第六節粒子在組合場中運動

需要掌握的內容

1.組合場習題核心思想。

組合場就是先電場后磁場，或者先磁場后電場的粒子運動，在分別掌握粒子在電磁場中

的運動方法后，組合場的核心思路是要找出交界處粒子的速度大小以及方向，這樣后續可以

展開計算。

2.交變場習題核心思想。

遇到交變磁場的情況，要結合時間找出具體每一段的偏轉角以及圓心角，畫出大概的粒

子軌跡。

經典習題

多選題1.如圖所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E,在第一象限內

存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦有一個帶電粒子（重力不計）以垂直

于x軸的初速度為從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45。射出電場，再經過一段

時間又恰好垂直于x軸進入第四象限，已知OP之間的距離為d,則帶電粒子（）

----?????

EB

----?????

????

Vof

----?????

P0X

A.帶正電荷

B.在電場中運動的時間為之

%

C.在磁場中做圓周運動的半徑為2血1

D.在磁場中運動半周

多選題2.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的百倍。

金屬板外有一圓心為。的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為2、方向垂直于紙面向

外的勻強磁場。質量為機、電荷量為q（q>0）的粒子沿兩平行金屬板的中線以速度%水

平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣尸點飛出電場，并沿尸。方向從圖中0,點射入磁場。

已知圓形磁場區域半徑為竺不計粒子重力，下列說法正確的是（）

3qB

B.粒子從尸點射出時速度大小為

C.粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角為60。

D,僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中。點射入磁場，則粒子在磁場中運動時間

最長時，粒子射入磁場與射出磁場兩點間的距離為當2

3qB

多選題3.如圖甲所示，/BCD是一長方形有界勻強磁場邊界，磁感應強度按圖乙規律變化,

取垂直紙面向外為磁場的正方向，圖中48=640=版,一質量為機、電荷量為9的帶正

電粒子以速度％在時從A點沿方向垂直磁場射入,粒子重力不計.則下列說法中正確

的是（）

B.若粒子經時間f=恰好垂直打在上，則粒子運動的加速度大小°=萱

C.若要使粒子恰能沿。c方向通過c點，則磁場的磁感應強度的大小

穌=篝但=1,2,3,…)

乙qL

27rL/\

D.若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，磁場變化的周期4=^—"=1,2,3,…

377Vo

單選題4.如圖所示，在第一象限內有水平向右的勻強電場，電場強度大小￡=繆。在第

2qa

四象限內有垂直于紙面向外的勻強磁場，在該平面內有一個質量為加、電荷量為夕的帶正電

粒子從P點以初速度V。沿了軸負方向射出，尸點的坐標為(2d,孚d),粒子恰好能打到y

軸上，不考慮粒子的重力，則勻強磁場的磁感應強度3的大小為()

B.

2qd

2mv

D.0

qd

5.如圖所示，兩平行金屬板/、5間的電勢差為U=5xl()4v在2板的右側有兩個方向不同

但寬度相同的有界磁場I、II,它們的寬度為由=&=6.25m,磁感應強度分別為5=2,0T、

￡=4.0T,方向如圖中所示.現有一質量m=kg、電荷量g=1.6*10-6C、重力忽略

不計的粒子從A板的。點由靜止釋放，經過加速后恰好從B板的小孔。處飛出.試求：

(1)帶電粒子從加速電場中出來的速度v的大小；

(2)帶電粒子穿過磁場區域I所用的時間介

(3)帶電粒子從磁場區域n射出時的速度方向與邊界面的夾角；

(4)若力的寬度不變，改變力的寬度，要使粒子不能從II區飛出磁場，則心的寬度至少為

多大?

AB

—d—>?

??XXXXX

；XXXXX?

?;XXXXX;

；XXXXXi

■■!TK_X_X-X-X1

e；XXXXX!

：xxx^<x!

