面且相反。长度为 3L ,宽为2L的矩形abcd 紧邻磁场下方,与磁场边界对齐, O 为 dc 边中点, P 为 dc 边中垂线上一点, 3 OP L  。矩形内有匀强电场,电场强度大小为 E ,方向由 a 指向 O 。电荷量为 q 、质量为 m ,重力不计的带电粒子由 a 点静止释放,经电场加速后进入磁场,运动轨迹刚好与区域  的右边界相切。

　(1)求该粒子经过 O 点时速度大小0v

　(2)求匀强磁场的磁感应强度大小 B ; (3)若在Oa 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子,粒子在磁场区域中共偏转 n 次到达 P 点,求 x 满足的条件以及 n 的可能取值。

　6.如图所示为 xOy 平面直角坐标系，在 xa 处有一平行于 y轴的直线 MN ，在4 x a 处放置一平行于 y轴的荧光屏，荧光屏与 x 轴交点为 Q，在第一象限内直线 MN 与荧光屏之间存在沿 y轴负方向的匀强电场。原点 O 处放置一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为 0v 的带正

　电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装置，使其在 xOy 平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限(速度与 x轴正方向间的夹角为π02  )。若在第一象限内直线 MN 的左侧加一垂直 xOy 平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直直线对 MN 进入电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为 B，带电粒子的比荷0v qm Ba，电场强度大小012E Bv ，不计带电粒子重力，求：

　(1)粒子从发射到到达荧光屏的最长时间; (2)符合条件的磁场区域的最小面积；

　 (3)粒子打到荧光屏上距 Q 点的最远距离。

　7.如图所示,在真空中,有一半径为 r 的圆形区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,一带电粒子质量为 m、电荷量为 q,以某一速度由 a点沿半径方向射入磁场,从 b 点射出磁场时其速度方向改变了 60°(粒子的重力可忽略),试求：

　(1)该粒子在磁场中的运动时间 t; (2)该粒子做圆周运动的半径 R; (3)该粒子运动的速度 0v . 8.如图所示，在 xOy 平面内，区域 I、Ⅱ存在方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，区域Ⅲ存在匀强电场，电场强度2B dqEm，三个区城的宽度均为 d，一个比较长的屏放置在4 x d 处。在坐标原点 O 有一粒子发射源，可以沿 x轴正方向发射不同速率的带正电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为 q，不计带电粒子的重力及相互作用。

　（1）要使粒子能打到屏上，求发射粒子的最小速率 0v ； （2）若发射粒子的速率为053v ，求粒子打到屏上的位置到 x轴的距离。

　9.如图所示,在 xOy 坐标系中,在 yd 的区域内分布有指向 y轴正方向的匀强电场,在3 d y d 剟的区域内分布有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场, MN 为电场和磁场的边界,在3 y d 处放置一垂直于 y 轴的足够大金属挡板, ab 带电粒子打到板上即被吸收(轨迹圆与挡板 ab 相切的粒子刚好不会被吸收),一质量为m、电荷量为q 的粒子以初速度 0v 由坐标原点 O 处沿 x 轴正方向射入电场,已知电场强度大小为2089mvEqd,粒子的重力不计.

　 (1)要使粒子不打到挡板上,磁感应强度大小 B 应满足什么条件? (2)通过调节磁感应强度的大小,可让粒子刚好通过点(4 ,0) P d(图中未画出),求此时磁感应强度的大小. 10.如图所示,在平面直角坐标系 xOy 内,第Ⅰ象限存在沿 y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限以 ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子,从 y 轴正半轴上 yh 处的 M 点,以速度 0v 垂直于 y轴射入电场,经 x 轴上 2 x h 处的 P 点进入磁场,最后以垂直于 y 轴的方向射出磁场.不计粒子重力.求:

　(1)电场强度 E 的大小; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r; (3)粒子在磁场中经历的时间 t. 11.如图甲所示，水平正对放置的金属板 A 和 B 的距离为 d，它们的右端放着垂直于金属板的靶 MN ，现在 AB 、板上加上如图乙所示的电压，电压的

　正向值为0U （A 板电势高于 B 板电势），反向电压值为02U，且每隔2T变向1 次.现将质量为 m、带电荷量为q 的粒子束从 AB 、左侧的中点 O 以平行于金属板的方向射入两板之间，设粒子能全部打在靶上且所有粒子在 AB 、间的飞行时间均为 T.不考虑重力的影响.

