解析版-2020年高考物理原创电磁组合场压轴计算题

2020年高考物理原创电磁组合场压轴计算题
1.如图所示，在一二象限内范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为。

在三四象限内存在垂直于纸面向里，边界方程为的匀强磁场。

现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在处有一荧光屏，当正离子达
到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力。

（1）求在处释放的离子进入磁场时速度。

（2）若仅让横坐标的离子释放，它最后能经过点，求从释放到经过点所需时间t.
（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光。

求该点坐标和磁感应强度。

【答案】（1）（2），；
（3）
【解析】（1）于x处释放离子，由动能定理得，
得离子进入磁场时的速度；
（2）由（1）得在处释放的离子到达x轴时速度为
，
从释放到到达x轴时间为，
第一种情况：离子直接从经磁场达处。

在磁场中经历半圆时间，
总时间，
第二种情况：离子直接从经磁场达处进入电场返回磁场再到处
易得在磁场中时间仍然为，
在电场中时间为，
总时间为；
（3）在磁场B中，所以运动半径；可以看出，B一定时，必有，当时，（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0，0）点出磁场，击中荧光屏上，则有；因为；所以。

2.如图所示，相距3L的AB，CD两直线间的区域存在着两个大小不同，方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场II的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L。

从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为＋q，质量为m。

通过PT上的某点R进入
匀强电场I后从CD边上的y点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L。

不计粒子的重力。

试求：
（1）匀强电场I的电场强度E的大小和yT之间的距离；
（2）有一边长为a，由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB，CD间的电场从S孔水平射入容器中。

欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失），并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间。

【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到y点的时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy，则：由（1）；
在电场I中：在垂直电场方向做匀速直线运动：2L=v0t2（2）；
在平行电场方向做匀减速直线运动：⑶；
到达R时竖直速度为vy，⑷；
在电场II中：
在平行电场方向做匀加速直线运动：（5）；
在垂直电场方向做匀速直线运动：L=v0t1⑹；
联立以上各式解得：，。

（2）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r，则
（7），（8）；
解得：（9）；
由几何关系可知。

n=1，2，3…（10），
（11）；
代入B得（12）；
（13）；
3.如图所示为带电平行板电容器．电容为C．板长为L，两板间距离d，在PQ板的下方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为，质量为m的带电粒子以速度从上板边缘沿平行于板的方向射入两板间．结果粒子恰好从下板右边缘飞进磁场，然后又恰好从下板的左边缘飞进电场．不计粒子重力．试求：
（1）板间匀强电场向什么方向?带电粒子带何种电荷?
（2）求出电容器的带电量Q
（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（4）粒子再次从电场中飞出时的速度大小和方向．
【答案】（1）竖直向上负电荷（2）（3）（4）末速度即水平速度等于；
【解析】（1）粒子从下板右边缘飞进磁场，然后又恰好从下板的左边缘飞进电场，判断进磁场时洛伦兹力方向向左下方，根据左手定则判断，粒子带负电荷
粒子从极板上边沿进入电场，从下边沿离开电场，说明电场力向下，粒子带负电荷所以电场方向竖直向上。

（2）粒子进入板件匀强电场后做类平抛运动，水平方向匀速直线：，时间
竖直方向匀加速直线运动
根据牛顿第二定律可得，平行板电容器电荷量
综上可得；
（3）类平抛运动末速度反向延长线与水平位移的交点是水平位移的中点，所以有，
在磁场中做匀速圆周运动，，
运动轨迹如下图，根据几何关系可得，
联立可求解；
（4）粒子再次进入电场时，根据对称性，进入电场的速度与水平方向夹角也是，大小也是，
水平方向分速度仍是，运动还是匀速运动，竖直方向与之前离开电场的速度大小相等，方向相反，之前是匀加速运动的末速度，此时是匀减速运动的初速度，所以当粒子离开电场时，水平位移为L，竖直位移为d，竖直方向速度刚好减速到0，所以末速度即水平速度等于；
4.如图，在直角坐标xoy平面内有足够长的OP，OQ两挡板，O与平面直角坐标系xoy的坐标原点重合，竖直挡板OQ位于y轴上，倾斜挡板OP与OQ成θ=60°角。