.；XXXXi

II,

6.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁

感應強度未知；第IV象限存在沿》軸正方向的勻強電場，場強大小為E。一質量為加、電

荷量為9的帶正電的粒子從了軸負半軸上的"點以速度%垂直于了軸射入電場，經過x軸上

的N點與X軸正方向成6=60°角射入磁場，最后從V軸正半軸上的尸點垂直于y軸射入第n

象限。不計粒子重力，求：

⑴M、N兩點間的電勢差；

(2)第I象限磁場的磁感應強度3；

(3)粒子從M點運動到尸點的總時間。

【詳解】(1)設粒子在N點的速度為v,根據速度的合成與分解可得

vcos60°=v0

從W到N根據動能定理可得

qU=—mv2--mvl

聯立可得v=2%,U=等。

2q

⑵從"到N,設粒子沿＞軸方向的位移為了，沿x軸方向的位移為x,經歷的時間為叫運

動軌跡如圖所示

根據電場強度與電勢差的關系可得

Ey=U

豎直方向

vsin。

y=----2----41

水平方向

粒子在磁場中做圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，有

v2

qvB=m——

r

其中半徑為

x

r=---------

cos30°

聯立解得它且箸，

qEE

(3)由題意可知粒子的運動時間分為兩段，一個是在電場中的類平拋運動，一個是在磁場中

的勻速圓周運動，在磁場中帶電粒子轉過圓心角。二120。，所以帶電粒子在磁場中運動時間

_120°2nr_2加乃?

‘2"3605-><_-3qE

故粒子從W點運動到P點的總時間

7.如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第二象限內有平行于〉軸的勻強電場，電場強度大

小為￡,方向沿y軸負方向。在第一、四象限內有一個半徑為R的圓，圓心坐標為(R,0),

圓內有方向垂直于xoy平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子(不計重力)，以速度為V。從

第二象限的P點，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點。進入第四象限，速度方

向與x軸正方向成30°,最后從。點平行于y軸離開磁場，已知尸點的橫坐標為-2〃。求:

(1)帶電粒子的比荷包；

m

(2)圓內磁場的磁感應強度8的大小；

(3)帶電粒子從尸點進入電場到從。點射出磁場的總時間。

8.小明受到回旋加速器的啟發，設計了如圖1所示的“回旋加速裝置”。兩相距為”的平行

金屬柵極板M、N,板M位于x抽上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值

2711n

為5的交變電壓，周期4=^。板M上方和板N的下方有磁感應強度大小均為3、方向

qB

相反的勻強磁場，粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可

以移動、粒子出射初動能可調節的粒子發射源，沿〉軸正方向射出質量為通電荷量為q(g>0)

的粒子。f=0時刻，發射源在(x,0)位置發射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，

粒子在電場中運動的時間不計。

(1)若粒子只經磁場偏轉并在、=%處被探測到，求發射源的位置和粒子的初動能；

(2)若粒子兩次進出電場區域后被探測到，試分別討論當粒子初動能反。如為以下兩種情

況時①線。>2qU。,②qU§<Ek0<2qU。,粒子發射源的位置x與被探測到的位置y之間的

關系，并畫出粒子的運動軌跡示意圖。(注意:￡股不是已知量，結果用x、y、B、q、m、

Uo來表示)

V八

XX

探八

測XX

器U。

O

->

探?N......................................~O27^

測.......................