　（1）试定性分析在0 t 时刻从 O 点进入的粒子，在 0~T 时间内在垂直于金属板的方向上的运动情况. （2）在距靶 MN 的中心O点多远的范围内有粒子击中？ （3）要使粒子能全部打在靶 MN 上，电压0U 的数值应满足什么条件？（写出 0U 、 m d q T 、 、 、的关系式即可）

　12.有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示.左侧静电分析器中有方向指向圆心 O、与 O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零.离子源发出两种速度均为 0v 、电荷量均为 q、质量分别为 m 和 0.5m 的正离子束,从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器.在静电分析器中,质量为 m 的离子沿半径为 0r 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从 N 点水平射出,而质量为 0.5m 的离子恰好从 ON 、连线的中点 P 与水平方向成  角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为 m 的离子打在 O 点正下方的 Q 点.已知0 00.5 , , OP r OQ r N P   、 两点间的电势差204,cos5NPmvUq  ,不计重力和离子间相

　互作用.

　(1)求静电分析器中半径为 0r 处的电场强度0E 和磁分析器中的磁感应强度 B的大小; (2)求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l (用 0r 表示)； (3)若磁感应强度在 () B B 到 () B B  之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两束离子,求BB的最大值. 13.如图所示的 xOy 坐标系中,第一象限内存在与 x 轴成 30°角斜向下的匀强电场,电场强度400 N/C E ;第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场,其沿 x 轴方向的宽度 20 3 cm OA  ,沿 y轴负方向宽度无限大,磁感应强度41 10 T B  .现有一比荷为112 10 C/kgqm 的正离子(不计重力),以某一速度 0v 从O 点射入磁场,与 x 轴正方向夹角60   ° ,离子通过磁场后刚好从 A 点射出,之后进入电场.

　(1)求离子进入磁场的速度 0v 的大小; (2)离子进入电场后,经多长时间再次到达 x轴上; (3)若离子进入磁场后,某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动,求所加磁场磁感应强度的最小值. 14.如图甲所示,在光滑绝缘水平桌面内建立 xOy 坐标系,在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场,场强方向与 x 轴负方向的夹角=45  ° .在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板 12c c 、,两板间距 10.6 m d ,板间有竖直向上的匀强磁场,两板右端在 y轴上,板 1c 与 x 轴重合,在其左端紧贴桌面有一小孔M,小孔 M 离坐标原点 O 的距离为0.72 m L .在第Ⅳ象限内垂直于 x 轴放置一块平行于 y轴且沿 y轴负向足够长的竖直平板 3c ,平板3c 在 x轴上垂足为Q,垂足 Q 与原点 O 相距 20.18 m d .现将一带负电的小球从桌面上的 P 点以初速度04 2 m/s v  垂直于电场方向射出,刚好垂直于 x轴穿过1c 板上的 M 孔进入磁场区域.已知小球可视为质点,小球的比荷20 C/kg,qPm点与小孔 M 在垂直于电场方向上的距离为2m10s  ,不考虑空气阻力.

　(1)求匀强电场的场强大小. (2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板 3c 上,求磁感应强度的取值范围.