平行正对的金属板A，B间距d=0.5 m，板长m，A板置于x轴上，B板的右侧边缘恰好位于OP上的一个小孔K处。

现有一质子从AB 左端紧贴A板处沿x轴正方向以m／s的速度射入，能恰好通过小孔K。

质子从小孔K 射向位于OP，OQ两挡板间，存在磁感应强度B=0.2T，方向垂直纸面向里，边界为矩形的磁场区域。

已知该粒子在运动过程中始终不碰及两挡板，且在飞出磁场区后能垂直打在OQ面上，质子比荷C ／k g，重力不计，不考虑极板外的电场。

求：
(1)A，B两板间电场强度大小E；
(2)质子到达K点速度v的大小和方向；
(3)所加矩形磁场的最小面积。

【答案】(1)；(2)v=4×105m/s ，方向与水平成60°角；(3)
【解析】（1）质子在A，B板间做类平抛运动，
设加速度为a，运动时间为t，偏转角为α，
根据质子恰能通过K孔有L=v0t，
d=，
根据牛顿运动定律，得qE=ma，
解得，
；
（2）根据动能定理，得，
得质子出小孔K的速度大小为v=4×105m/s ，
刚射出时质子沿y方向的分速度为，
，由，
得：，α=60° ；
（3）当磁场方向垂直纸面向里时，质子从K点入射后做匀速直线运动从点y开始进入磁场，粒子在进入磁场后从N射出；质子的运动轨迹如图所示
设：要使质子能垂直打到竖直挡板OQ，粒子运动轨迹对应的偏转为β，矩形的磁场区域面积取最小值为C DEF（如图所示）。

由几何关系可得∠yO′N=α =60°
质子进入磁场做匀速圆周运动有，m；
矩形边长CD=2R=0.04m；
矩形最小面积S=CD×CF=；
5.如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d。

在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e。

金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽度均为d。

磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏。

过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O。

以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴。

现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场。

(不考虑电子重力和阻力)
(1)电子进人磁场时的速度v；
(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求
①磁场的磁感应强度口大小的范围；
②电子打到荧光屏上位置坐标的范围。

【答案】（1），（2）与初速度成45°角；；坐标范围为：
到。

【解析】（1）电子在yN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有
，
，
，
，
解得；
速度偏向角，
；
（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值，此时电子在磁场中作圆周运
动的半径为R，
，
又有，
由⑦⑧解得：；
磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度时电子能打在荧光屏上（得不扣分）。

如图所示，电子在磁感应强度为时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，
即。

出射点位置到SO连线的垂直距离；
电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标
，
解得；
当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标为
；
电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：
到；
6.如图所示，在坐标系x o y的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E第三象限内存在匀强磁场I，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，I，Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里。

一质量为m，电荷量为+q的粒子自P（）点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场I，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．
(l)求磁场I的磁感应强度B1；
(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=B1，粒子从磁场Ⅱ再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；
(3)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=3B1，求粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间内，粒子的平均速度．
【答案】（1）B1=；（2）x′=－2l；（3），方向沿y轴负方向。

【解析】（1）设粒子垂直于x轴进入I时的速度为v，由运动学公式：2al=v2
由牛顿第二定律：Eq=ma
由题意知，粒子在I中做圆周运动的半径为l
由牛顿第二定律qvB1=，得B1=。

