1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動基礎練習題及解析一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.如圖所示，在一直角坐標系 xoy平面內有圓形區域，圓心在x軸負半軸上，P、Q是圓上的兩點，坐標分別為 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y軸的左側空間，在圓形區域外，有 一勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向外，磁感應強度的大小為B, y軸的右側空間有一磁感應強度大小為 2B的勻強磁場，方向垂直于 xoy平面向外。現從 P點沿與x軸正方向成 37。角射出一質量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進入第一象限，不 計粒子的重力。求：(1)帶電粒子的初速度；(1)帶電粒子以初速度 v

2、沿與x軸正向成37°角方向射出，經過圓周 C點進入磁場，做勻速 圓周運動，經過 y軸左側磁場后，從 y軸上d點垂直于y軸射入右側磁場，如圖所示，由 幾何關系得：QC 5Lsin370OQOiQ 、5L sin37在y軸左側磁場中做勻速圓周運動，半徑為Ri,R OiQ QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v m丫2(2)由公式qvB m得:R2_ mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知帶電粒子經過 y軸右側磁場后從圖中 Oi占垂直于y軸射放左側磁場，由對稱性，在y圓周點左側磁場中做勻速圓周運動，經過圓周上的E點，沿直線打到 P點，設帶電粒子從P點運動到C點的時間

3、為tiPC 5Lcos37otiPC帶電粒子從C點到D點做勻速圓周運動，周期為 工，時間為t22 m qBt2帶電粒子從D做勻速圓周運動到 Oi點的周期為丁2,所用時間為t32 m mT2q2B qB1t3-T22從P點到再次回到P點所用的時間為tt 2ti 2t2t2聯立解得：t, 41 m1 45 qB2.如圖所示，xOy平面處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外.點P L,0處有一粒子源，可向各個方向發射速率不同、電荷量為q、質量為m的帶負電3粒子.不考慮粒子的重力.(1)若粒子1經過第一、二、三象限后，恰好沿 x軸正向通過點 Q (0, -L),求其速率 vi；(2)若撤

4、去第一象限的磁場，在其中加沿 y軸正向的勻強電場，粒子 2經過第一、二、三 象限后，也以速率 vi沿x軸正向通過點 Q,求勻強電場的電場強度 E以及粒子2的發射速 率V2;(3)若在xOy平面內加沿y軸正向的勻強電場 E。，粒子3以速率V3沿y軸正向發射，求 在運動過程中其最小速率 v.某同學查閱資料后，得到一種處理相關問題的思路：帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動，若所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復雜 的曲線運動時，可將帶電粒子的初速度進行分解，將帶電粒子的運動等效為沿某一方向的請嘗試用該思路求解.【答案】(1) 2BLq (2) 2亞BLq (3) 3m9mEoB2V3E0B(1)粒

5、子1在一、二、三做勻速圓周運動，則qB2Vi m一ri由幾何憨可知：r122Lri勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合運動.,3,卜 1qE+2L v1t, h t32 mL h 2r1,得到 E 8qLB-9m2BLq得到：V13m(2)粒子2在第一象限中類斜劈運動，有:在第二、三象限中原圓周運動，由幾何關系：又 v2 v2 2Eh ,得到：v22后BLq9mEoB(3)如圖所示，將 V3分解成水平向右和 v和斜向的V ,則qvB qEo,即v而 v .v2 v2所以，運動過程中粒子的最小速率為v v v即:vI3.如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構成偏轉電場，一束比荷為1

6、05C / kg的帶正電的粒子流(重力不計)，以速度vo=104m/s沿水平方向從金屬極m板正中間射入兩板.粒子經電 場偏轉后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區域，。為圓心，區域直徑 AB長度為L=1m, AB與水平方向成45。角.區域內有按如圖所示規律作周期性變化的磁場，已知 Bo=o. 5磁場方向 以垂直于紙面向外為正.粒子經偏轉電場后， 恰好從下極板邊緣 。點與水平方向成45°斜向下射入磁場.求：(1)兩金屬極板間的電壓U是多大？(2)若T0=0. 5s,求t=0s時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t和離開磁場的位置.(3)要使所有帶電粒子通過 。點后的運動過程中 不再