　(3)若0 t 时刻小球从 M 点进入磁场,磁场的磁感应强度按图乙的规律随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向),求小球从 M 点到打在平板 3c 上所用的时间.(计算结果保留两位小数)

　参考答案

　1.答案：(1) M 中" O 进入磁场，电场力和重力平衡：

　qE mg 

　在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,2ARr  洛伦兹力提供向心力,有：2AvqvB mr 代入数据解得：1m / s v  (2)设 N 沿光滑轨道滑到 O 点时的速度为u，由动能定理得：

　22 2 212m gR q ER m u   代入数据解得：2 m / s u  M N 、在 O 点发生完全非弹性碰撞,设碰后生成得 P 球速度为 1v，选向右为正方向，由动量守恒定律得：

　2 1 1 2 1( ) m u m v m m v    代入数据解得：

　11m / s v ，方向水平向右。

　(3)c球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里得洛伦兹力，在电场力作用下， P 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期 T ， P 球又回到y轴上。

　P 球带电量为：1 2q q q   由：211 1 2( )Cvqv B m mR  及周期公式：12CRTv 解得 P 球圆周运动周期为：1 22 ( ) m mTqB  P 球竖直方向加速度 ag  P 球回到 y轴时坐标：212y aT  代入数据解得：220 y m  

　则第一次回到y轴时的坐标位置为20 , 2 ( ) 0 m m  。

　2.答案：(1)由 b 点进入磁场的粒子做圆周运动，如图甲所示

　2vqvB mR ① 粒子在电场中加速。有 212qU mv  ② 有①②两式整理得 2 22 q Um B R ③ (2)带电粒子从磁场边界射出 y 轴，右侧的最大距离1x ，如图乙所示

　由几何关系可得    222 212 1 2 R x R    ④

　y轴左侧最大距离2x R  ⑤ 带电离子从磁场上边界射出的范围为   1 21 2 2 1 x x x R      ⑥ (3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示

　由于632sin 12 2 2RR  故1 60   

　又因2 45    故 3 75    ⑦ 带电粒子在磁场中运动的时间1524t T  ⑧ 带电粒子在磁场中运动的周期22mTqB ⑨ 整理得21524BRtU⑩ 同理得4 15    ⑪ 故2224BRtU

　3.答案：（1）垂直击中N 板的粒子在磁场中轨道半径 rL  洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvB mr解得粒子速度qBLvm

　（2）打在N 板的粒子在磁场中运动的最短时间 t，如图所示，由几何关系得60    粒子在磁场中运动周期 2πrTv2πmTqB运动时间360t Tπ3mtqB

　(3) 粒子沿水平向右射入磁场亮点出现在最右侧 ; 粒子沿竖直向下射入磁场亮点出现在最左端 . 如图所示竖直向下粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向：212qEL tm水平方向：1x vt N 板上出现亮点区域长度12 x L x  解得22Lqx L BLmE 

　4.答案：(1)粒子首次回到边界 x轴时,经过 x 轴上 P 点且速度大小不变,可知 O P 、 间电势差为零, O P 、 处在同一等势面上根据题意可知,匀强电场的方向垂直于 x轴,且沿 y轴正方向 粒子在电场中沿 OP 方向做匀速直线运动,有0 cos30l v t  

　沿 y轴负方向做匀减速运动,有 Eq ma  ,0 sin302tv a  

　解得2032mvEql .

　(2)粒子从 P 点进入电场时沿 x轴方向速度分量不变,沿 y轴方向速度分量反向,因此粒子经 P 点的速度与 x轴正方向成 30 角斜向上,经磁场第一次偏转后,又恰好经过 O 点,其运动轨迹如图中实线圆所示,由几何关系得 R l 

　根据200vBqv mR ,解得0mvBql .