U

器.......................一。

Si圖2

9.如圖所示，在工。歹坐標系內，圓心角為127。的內壁光滑的圓管仍，圓心位于原點。處，

。。連線與x軸重合。坐標系內有水平向右的勻強電場，在第四象限有垂直于紙面向里的勻

強磁場，磁感應強度大小為8。現將一質量為加、帶電荷量為+q的小球從圓管的。端無初

速度釋放，小球從圓管的6端飛出后沿直線運動到X軸。已知圓管直徑略大于小球直徑，重

力加速度為g。求：

(1)該勻強電場的電場強度￡的大小；

(2)小球沿管下滑到達＞軸前的瞬間對管壁的作用力；

(3)小球從6端飛出后第二次到達X軸時的橫坐標。

10.如圖所示，一半徑為R的圓與x軸相切于原點O,圓內有直于紙面向外的勻強磁場，磁

感應強度大為2。與x軸垂直的豎直虛線與磁場最右端相切，其右側的第I象限內存在沿少

方向的勻強電場。現有一束比荷為"的帶正電粒子沿著+7方向從原點。射入磁場，粒子離

m

開磁場時方向沿x軸正方向，進入電場后，經電場偏轉打到x軸上坐標為(3R,0)的點，

不計粒子的重力，求：

(1)粒子射入磁場時的速度；

(2)電場強度的大小；

(3)若僅使從。點射入的帶電粒子初速度方向與-x軸方向成30。角，求粒子從。點出發到

再次打到x軸上所用的時間。

II.如圖，在x軸上方有水平向左的勻強電場，電場強度為￡,在x軸下方有垂直紙面向里

的勻強磁場，磁感應強度為瓦一個不計重力的正離子從M點垂直磁場方向，以垂直于歹

軸的速度1，射入磁場區域，從N點以垂直于x軸的方向進入電場區域，然后到達y軸上尸

點。

(1)若OP=ON,則入射速度應多大？

(2)若正離子在磁場中運動時間為〃，在電場中運動時間為3則小力多大？

P,:E

°xxNxx”

B

“LxXXX

12.如圖甲所示，水平放置的平行極板A、B間加如圖乙所示的交變電場，，=0時刻，位于

兩極板中線上。處的粒子源水平向右發射速度均為%的。、6兩粒子，兩粒子穿過極板后水

平向右垂直進入有豎直邊界的勻強磁場，磁場寬度為力磁感應強度為8,磁場方向垂直紙

面向外。°粒子恰好不從磁場右邊界飛出，a、b兩粒子的運動軌跡交于C點，且在。處時

。、6速度方向垂直，C到磁場左右邊界的距離相等，不計粒子重力及粒子間的相互作用。E。、

"已知。求:

(1)a、6兩粒子的比荷之比;

(2)a粒子從極板間穿出時在豎直方向上的位移大小。

13.如圖所示，直角坐標系中的第I象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第II象限中存在

垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為外質量為他的帶正電粒子，在x軸上的。點以速度

%與彳軸負方向成45。角射入磁場，從＞=工處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經過x

軸上x=2力處的c點。不計粒子重力。求：

(1)磁感應強度3的大小；

(2)電場強度E的大小；

(3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比。

14.如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O,其向各方向射出的粒子速度大小均為%,質

量均為加，電荷量均為“在OWyWl的第一、二象限范圍內分布著一個勻強電場，方向與

V軸正方向相同，在2d的第一、二象限范圍內分布著一個勻強磁場，方向垂直于

平面向里.粒子離開電場上邊緣時，能夠到達的最右側的位置為(2d,〃).最終恰沒有粒子從

磁場上邊界離開磁場.若只考慮每個粒子在電場中和磁場中各運動一次，不計粒子重力以及

粒子間的相互作用.求：

(2)磁感應強度B；

(3)粒子在磁場中運動的最長時間.

15.如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓。加速后在紙面內水平向

右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎

直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為V/,并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在