7、從AB兩點間越過，求出磁場的變化 周期B。，T。應滿足的條件.【答案】(1) 100V(2) t=2105s,射出點在AB間離。點0.0472 m5(3) T0 10 s 3【解析】試題分析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，從 O點射出使速度 ah%代入數據得U=100VT 2加V2 T=2/7x10Bq2(2)34V 二陰BqR 2Bq47粒子在磁場中經過半周從 OB中穿出，粒子在磁場中運動時間 Z=- =一 一一 t ，如(3)粒子運動周期丁 = 的射出點在AB間離。點加= 4.tx10-5 ,粒子在t=。、時刻射入時，粒子最 可能從AB間射出 如圖，由幾何關系可得臨界時要不從AB邊界射出

8、，應滿足得.一考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動4.如圖所示，在xOy坐標系中，第I、n象限內無電場和磁場。第IV象限內(含坐標軸)有垂直坐標平面向里的勻強磁場,場。一質量為m、電荷量為q電場，不計粒子重力和空氣阻力,第出象限內有沿x軸正向、電場強度大小為 E的勻強磁的帶正電粒子，從 x軸上的P點以大小為V0的速度垂直射入2P、。兩點間的距離為mv0-。2qE(1)求粒子進入磁場時的速度大小v以及進入磁場時到原點的距離X；(2)若粒子由第IV象限的磁場直接回到第出象限的電場中，求磁場磁感應強度的大小需要滿足的條件。【答案】（1） J2v0； mv0 （2） B （疙 1）E qEvo【解析】

9、【詳解】（1）由動能定理有:2.mvo 12qE -mv2qE 21 2一mvo2解得：v= , 2 vo設此時粒子的速度方向與y軸負方向夾角為0,則有cos 0=皿Y!v 2解得：0= 45 一x 一 根據tan 2 - 1 ,所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為PO兩點距離的兩y2倍，故x mvqE（2）要使粒子由第IV象限的磁場直接回到第 出象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與x軸相切，如圖所示，由幾何關系有:又：qvB解得：B2vm一R（、2 1）Evo（、2 1）Evo5.在水平桌面上有一個邊長為 L的正方形框架，內嵌一個表面光滑的絕緣圓盤，圓盤所在 區域存在垂直圓盤向上的勻強

10、磁場.一帶電小球從圓盤上的P點（P為正方形框架對角線AC與圓盤的交點）以初速度 v。水平射入磁場區，小球剛好以平行于BC邊的速度從圓盤上的Q點離開該磁場區（圖中 Q點未畫出），如圖甲所示.現撤去磁場，小球仍從P點以相同的初速度v。水平入射，為使其仍從 Q點離開，可將整個裝置以 CD邊為軸向上抬起一定 高度，如圖乙所示，忽略小球運動過程中的空氣阻力，已知重力加速度為g.求：(1)小球兩次在圓盤上運動的時間之比；(2)框架以CD為軸抬起后，AB邊距桌面的高度.(2)框架以CD為軸抬起【答案】(1)小球兩次在圓盤上運動的時間之比為：兀：2;后，AB邊距桌面的高度為 2& g【解析】【分析】(

11、1)小球在磁場中做勻速圓周運動,解得：r=-2L,2 r小球在磁場中做圓周運的周期：T=,V0小球在磁場中的運動時間：ti=1T= 2 L ,44VO小球在斜面上做類平拋運動,水平方向：x=r=vot2,2L運動時間：t2=X一，2vo則：tl ： t2=7t： 2；(2)小球在斜面上做類平拋運動，沿斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動,1 22 2v2位移：r= at；,解得，加速度：a=2L2V0,2 L對小球，由牛頓第二定律得：a=mgS1n可sin ,0m2AB邊距離桌面的高度：h=Lsin / 弘 ；g6.平面直角坐標系的第一象限和第四象限內均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大