　(3)如果第三、四象限的匀强电场场强变为原来的二倍,粒子首次回到 x轴时过 x 轴 " P 点 粒子在电场中,沿 x 轴正方向做匀速直线运动有0" cos30 " l v t  

　沿 y轴负方向做匀减速运动,有 2 " Eq ma  ,0"sin30 "2tv a  

　解得 "2ll 

　粒子经磁场偏转之后,如果其做匀速圆周运动的半径2lR  ,粒子不可能再过O 点 如果粒子做匀速圆周运动的半径2lR  ,则每次经磁场偏转后沿 x轴负方向移动2lx R    ,如图所示 带电粒子能从电场再次经过 O 点需满足 ( 1,2,3...)2ln x n   

　解得1( 1,2,3...)2nR l nn 

　因此满足题意的磁场的磁感应强度大小的可能值为02" ( 1,2,3...)( 1)nmvB nn ql . 5.答案：(1)由题意可知Oa L  , 粒子在Oa 加速过程有动能定理:2012qEL mv  ① 得粒子经过 O 点时速度大小:02qELvm ② (2)粒子在磁场区域 III 中的运动轨迹如图, 设粒子轨迹半径为0R

　由几何关系可得:0 03cos603R R L    ③ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得:2000mvqv BR

　联立②③④式,得32mEBqL ⑤

　 (3)若粒子在磁场中一共经过 n 次偏转到达 P , 设粒子轨迹圆半径为 R , 由几何关系有32 ( tan30 cos30 ) 36Ln R L    ⑥ 依题意有00 R R   ⑦ 联立③⑥⑦得997n   ,且 n 取正整数⑧ 设粒子在磁场中的运动速率为 , v 有:2mvqvBR ⑨ 在电场中的加速过程,由动能定理:212qEx mv  ⑩ 联立⑤⑥⑨⑩式,得:23 1( )2 6x Ln  ,其中 2,3,4,5,6,7,8 n 

　 6.答案：(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动,速度沿 y 轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长, 10π π2 2m atqB v 

　粒子进入电场到到达荧光屏，在 x 轴方向做匀速直线运动，

　运动时间 20 04 3 a a atv v ， 故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间1 20(π 6)2at t tv  。

　(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，有200vqv B mR ， 解得 Ra  。

　由于带电粒子的入射方向不同，若磁场充满纸面，它们所对应的运动轨迹如图所示。为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线 MN 进入电场，由图可知，它们必须从经点 O 做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场。设磁场边界上 P 点的坐标为( , ) P x y ,则应满足方程 sin (1 cos ) x R y R      、， 所以磁场边界的方程为2 2 2( ) x y R R   ， 以π2 的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹2 2 2( ) x R y R   ，即为所求磁场的另一侧的边界，因此，符合题目要求的最小磁场的范围应是圆2 2 2( ) x y R R   与圆2 2 2( ) x R y R   的交集部分（图中阴影部分）

　由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为2minπ( 1)2S a  。

　(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，分析可得所有粒子在荧光屏左侧穿出电场，设粒子在电场中的运动时间为 t,竖直方向的位移为 y，水平方向的位移为 l ,则0l v t ，

　212qEy tm ， 又012E Bv ， 联立解得4 l ay ， 设粒子最终打在荧光屏的最远点距 Q 点为 h，粒子射出电场时的夹角为 α,有20tanyxvqEl yv mv a   ，(4 )tan (3 4 )yh a a l a aya      4(3 4 )2aya aya ， 则当 (34 ) 4 a ay ay  时，即916y a 时，h 有最大值 max98h a 。

　7.答案：(1)π3mBq (2) 3r

　(3)3Bqrm 解析：设粒子做圆周运动的半径为 R. (1)粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有020mvBqvR , 而02πRTv,可得2πmTBq,速度方向改变 60°,即轨迹所对应的圆心角为 60°,则该粒子在磁场中的运动时间 1 π6 3mt TBq . (2)该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系有 tan60 3 R r r    ° .