（2）粒子运动的轨迹如图所示，粒子第二次进入电场，在电场中做类平抛运动
x负方向：x=vt
y负方向：l=at2
得x=2l，则横坐标x′=－2l。

（3）粒子的运动轨迹如图2所示，
设粒子在磁场I中运动的半径为R1，周期为T1，
在磁场Ⅱ中运动的半径为R2，周期为T2，则R1=l，3qvB=，
则T1=，T2=，得：R2=，T2=，
粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间t=T1+T2
粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴时间内的位移s=6R2；
平均速度，方向沿y轴负方向。

7.在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角α=45°。

第一，第二象限内存在方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场，电场强度大小均为E=1.0×105N/C；在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=0.1T，如图所示。

现有一带正电的粒子从直线OP上某点A(-L,L)处静止释放。

设粒子的比
荷=4.0×107C/k g，粒子重力不计。

求：
（1）若L=2c m，粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标及粒子速度的大小和方向；
（2）如果在直线OP上各点释放许多个上述带电粒子(粒子间的相互作用力不计)，试证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线。

【答案】（1）粒子进入磁场时的速度为；
与x轴正方向成45°角斜向下.
（2）L取任意值时均有:
x0=2L,θ=45°,
；
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，
代入数据得:R=；
所以圆心的坐标为:
，，
R=代入并消去L,得x=4y2+y；
此方程为一抛物线方程.
【解析】（1）粒子在第二象限匀加速直线的过程：
，
得v1=4×105m/s；
粒子在第一象限做类平抛运动：
，
x=v1t，
得x=2L=0.04 m ；
v x=v1=4×105m/s；
v y=at=4×105m/s ；
设粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,
，则θ=45°；
粒子进入磁场时的速度为；与x轴正方向成45°角斜向下.
（2）L取任意值时均有:
x0=2L,θ=45°,
；
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，
代入数据得:R=；
所以圆心的坐标为:
，，
R=代入并消去L,得x=4y2+y；
此方程为一抛物线方程.
8.在物理学上，常利用测定带电粒子的受力情况来确定复合场中场强的大小和方向。

如图所示，在立方体区域内存在待测定的匀强电场和匀强磁场，在其左侧分别是加速电场和速度选择器，用于获取特定速度的带电粒子。

装置中，灯丝A接入电源后发出电子，P为中央带小圆孔的竖直金属板，在灯丝A和金属板P之间接入电源甲，使电子加速；在间距为d的水平正对金属板C，D间接入电源乙，在板间形成匀强电场。

C，D间同时存在垂直纸面向外，大小为B0的匀强磁场(左右宽度与两板相同）。

现将电源甲，乙的输出电压分别调到U1，U2，使电子沿直线运动进入待测区域，如图中虚线所示。

电子质量为m，电量为e，重力不计，从灯丝出来的电子初速不计，整个装置置于真空室内。

（1）用笔画线代替导线将电源甲，乙接人装置，以满足题中要求；
（2）求电子从P板出来的速度v0及U1，U2。

满足的关系式；
（3）调节U1，U2使电子以不同的速度大小沿+X轴进入待测区域，测得电子刚连入时受力大小均为F，由此，你能推测出待测区域中电场或磁场的什么信息？
（4）保持电子进入待测区域的速度大小仍为V0，转动待测区域（转动中电场，磁场相对坐标轴的方向不变），使电子沿Y轴或Z轴方向射入。

测得电子刚射入时受力大小如下表所示，根据表中信息又能推测出待测区域中电场或磁场的什么信息？
【答案】（1）电路连接图：
（2）；
（3）力F就是电场力，电场强度大小（方向不能确定）
（4）①因轴，轴，故洛伦兹力轴；又因为电子沿±y轴射入时受力均为，说明洛伦兹力与电场力垂直，所以电场强度方向平行于xoy平面；
【解析】（1）电路连接图：
（2）①，可得；
②，由①②可得：；
（3）因电子沿+x轴方向以不同速度射入，受力大小均为F，故磁场方向与x轴平行，力F就是电场力，电场强度大小（方向不能确定）
（4）①因轴，轴，故洛伦兹力轴；又因为电子沿±y轴射入时受力均为，说明洛伦兹力与电场力垂直，所以电场强度方向平行于xoy平面；
有，得；
所以或；
②因轴，轴，故洛伦兹力轴；又平面，故F
与F电均在XOY平面内，
洛
设F洛与F电之间的夹角为θ，则其大小满足。