12、小分別為2B和B ( B的大小未知)，第二象限和第三象限內存在沿-y方向的勻強電場，x軸上有一點P,其坐標為(L, 0)。現使一個電量大小為 q、質量為m的帶正電粒子從坐標(-2a, a)處以沿+x方向的初速度vo出發，該粒子恰好能經原點進入y軸右側并在隨后經過了點 P,不計粒子的重力。(1)求粒子經過原點時的速度;(2)求磁感應強度 B的所有可能取值(3)求粒子從出發直至到達 P點經歷時間的所有可能取值。【答案】(1)粒子經過原點時的速度大小為72 vo,方向：與x軸正方向夾45 °斜向下;nmvo(2)磁感應強度B的所有可能取值： B n= 1、2、3 ；(3)粒子從出發直至到達

13、 P點經歷時間的所有可能取值：t 2a k (k 1)3Vo2qB4qBk=1、2、32a或t -Vomn2qB3 mn4qB2、【解析】【詳解】2a = V0t,(1)粒子在電場中做類平拋運動，水平方向:豎直方向：a vyt 2vy斛付.vy = vo, tan 0= 1, 9 45 ,Vo粒子穿過O點時的速度：v Jv； v2 J2v0；(2)粒子在第四象限內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:2vqvB m , r粒子能過P點，由幾何知識得：L= nrcos45°n= 1、2、3nmvo_解得：B n=1、2、3(3)設粒子在第二象限運動時間為ti,則：ti=

14、一；Vo粒子在第四、第一象限內做圓周運動的周期：Ti 2，T2 ,qBqB粒子在下方磁場區域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區域的運動軌跡為3/4圓弧,1若粒子經下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：t2= -T1,413若粒子經過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：t2= -T1 + - T2,4413右粒子兩次經過下方磁場一次經過上方磁場到達P點：t2= 2X T1 + T2,4413若粒子兩次經過下萬磁場、兩次經過上萬磁場到達P點：t2=2X T1+2X T2,44m3 m貝Ut2 k (k 1) k= 1、2、32qB4qB一, m 3 m或 t2 n n

15、n=1、2、32qB 4qB粒子從出發到P點經過的時間：t = t+t2,-12alm3 m解得：t k- (k 1) k= 1、2、3v0 2qB4qB2a或t 一vom 3 mn n- n=1、2、32qB 4qB7.如圖：豎直面內固定的絕緣軌道abc,由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長l=1.5 m的粗糙水平段ab在b點相切而構成，O點是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角0=37° ;過£點的豎直虛線左側有方向豎直向上、場強大小E=10 N/C的勻強電場，Ocb的外側有一長度足夠長、寬度d =1.6 m的矩形區域efgh, ef與Oc交于c點，ecf與水平向右的方向所成

16、的夾角 為3(53° & pwi47° ),矩形區域內有方向水平向里的勻強磁場.質量m2=3X10-3 kg、電荷量q=3Xl0-3 C的帶正電小物體 Q靜止在圓弧軌道上 b點，質量m1=1.5X10-3 kg的不帶電 小物體P從軌道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左運動，P、Q碰撞時間極短，碰后 P以1m/s的速度水平向右彈回.已知 P與ab間的動摩擦因數 =0.5, A、B均可視為質點，Q 的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬間，圓弧軌道對物體Q的彈

17、力大小Fn；(2)當3=53°時，物體 Q剛好不從gh邊穿出磁場，求區域 efgh內所加磁場的磁感應強度 大小Bi；(3)當區域efgh內所加磁場的磁感應強度為B2=2T時，要讓物體 Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，求此最長時間t及對應的(3值.【答案】(1) Fn4.6 10 2N (2)Bi 1.25T (3)t 12s, 1 900和 2 1430360【解析】【詳解】解：(1)設P碰撞前后的速度分別為v1和v1 , Q碰后的速度為v2從a到b ,對P ,由動能定理得:m1gl1 m1v i2 1mlv0222解得：v1 7m/s碰撞過程中，對 P , Q系統：由動