　 (3)由(1)(2)得03 BqR Bqrvm m  . 8.答案：（1）Bdqm （2）181150d

　解析：（1）要使粒子打到屏上，则粒子在磁场中做圆周运动的半径 r d… ， 由洛伦兹力提供向心力有2vBvq mr

　解得Bdqvm… 故 0Bdqvm。

　（2）若发射粒子的速率053v v ， 由洛伦兹力提供向心力有2vBvq mr

　解得53r d  画出粒子的运动轨迹如图所示，

　 根据几何关系可知粒子在区域 I 沿 y 轴方向的偏移量 113y d  根据对称性可知，粒子在区域Ⅱ沿 y 轴方向的偏移量 213y d  之后粒子沿水平方向进入匀强电场中，在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为 t，则水平方向有 053d v t  竖直方向有2312qEy tm   解得 3950y d  粒子射出电场后做匀速直线运动，根据类平抛运动规律及几何关系有3 412ddy y 解得 4925y d  则粒子打到屏上的位置到 x 轴的距离

　1 2 3 4181150y y y y y d      9.答案：(1)043mvBqd… (2)见解析 解析：(1)粒子先在电场中做类平抛运动,有201,2x v t d at  ,其中2089v qEam d  ,得到32x d ,粒子进入磁场时速度方向与 x轴夹角设为 θ，则04tan , 533atv    o,进入磁场时粒子速度053v v .粒子刚好不打到挡板上时轨迹与板相切,设此时粒子在磁场中运动半径为 0r ,由洛伦兹力提供向心力有20vqBv mr,由几何关系得 0 (1cos ) 2 r d   ,得到 054r d ,则043mvBqd,故要使粒子不打到挡板上需要满足043mvBqd…. (2)设粒子在磁场中的运动半径为 r,粒子再次回到 x轴上,沿 x轴前进的距离8Δ 2 2 sin 35x x r d r     ,且有504r d  „,所以3 d x d   „.设粒子通过 P 点时,回旋次数为 n,满足4 n x d   ,所以443n  „(n 为正整数),只能取2 3 4 n n n    、 、 . 2 n 时, 2x d   ,此时08; 33mvB nqd 时,43x d  ,此时085mvBqd;4 n 时, x d  ,此时043mvBqd. 10.答案：(1)202mvqh (2)02mvqB (3)3π4mqB 解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为1t ,根据类平抛运动规律有

　20 1 112 ,2h v t h at  , 根据牛顿第二定律可得 Eqma , 联立解得202mvEqh; (2)粒子进入磁场时沿 y轴负方向的速度大小 1 0 yv at v  , 粒子进入磁场时的速度02 v v  , 方向与 x 轴正方向成 45° 角斜向右下, 根据洛伦兹力提供向心力可得2vqvB mr , 解得02mvrqB ; (3)粒子在磁场中运动的周期2π 2π r mTv qB , 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角135   ° , 则粒子在磁场中运动的时间135 3 3π360 8 4mt T TqB   . 11.答案：（1）经分析知，粒子先向下做匀加速运动，再向下做匀减速运动. （2）粒子打在靶 MN 上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围. 当粒子在 02 T T ， ， ，…， nT 时刻进入电场时，粒子将打在O点下方最远处，在前2T时间内，粒子在竖直方向上的位移

　22 0 011( )2 2 8qU qU T Tymd md 

　在后2T时间内，粒子在竖直方向上的位移 2 2 0 0 0223 1( ) ( )2 2 2 2 16qU qU qU T Tymd md dTm   

　故粒子在O点下方的最大位移 201 2516qU Ty y ymd  

　当粒子在3, , ,(2 1)2 2 2T T Tn  L时刻进入电场时，粒子将打在O点上方最远处，在前2T时间内，粒子在竖直方向上的位移 22 0 011( )2 2 2 16qU qU T Tymd md 

　在后2T时间内，粒子在竖直方向上的位移 2 2 0 021( ) ( ) 02 2 2 2qU qU T Tymd md   故粒子在O点上方的最大位移 201 216qU Ty y ymd     

　即在距靶 MN 中心O点上方2016qU Tmd至下方20516qU Tmd的范围内有粒子击中. （3）要使粒子能全部打在靶 MN 上，有 20516 2qU T dmd