9.如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场。

有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直。

现有一质量为m，电荷量为q 的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点(C点在图上未标出)。

已知OD长为l，不计粒子的重力.求：
(1)粒子射入绝缘板之前的速度；
(2)粒子经过绝缘板时损失了多少动能？
(3)所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）粒子在电场中加速由动能定理可知：；
可得：；
（2）粒子在磁场中作圆周运动轨迹如图，由几何关系可得轨道半径为2l
由，解得；
由动能定理得，代入数据解得，
所以损失动能为；
（3）粒子若作直线运动则代入数据解得；
方向与x轴正向斜向下成60°角；
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间；
粒子在第四象限做匀速直线运动时间；
粒子y轴右侧运行的总时间；
10.为研究带电粒子在电，磁场中的偏转情况，在XOy平面内加如回所示的电场和磁场，第二象限-10c m X0区域内有垂直纸面向内的匀强磁场B. 其大小为0.2T; 在第一象限内有一电场强度方向沿y轴负方向且可沿x轴平移的条形匀强电，其宽度d=5c m. 在A(一6cm, 0)点有一粒子发射源，向x轴上方180范围内发射大小为V=2.0*106m/s的负粒子，粒子的比荷q/m=2.0*108C/K g,不计算粒子的重力和相互作用相对论效应。

（1）.若粒子与X轴成300角方向射入磁场，求该粒子磁场中运动的时间;
(2). 求从A处发射的所有粒子中与+y轴交点的最大值坐标:
(3).当电场场左边界与y轴重合时满足(2) 问条件的粒于经过电场后恰好平行X
轴从其右边界飞出，求匀强电场的电场强度E的大小。

（4）.现将条形电场沿X轴正向平移，电场的宽度和电场强度E仍保持不变，能让满足第(2)问条件的粒子经过电场后从右边界飞出，在此情况下写出电场左边界的横來标X0与从电场右边界出射点的纵坐标y0的关系式，并在答题纸的相应位置绘出:绘出图线。

【答案】（1）×10-7s （2）8c m （3）1.92×105N/C
（4）如图
【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB=，得r==0.05m=5c m，①
粒子在磁场中运动周期为T==×10-7s，②
如图所示为粒子在磁场中运动轨迹
由几何关系得α=600，③
t==×10-7s，④
（2）从y轴最上方飞出的粒子坐标为(0，y1)，
由几何关系得(2r)2=62+y12，得y1=8c m，⑤
（3）从磁场射出时速度方向与x轴的夹角为θ，有sinθ=，即θ=37º，
粒子在电场中运动的时间为t1，t1=，⑥
设粒子的加速度大小为a，则a=，⑦
v sinθ=at1，⑧
由⑥⑦⑧解得
E==1.92×105N/C。

⑨
（4）如图所示，带电粒子离开磁场后先作匀速运动，后作类平抛运动。

电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系为
y1－(x0+)t a nθ=y0，即y0=6.125－0.75x0，⑩
当x0=0时，从电场右边界出射点的纵坐标为y0=6.125c m，
当y0=0时，电场左边界的横坐标x0为x0=c m，
11.如图所示，平行金属板右侧有一宽度为a的匀强磁场I，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。

在磁场I的右侧存在范围足够大的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外。

现在正极板处有一带正电粒子（粒子重力不计），质量为m，电荷量为q，由静止开始经电场加速后，经右侧金属板狭缝沿x轴方向进入磁场
（1）当加速电压U＝U0时，带电粒子恰好可以到达磁场区域Ⅰ，Ⅱ的交界处，求加速电压U0；（2）当加速电压U＝2U0时，带电粒子进入磁场后经过时间t到达x轴，求运动时间t（可用反三角函数表示）；
（3）当加速电压时，带电粒子可以沿进入磁场前的路径返回，求k值。