的中點射出；MN長為I。不計重力影響和離子間的相互作用。求：

(1)磁場的磁感應強度大小；

(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。

|XXX

；XXX

N[Xxx

I

；XXX

離子源：xXX

匚3L-#XX

b—u—H:xxx

I

16.如圖所示的。孫坐標平面中，了20區域存在均勻磁場，磁感應強度8垂直于坐標平面

向里；/<0區域存在均勻電場，電場強度E平行于y軸向下，即與y軸正方向相反。質量

為加、帶電荷量為，伍>0）的帶電粒子在上述平面運動，開始時粒子位于坐標原點。，初

速度方向與x軸正方向夾角為"大小為V。設P和。的坐標分別為（3/,0）和（0,4/）,

不考慮重力，為使粒子而后的運動軌跡為過坐標原點和0、尸這3個點的閉合曲線，以加、

g和2為已知量，試求：

⑴。和也

（2）及

17.在芯片制造過程中，離子注入是芯片制造重要的工序。圖a是我國自主研發的離子注入

機，圖b是簡化的注入過程原理圖。靜止于/處的離子，經電壓為U的電場加速后，沿圖

中半徑為R的圓弧虛線通過磁分析器，然后從M點垂直CD進入矩形CDQS有界勻強電場中,

最后恰好打在。點，已知磁分析器截面是四分之一圓環，內部為勻強磁場，方向垂直紙面向

里；矩形區域內勻強電場水平向左，DQ=d,MD=2d。整個裝置處于真空中，離子的質

量為〃?、電荷量為9,離子重力不計。求：

（1）離子進入勻強電場區域M點時的速度大小v及磁分析器通道內磁感應強度大小8；

（2）矩形區域內勻強電場場強大小

勻強電場

圖a圖b

18.如圖甲所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期

性變化，3的變化周期為4切，E的變化周期為2機變化規律分別如圖乙和圖丙所示。在/=（）

時刻從。點發射一帶負電的粒子（不計重力），初速度大小為vo,方向沿y軸正方向。在x

軸上有一點圖中末標出），坐標為（史呸,0）若規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向,

71

y軸正方向為電場強度的正方向，vo、to,瓦為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足:

-fL=~;粒子的比荷滿足：*=高~。求：

BonmBoto

（1）在/=1■時，粒子的位置坐標；

（2）粒子偏離x軸的最大距離；

（3）粒子運動至/點的時間。

，、E

Eo-:--：

O/02/Q3/o4/o5/o

圖甲圖乙圖丙

答案

第六節

1.ABC

【詳解】根據題意做出粒子的運動軌跡，如圖

粒子進入電場后做類平拋運動，從P點進入勻強電場，恰好與y軸成45。角射出電場

"熹3,V'=V?tan45°=V?

沿x軸方向有

x=-at2

2

則有

1,2

—at1

￡=2=1

yvot2

可知

OM=2OP=2d

A.因為正電荷偏轉的方向沿電場線的方向，所以粒子帶正電荷。故A正確;

B.粒子在垂直電場方向做勻速運動，有

OM2d

%%

故B正確;

C.根據幾何關系，有

故C正確;

D.由圖可知，粒子在磁場中運動的時間不是半個周期。故D錯誤。

故選ABC=

2.BCD

【詳解】A.設板間距離為d,則板長為Gd，帶電粒子在板間做類平拋運動，由

寸U『

E=—,qE=ma

d

根據類平拋運動的運動規律得

聯立解得

U=^-

3q

A錯誤；

B.設粒子出電場時速度與水平方向夾角為a,則有

at也

tantz=-0-=——

%3

故夕=30。

則出電場時粒子的速度為

%_273

v=------=-vo

cosa3

B正確；

C.粒子出電場后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速

圓周運動所需的向心力

V2

qvB-m——

r

解得

_mv_2G加%

qB3qB

已知圓形磁場區域半徑為

R=2

3qB

則

r=43R

粒子沿半徑方向射入磁場,

故粒子將沿半徑方向射出磁場，由幾何關系可得。=2a=60。，故粒子射出磁場時與射入

磁場時運動方向的夾角為60。，C正確;

D.如圖所示

由題意和幾何關系可知，粒子在磁場中運動時間最長時對應粒子軌跡圓與磁場區域相交的弦

長最長為磁場區域圓的直徑為

D正確。

故選BCD?

3.AD

【詳解】A.若粒子經時間恰好垂直打在CD上，則粒子運動的半徑為

R=L

根據

qvB。二m

R

解得磁場的磁感應強度

加為

B

。qL

選項A正確;

運動中的加速度為

〃一片一3說

rL

選項B錯誤；

CD.若要使粒子恰能沿。。方向通過。點，粒子運動的時間必定為磁感應強度變化的周期

的整數倍，如圖；根據運動的對稱性可得，軌道半徑滿足

2L=2nrr

即

,L

r=—（〃=1、2、3、..）

n

由洛倫茲力提供向心力得

qv/o=m工

r

得

nmv

Bn0=—六0（〃=0、1、2、3.........）

qL

粒子圓周運動周期為

%3叫

磁感應強度變化的周期

To=T

得

2"

T(j=~(幾=0、1、2、3、....)