　解得20285mdUqT. 12.答案：(1)200mvqr;00mvqr (2)01.5r

　(3) 17 4 

　解析：(1)质量为 m 的离子在电场中做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,根据牛顿第二定律有2000mvE qr，得到2000mvEqr， 质量为 m 的离子在磁场中做圆周运动的半径为 0r ，由牛顿第二定律得2000vBv q mr,得到00mvBqr. (2)质量为 0.5m 的离子从 M 点到 P 点只有电场力做功,由动能定理得2 201 10.5 0.52 2NP PU q mv mv    , 解得05Pv v  , 进入磁场后有20.5PPvBv q mr ,解得052r r  , 根据几何关系可知离子到达探测板上的位置与 P 点距离为 02 cos 2 r r  , 则01.5 l r . (3)若要在探测板上恰好能完全分辨出两束离子,质量为 m 的离子打在探测板上的最远位置和质量为 0.5m 的离子打在探测板上的最近位置恰好重合, 设质量为 m 的离子最大半径为 1r ,则01( )mvrB B q ,

　设质量为 0.5m 的离子最小半径为 2r ,则20.5( )PmvrB B q , 二者重合时有01 22 2 cos2rr r   , 解得BB最大值为 17 4  . 13.答案：(1)64 s 10 m/ 

　(2)73 s 10  

　(3)43 10 T

　解析：(1)如图所示,由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径 10.2 m2sinOAr ,离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，由2001vBqv mr,解得604 10 m/s v   .

　(2)设离子进入电场后,经过时间 t 再次到达 x 轴上,分析知离子在电场中做类平抛运动,离子沿垂直电场方向做速度为 0v 的匀速直线运动,位移为1l,则1 0l v t ,离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为 a,位移为2l,则221,2Eq ma l at  ,由几何关系可知21tan60ll °,代入数据解得73 10 s t  . (3)由2vBqv mr知,B 越小,r 越大,设离子在磁场中最大轨迹半径为 R,由图中几何关系得1 11( cos ) 0.05 m2R r r    ,由牛顿运动定律得1 020vB qv mR ,得414 10 T B  ,则

　外加磁场磁感应强度的最小值42 13 T 10 B B B    . 14.答案：(1) 8 2 V/m

　(2)2T 1T3B 剟 (3)0.15 s 解析：(1)小球在第二象限内做类平抛运动, 在垂直于电场方向上,有0s v t , 在平行于电场方向上,有 0 tan yv at v   , 根据牛顿第二定律有 qEma , 代入数据解得 8 2 V/m E  . (2)小球通过 M 点的速度为08 m/scosvv ,如图甲所示, 小球刚好能打到 Q 点时,磁感应强度最大,设为1B ,此时小球的轨迹半径为1R ,由几何关系有1 12 1 1R L RL d R R , 由2vqvB mR , 得mvBqR,即 11mvBqR, 解得1 10.4 m, 1T R B  , 小球恰好不与 2c 板相碰时,磁感应强度最小,设为2B ,此时小球运动的半径为2R , 易得2 1R d ,

　解得22T3B , 所以磁感应强度的范围是2T 1T3B 剟.

　(3)小球进入磁场中做匀速圆周运动,半径0.18 mmvrqB , 周期2π 9πs200rTv ,在磁场变化的半个周期内,小球运动轨迹所对应的圆心角为 120°, 小球在磁场中的运动轨迹如图乙所示,根据几何关系有30   ° , 一个周期内小球沿 x轴方向运动的位移为 22 sin 0.54 m r r   , 而0.54 m 0.18 m L r   ,即小球刚好垂直 y轴方向离开磁场, 小球在磁场中运动的时间 103π 9π 33πs s s4 100 800 800Tt T     , 小球离开磁场到打在平板 3c 上所用时间229s400dtv , 小球从 M 点到打在平板 3c 上所用时间1 233π 18s 0.15s800t t t   .