【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）设粒子进入磁场时的速度为v，当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，恰好可以到达磁场区域Ⅰ，Ⅱ的交界处，则
；
；
得；
上式表明，轨道半径的平方和加速电压成正比。

（2）带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，C，C＇为圆周运动的圆心。

当U＝2U0时，设带电粒子的轨道半径为R，由（1）问的比例关系可知
；又sin∠；
解得∠；
又，
得，
c os∠，
解得∠；
带电粒子在磁场中轨迹对应的圆心角之和为
∠；
带电粒子在磁场中的运动周期为；
所以带电粒子的运动时间为
；
（3）若要带电粒子返回电场，由对称可知其轨迹如图所示。

这时C＇点在x轴上。

由几何知识可得粒子运动半径r为
求得
由第（1）问的比例关系得
因此
12.一半径R=0.6m的金属圆筒有一圈细窄缝，形状如图所示。

圆筒右侧与一个垂直纸面向里的有界匀强磁场相切于P，圆筒接地，圆心O处接正极，正极与圆筒之间的电场类似于正点电荷的电场，正极与圆筒之间电势差U可调。

正极附近放有一粒子源（粒子源与正极O间距离忽略不计）能沿纸面向四周释放比荷q/m=1.5×l05C/k g的带正电粒子（粒子的初速度，重力均不计）。

带电粒子经电场加速后从缝中射出进入磁场，已知磁场宽度d=0.4m，磁感应强度B=0.25T。

（1）若U=750V，求：①粒子达到细缝处的速度；②若有一粒子在磁场中运动的时间最短，求此粒子飞出磁场时与右边界的夹角大小。

（2）只要电势差U在合适的范围内变化，总有从向沿某一方向射出粒子经过磁场后又回到O处，求电势差U合适的范围。

【答案】（1）①1.5×104m/s；②60°（2）范围是0＜U≤3.8×102V．
【解析】（1）①若U=750V，粒子经电场得，
；
②粒子在磁场中做匀速圆周运动得，；
粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长L=d=0.4m时运动的时间最短，，
则粒子飞出磁场时与右边界的夹角大小；
（2）粒子射入磁场后与右边界相切时，正极与圆筒之间电势差最大为，由几何关系得
得，；
粒子在磁场中，；
粒子经电场中，
；
电势差U合适的范围:
13.在水平光滑的绝缘如图所示的直角坐标系中，对于第I象限和第I V象限，其中一个象限有垂直纸面向外的匀强磁场B，另一象限有平行纸面的匀强电场E，一个比荷为= 2×108C/k g的电荷，从坐标原点处以速度v0=4×106m/s进入第I V象限，v0与x轴成45°，已知电荷通过P(，0)点第一次经x轴进入第I象限，并且经过时间t=2×10–4s，以大小相同，方向相反的速度回到P(，0)点．
（1）问电荷带正电还是带负电，匀强电场存在哪个象限，方向如何?
（2）求磁感应强度和电场强度的大小；
（3）求电荷第三次经过x轴的位置．
（4）若电荷第三次经过x轴时突然改变匀强电场的大小，使电荷第四次回到x轴时恰好是P点，求改变后的电场强度大小
【答案】（1）负电；匀强电场存在于第一象限，方向与X轴成450（2）0.02T；200N/C（3）
（4）
【解析】（1）负电；匀强电场存在于第一象限，方向与X轴成450
（2）在第四象限中，由向心力公式得：而解得
，；
在电场中，，；
解得：；
（3）由图可知：；
（4）第三次经过x轴后，电荷做类平抛运动，，由牛顿第二定律，解得：；
14.如图所示，在x o y直角坐标系中，第Ⅰ象限内边长为L的正方形区域分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；第Ⅱ象限内分布着沿y轴正方向的以y＝L为边界的匀强电场，电场强度为E。