3叫

選項C錯誤，D正確；

故選AD.

點睛：帶電粒子在磁場中的運動的問題，重點就是運動過程的分析，要著重掌握圓周運動的

規律，還有相應的數學知識，做到能準確找出原點，明確運動的軌跡.

4.C

粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸負方向做勻速直線運動，有

2包_,

d=/

沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度

。=些=逋

m2d

則沿x軸正方向的位移

x=-ar=d

2

設射出電場時粒子的速度v方向與初速度W方向的夾角為仇根據類平拋運動的推論得

tan6=2—-=^3

2V3,

------a

3

則

(9=60。

所以

v=--------=2%

cos60°0

粒子在磁場中做勻速圓周運動，恰好打到歹軸上時，軌跡與歹軸相切，設粒子軌跡半徑為八

根據幾何關系得

r+rcos60o=2(i+x

解得

r=2d

粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

qvB=—

r

解得

B=—

qd

故選C。

JT

5.(1)46103m/s；(2)——s；(3)60°；(4)9.375m

1920

【詳解】(1)粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理有

12

qU=—mv-0

解得

v=4.0xl03m/s

(2)粒子運動軌跡如圖甲

‘。1甲

設粒子在磁場區域I中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得

代入數據解得

r=12.5m

設粒子在i區內做圓周運動的圓心角為。，則

.八d[6.25m1

5111"=」=---------二—

r12.5m2

所以

9=30。

粒子在I區運動周期

27rm

1=------

西

則粒子在I區運動時間

t=-^—T

360°

解得

f——―$

1920

(3)設粒子在n區做圓周運動的軌道半徑為尺，則

nmy2

QVB2=

解得

R=6.25m

如圖甲所示，由幾何關系可知△MO我為等邊三角形，所以粒子離開n區域時速度方向與邊

界面的夾角為

a=60。

(4)要使粒子不能從II區飛出磁場，粒子運動的軌跡與磁場邊界相切時，由圖乙可知II區磁

場的寬度至少為

d2=7?+7?cos-60°=1.57?=9.375m

7.(1)2=叵_；4Eh6h+6兀R

(2)——；(3)