18、量守恒定律：m1v1 m1vl m2v2取向左為正方向，由題意 v1im/s ,解得：v2 4m/s2b>：對Q,由牛頓第二定律得：FN m2g m2 R2解得：Fn 4.6 10 N(2)設Q在c點的速度為vc,在b到c點，由機械能守恒定律:1 212m2 gR(1 cos )m2vcm2v22 2解得：vc 2m/s進入磁場后：Q所受電場力F qE 3 10 2N m2g , Q在磁場做勻速率圓周運動2由牛頓第二定律得：qvcB mvJ qQ剛好不從gh邊穿出磁場，由幾何關系：r d 1.6m解得：Bi 1.25Tm2vc /(3)當所加磁場B2 2T ,2 - 1mqB2要讓Q從g

19、h邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，則Q在磁場中運動軌跡對應的圓心角最大，則當gh邊或ef邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：d若船之備用3d設最大圓心角為，由幾何關系得：cos(180) -解得： 127運動周期：T2 m2qB2則Q在磁場中運動的最長時間:t T 127 ?2 m2127 s360360 - qB2360此時對應的角：1 90和2 1438 .如圖所示，在豎直面內半徑為 R的圓形區域內存在垂直于面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B,在圓形磁場區域內水平直徑上有一點P, P到圓心。的距離為 R,在P2點處有一個發射正離子的裝置，能連續不斷地向豎直平面內的各方向均勻地發射出速率不

20、 同的正離子.已知離子的質量均為 m,電荷量均為q,不計離子重力及離子間相互作用力， 求：(1)若所有離子均不能射出圓形磁場區域，求離子的速率取值范圍；(2)若離子速率大小v0 BR ,則離子可以經過的磁場的區域的最高點與最低點的高度 2m差是多少。【答案】(1) v BqR (2)而2 «R 4m4【解析】【詳解】2(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有： Bqv m rR如圖所不，若所有離子均不能射出圓形磁場區域，則 r 一 4故 v BqR4m(2)當離子速率大小v0 BR時，由(1)式可知此時離子圓周運動的軌道半徑r -2m2離子經過最高點和最低點的運動軌跡如圖,由幾何關系知：

21、h252 R2得hi照R44由幾何關系知:u RR2.3ch)2sin 60R224故最高點與最低點的高度差 h h1 h215 2R49 .如圖所示，虛線 OL與y軸的夾角0=45°,在OL上側有平行于 OL向下的勻強電場，在OL下側有垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q (q>°)的粒子以速率 v°從y軸上的M (OM=d)點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，不計粒子重力。(1)求此電場的場強大小 E；(2)若粒子能在 OL與x軸所圍區間內返回到虛線 OL上，求粒子從 M點出發到第二次經過OL所需要的最長時間。倔【答

22、案】(1) 2K【解析】 試題分析：根據粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系，利用1)求出在電場中運動由圓周運動規律及幾何關類平拋運動；根據橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解; 的時間及離開電場時的位置；再根據粒子在磁場中做圓周運動, 系得到最大半徑，進而得到最長時間；(1)粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用, 沿垂直電場線方向 X和電場線方向Y建立坐標系，則在X方向位移關系有:dsinO = vocqsO x t,所以該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在 Y方向上，速度關系有qEd廿osinO =所以，mMsiii。 mvjsin450 寸2帆曲

23、E = =_ 則有 qd Qrf 2qddt =(2)根據(1)可知粒子在電場中運動的時間嗎粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設圓周運動的周期為T則粒子從M點出發到第二次經過 OL在上磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為粒子能在OL與x軸所圍區間內返回到虛線 OL上,粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有,根據(1)可知，粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度 v就是初速度vo在X方向上r諾v - Uflcost? = v(jos45g = u(j的分量，即2;粒子在電場中運動，在Y方向上的位移,所以，粒子進入磁i = decs。+ Y根據幾何關系,場

24、的位置在OL上距離。點里I 43(2 _梃)R 與=R11+04J>/? + 1 + ,可得 g&8,即 8學3(2-V)2 it X(i *2nR43(2 l)jrdT =<=v 0Vo所以至-固所以，粒子從 M點出發到第二次經過 OL所需要的最長時間1 d 1332-1)皿 d 3(t2-i)nt 最長=t + 亨丁 max 一 + 5=-+甌 k2 VQ 2 VQ 也22.10. 一個笊核(iH )和一個瓶核(,4(2He)。已知笊核的質量為mD,31 一 .，、iH )聚變時產生一個中子(°n)和一個“粒子瓶核的質量為 mT ,中子的質量為 mn , a粒