粒子源P可以在第四象限内沿平行x轴方向来回移动，它可以产生初速度为零。

带电荷量为+q，质量为m 的粒子，同时能使这些粒子经过电压U加速，加速后的粒子垂直x轴进入磁场区域，假设粒子进入磁场时与x轴的交点坐标为（x,0），且0＜x＜L，加速电压U与横坐标x2的关系图象如图所示，不计粒子重力。

(1)求粒子进入磁场的速度大小与x的关系式
(2)推导粒子在磁场中作圆周运动的半径与x的关系式并求出粒子在磁场的运动时间
(3)求粒子离开电场时的偏转角的正切值与粒子在磁场入射点的x坐标的关系式【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)设粒子进入磁场的速度为v，由动能定理有：
①
由图乙可知加速电压U与横坐标x2的关系为
②
联立①②式并解得粒子进入磁场的速度大小与x的关系式为：
③
(2)设粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有：
④
粒子作圆周运动的周期为：
⑤
联立③④式并解得粒子的运动半径与x的关系式为：r＝x⑥
由⑥式知粒子的轨迹为1/4 圆周，在磁场中的运动时间为：
⑦
联立③④⑥⑦式并解得：
⑧
(3)依题知，粒子必然垂直电场线进入匀强电场，得做匀变速曲线运动，则有：
⑨
（10）
（11）
（12）
（13）
联立③⑨（10）（11）（12）（13）解得：（14）
即为粒子离开电场时的偏转角的正切值与粒子在磁场入射点的x坐标的关系式
15.如图所示，垂直纸面的两平行金属板y，N之间加有电压，y板上O1处有一粒子源，可不断产生初速度为零的带正电粒子，粒子电荷量为q，质量为m，N板右侧是一半径为R的接地金属圆筒，圆筒垂直于纸面且可绕中心轴逆时针转动。

O2为N板上正对O1的小孔，O3，O4为圆筒某一直径两端的小孔，开始时O1，O2，O3，O4在同一水平线上。

在圆简上方垂直纸面放置一荧光屏，荧光屏与直线O1O2平行，圆筒转轴到荧光屏的距离OP=3R。

不计粒子重力及粒子间相互作用。

（1）若圆筒静止且圆筒内不加磁场，粒子通过圆筒的时间为t，求金属板yN上所加电压U
（2）若圆筒内加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆筒绕中心轴以某一角速度逆时针方向匀速转动，调节yN间的电压使粒子持续不断地以不同速度从小孔O2射出电场，经足够长的时间，有的粒子打到圆筒上被吸收，有的通过圆筒打到荧光屏上产生亮斑。

如果在荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，。

求粒子到达荧光屏时的速度大小的范围
（3）在第（2）问情境中，若要使进入圆筒的粒子均能从圆筒射出来，求圆筒转动的角速度
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）粒子经电场加速，由动能定理得：①
进入圆筒中的粒子有②
由①②得③
（2）荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，说明PQ范围内均有粒子到达，最小速度的粒子到达P点，最大速度的粒子达到Q点，从O2射出的粒子的速度应含有到范围内的任意值。

在圆筒中，由牛顿第二定律得：④
打到荧光屏上P点的粒子应满足⑤
由④⑤得，到达P点的粒子速度⑥
如图由几何关系可知，到达Q点的粒子穿过圆筒的偏转角⑦
到达Q点的粒子应满足⑧
到达Q点的粒子速度⑨
到过荧光屏粒子速度大小的范围⑩
（3）设粒子穿过筒的偏转角为，则粒子穿过圆筒的时间⑾
又⑿
粒子穿出圆筒应满足（k取1，2，3．．．．．．）⒀
（k取1，2，3．．．．．．）⒁。