m6EhVQR3%

【詳解】(1)由水平方向勻速直線運動得

2h=voti

豎直向下的分速度

vy=vQtan30°

由豎直方向勻加速直線運動知

Ny=atl

加速度為

a屋

m

根據以上式解得

q_VJVQ

m6Eh

(2)粒子進入磁場的速度為v,有

cos30°=—

由幾何關系得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為

r=R

由洛倫茲力提供向心力可知

,2

qvB=-

r

解得

(3)粒子在磁場中運動的時間為

360°

粒子在磁場中運動的周期為7=坦2九■尸，粒子在電場中運動的時間為

V

2h

t\=一

%

粒子運動的總時間

t=tx+t2

代入數據得

t_6h+y[37iR

『3%

8.(1)發射源的位置為x=%,粒子的初動能為讓E；(2)①如果紜。>2?。。,

2m

X=y+力&qyBY+2mqUo+々如yB)。+4mqU°；②如果：qU<E<2qU,

qBqB0k00

2I___________________

x——3(y+d)H----J(y+d，q2B2+2mqU0

qB

【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，若粒子只經磁場偏轉并在>=為處被探測到,

則軌跡半徑為

發射源的位置為

X=%

根據牛頓第二定律得

了2

qvB=m—

r

粒子的初動能為

B12

￡ko=萬皿

解得

F_

k0-2m

_mv

⑵①若—,得

qB

心以

1qB

y=>

qB

根據動能定理得

〃1212

-qU0=-mvl--mv0

〃1212

-qU0=-mv2-~mvx

又因為

x=y+2(凡+Rj

解得

②若qUo<Eko<2qU0,根據廠=一得

根據動能定理得

〃1212

-QU0=-mv2--mv0

又因為

x—3(—y-d)+2R0

解得

x——3(y+d)H-----+d)2q2B?+2mqU0

qB

9⑴翳;(2)以g,方向豎直向下；⑶575加2g

192*

【詳解】(1)小球從b飛出后做直線運動，必然是勻速直線運動，對小球受力分析如圖所示

qE=mgtan37°

解得

_mgtan37°3mg

i-j-

q

(2)設到達V軸前瞬間小球速度為％,設。。間距離為R,對小球的這一過程應用動能定理

得

I2

mgR+qER=—mvx

此時小球受到管下壁的彈力，設為然，由向心力公式可得

FZ7^-=—mVl

mgK

聯立解得

L9

FN=3mg

9

由牛頓第三定律可知，小球對管下壁的壓力大小為方向豎直向下

(3)小球從b端飛出時，設速度為匕，由(1)可知

F海=qv23cos37°=mg

可得

5mx

v=----

224qB

對小球從。到6的這一過程應用動能定理可得

加7g?cos37°+夕￡7?(1+sin37°)=；冽以

聯立解得

R廣25/g

.64-32

以匕到達X軸時，其橫坐標為

R

Xi—

sin37°

之后，在水平方向，小球以匕=V2cos37。為初速度，在電場力作用下做勻加速運動；在豎直

方向，只受重力作用，小球以Vv=%sin37。為初速度做豎直上拋運動，則再次到達x軸時,

歷時為

2%

g

在水平方向的位移為

2

x2=vxt+^at

在水平方向，由牛頓第二定律得

qE=ma

聯立得

_15m1g

%—32.82

則第二次到達X軸時的橫坐標為

575m2g

X=X]+X?=--------5~7

12\92q2B2

加卜1+9+66)

10.（1）遮；（2）變土（3）

m2m6qB

【詳解】（1）在圓形磁場中，沿徑向入射的粒子沿徑向飛出，作出粒子的運動軌跡如圖所示

根據幾何關系可知，粒子在磁場中運動的半徑為

r=R

在磁場中由洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則

解得

m

(2)進入電場后，經電場偏轉打到x軸上坐標為(3R,0)的點，則有

R=J_.嗎2,3R-R=V0

2m

解得

2m

由于軌跡半徑與磁場圓半徑相等，則四邊形。為棱形，可知飛出時速度沿x軸正方向,

由幾何關系可知，軌跡對應圓心角為

6=180°—30°=150°

磁場中圓周運?動的周期

T衛

%

磁場中運動的時間

%喘7

粒子從C到。4做勻速直線運動，則

A-rsin30°

/2=

%

在電場中豎直方向有

A+Acos30°=—?必1

2m

粒子從。點出發到再次打到X軸上所用的時間

機(5萬+9+6J3

‘4—'1+'2+’3—

6qB

Et,71

11.(1)v=——=

2B⑵tT

正離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，從川經:圓弧到N,由

【詳解】(1)(2)

v2

qvB=m——

R

得

由題意得，MO=NO=R,在磁場中的運動時間

Tf—1_2_71_m_.___7_im______

1一「4qB~2qB

正離子垂直于電場方向進入勻強電場后做類平拋運動，在垂直于電場方向有

OP=vt2

沿電場方向有

ON=L晅.g=OP

2m

由以上各關系可解得

m

t=

2qB

E

v=——

IB

則

t}_71

t22

【點睛】解決本題的關鍵知道粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，掌握

處理類平拋運動的方法，以及會確定粒子在磁場中運動的圓心、半徑、圓心角是解題的關鍵。

12.(1)1：73；⑵(”=1,2,3……)

【詳解】(1)根據題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

O【?

由幾何關系可知

R=d,6)=30°

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動

q=V。

mBR

(2)粒子在平行板間的運動時間

t=2nT0(n=1,2,3,,-

由牛頓第二定律可得

qE0=ma

To時間內粒子在豎直方向的位移

y=-^aTo

2〃T°時間內粒子在豎直方向的位移

Y=2ny

可得

Y=

Bd

13

⑴B二6…E*⑶/—

【詳解】(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖:

r+rcos45°=L

解得

r=（2-V2）L

又因為

解得

mv

B=0

(2-西〃

(2)帶電粒子在電場中運動時，沿x軸有

2Z=v0/2

沿y軸有