25、子的質量為m，光速為C,元電荷電量為e。(1)寫出核反應方程，并求一個笊核和一個瓶核聚變時釋放的核能E。(2)反應放出的 粒子在與勻強磁場垂直的平面內做圓周運動，軌道半徑為度大小為B。求 粒子在磁場中圓周運動的周期 T和等效電流I的大小。R,磁感應強(3) 1909年盧瑟福及蓋革等用 a粒子轟擊金箔發現，絕大多數a粒子穿過金箔后仍沿原來的方向前進或只發生很小的偏轉，但有些a粒子發生了較大的偏轉，個別就像被彈回來了一樣。盧瑟福認為“棗糕模型”中的電子不足以把 仔細的計算后，他提出了原子的核式結構模型。以一個 發生彈性正碰為例，請通過計算說明為什么電子不能把 量是電子質量的 7300倍)。a粒子反

26、彈回來，在經過深思熟慮和a粒子以速度V與原來靜止的電子“粒子反彈回來(已知 a粒子的質【答案】(1) E mc2 (mb mT mn、 2m )c(2).2e2BI (3)叭a粒子所受電子的影響是微乎其微的，不能被反彈【解析】【詳解】(1)核反應方程:2h+1h140n+ 2 He反應釋放的核能:2E mcmDmTmn(2)設 粒子的速度大小為v,由 2evB2V一，TR2 tR得粒子在磁場中運動周期：TeB2e由電流7E義式I -,得環形電流大小:22e2BTma(3)設電子的質量為 me,碰撞后a粒子的速度為Va,電子的速度為 ve。m v m va meVe121212由能量守恒:-m

27、v m Va -mleVe222me得VaVmememme所以Va V,即a粒子所受電子的影響是微乎其微的，不能被反彈。11.如圖，PQ分界線的右側空間有一垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的粒子以速度Vo沿AC方向由A點射入。粒子經 D點時速度的偏向角(偏 離原方向的夾角)9=60°。(不計重力)DI試求AD間的距離；(2)若去除磁場，改為紙平面內垂直于AC方向的勻強電場，要想由 A射入的粒子仍然能經過D點，試求該電場的強度的大小及方向；粒子此時經D點時速度的偏向角比 60。角大還是小？為什么？mVo_【答案】(1) R=-0 (2) a<60 B

28、q【解析】【詳解】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度偏角為60 ,則粒子轉過的圓心角為 60 ,即 AD=R2由 qV0B m V0 RmV0得 AD= R 0Bq41r24 .一.斛得E Bv0,方向垂直 AC向上3速度偏向角tana y , vy atVx2 -解得 tan 2tan30 - ： 33而 tan60 =同即 tan tan60 ,貝U <6012.如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L= 1.2m的等邊三角形區域， C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強 E=4X 104N IC.三角形區

29、域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強 度為Bi； AMN以外區域有垂直紙面向外，磁感應強度大小為 B2=3Bi的勻強磁場.現將一比荷q/m =105C/kg的帶正電的粒子，從 。點由靜止釋放，粒子從 MN小孔C進入內部勻強 磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過Q點進入外部磁場.已知粒子最終回到了O點，OC相距2m.設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重(2)粒子從。點出發，到再次回到 。點經歷的時間；(3)若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經孔P回到。點(若粒子經過A點立即被吸收).【答案】(1)Bi2 105T；(2)t 2.85 10飛；

30、(3)B24 105T33【解析】【詳解】12(1)粒子從。到C即為在電場中加速，則由動能定理得：Eqx mv22解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示.由幾何關系可知R1 L 0.6m22 v 由 qvB| mR2匚代入數據得 B12105T3(2)由題可知 B2=3Bi=2XT0T2 v qvBi m R,R1則 R2 0.2m31 由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則 x vt12得到 ti=0.01 s粒子在磁場Bi中的周期為則在磁場Bi中的運動時間為在磁場B2中的運動周期為在磁場B2中的運動時間為180300180 _t3Ti 一 qBi3Ti10 3s36

31、011 .八10-35.5 10 s 173一2則粒子在復合場中總時間為：t 2tl 12 t32010 s 2.85 10 s6,2(3)設擋板外磁場變為 B2 ,粒子在磁場中的軌跡半徑為r,則有qvB2' m r根據已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經孔P回到。點，需滿足條件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 2解得 B2 4k2 105T 313.如圖所示，真空中有一個半徑B=2X10-3T,方向垂直于紙面向外,x=1.5m之間的區域內有一個方向沿r=0.5m的圓柱形勻強磁場區域，磁場的磁感應強度大小x軸與圓形磁場相切于坐標系原點O,在x=0.5m和y軸正方向的勻強電場區

32、域，電場強 E=1.5X103N/C,O點沿紙平面向各個方在x=1.5m處豎有一個與x軸垂直的足夠長的熒光屏，一粒子源在向發射速率相同、比荷 1 109 C/kg的帶正電的粒子，若沿y軸正方向射入磁場的粒子m恰能從磁場最右側的 A點沿x軸正方向垂直進入電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用和其他阻力.求：(1)粒子源發射的粒子進入磁場時的速度大小；(2)沿y軸正方向射入磁場的粒子從射出到打到熒光屏上的時間(計算結果保留兩位有效數字)；(3)從。點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區域范圍.【答案】(1) v 1.0 106m/s； (2) t 1.8 10 6s; (3) 0.75m y 1.7

33、5m【解析】【分析】2(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系確定半徑，根據 qvB m±求解速度;R(2)粒子在磁場中運動 T/4,根據周期求解在磁場中的運動時間；在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的規律求解在電場值的時間；(3)根據牛頓第二定律結合運動公式求解在電場中的側移量，從而求解從。點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區域范圍.【詳解】(1)由題意可知，粒子在磁場中的軌道半徑為R=r=0.5m,2v 由qvBm 進入電場時vqBRm（2）粒子在磁場中運動的時間tii 106s粒子從A點進入電場做類平拋運動，水平方向的速度為v,所以在電場中運動的時間帶入數據解得v=1.0x

34、106m/sx6t2 1.0 10 s v總時間ttt2-110 6s 1.8 10 6s4（3）沿x軸正方向射入電場的粒子，在電場中的加速度大小a 9m1.5 1012m/sm121. _121_ 在電場中側移：V1at21.5 106 m 0.75m221 106打在屏上的縱坐標為 0.75;經磁場偏轉后從坐標為（0,1）的點平行于x軸方向射入電場的粒子打在屏上的縱坐標為 1.75；其他粒子也是沿 x軸正方向平行的方向進入電場，進入電場后的軌跡都平行，故帶 電粒子打在熒光屏上 的縱坐標區域為 0.75WyW1.75.14.如圖（a）所示，在空間有一坐標系xoy,直線OP與x軸正方向的夾角為

35、 30° ,第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區域I和H ,直線OP是它們的邊界，OP上方區域I中磁場的磁感應強度為B, 一質量為 m,電荷量為+q的質子（不計重力及質子對磁場的影響）以速度v從O點沿與OP成30°角的方向垂直磁場進入區域I ,質子先后通過磁場 區域I和H后，恰好垂直于x軸進入第四象限，第四象限存在沿-x軸方向的特殊電場，電場強度E的大小與橫坐標x的關系如圖（b）所示，試求(1)區域n中磁場的磁感應強度大小；(2)質子再次到達y軸時的速度大小和方向。【答案】(1) B2 2B； (2) v J(2 內v V6v；方向向左下方與y軸負2向成 arccosj2 超 (arccos-)的夾角2【解析】試題分析：(1)由幾何關系知：質子再次回到op時應平行于x軸正向進入n區，設質子從op上的C點進入n區后再從 D點垂直x軸進入第四象限，軌跡如圖。由幾何關系可知:形。oc± ox oc與 ox的交點 O2即為n內圓弧的圓心,OO1C等邊三角設質子在I區圓運動半徑為01貝U： r2r1 sin 30 r12得：r1mvqB同理得:口，在n區圓運動半徑為2 v 由 qBv mr1mv r2qB2即區域n中磁場的磁感應強度：B2 2B(