高考物理二轮复习考点题型专题训练8---电磁学综合题
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由①～⑤得：t＝90qB (2)最小速率的带电粒子应与大圆相切入射，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的 半径为 R2，圆心为 O2，粒子速度为 v′，则
由几何关系得：(2r－R2)2＝R22＋r2⑥
v′2 由牛顿第二定律可得：qv′B＝m R2 ⑦
3qBr 由⑥和⑦式解得：v′＝ 4 m 。
[答案]
53πm (1)90qB
vx＝v0 vy＝at a＝qmE2
粒子在电场Ⅱ中的水平位移 s＝1 m＝v0t tan θ＝vvyx
粒子通过 P 点，则末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点，故应满
y
3
足 tan θ＝1.5，即 y＝2tan θ
3 联立以上各式解得 y＝4x。
答案 见解析 2.一半径为 R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的
图2 (1)若某带电粒子从 P 点沿 PO 方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，求该 粒子在磁场中运动的时间。 (2)若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过 O 点，求这些粒子中最小的入射速 率。 [解析] (1)该粒子恰好没有进入内部圆形区域，说明粒子轨迹与内圆相切，设粒子 做圆周运动的半径为 R1，圆心为 Q1，轨迹如图，则有：
考向一 带电粒子在电场中的运动 如图 1 所示，一对带电平行金属板 A、B 与竖直方向成 30°角放置，B 板中
心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 上的 O 点，y 轴沿竖直方向。一比荷为 1.0×105 C/kg 的带正电粒子 P 从 A 板中心 O′处静止释放后沿 O′O 做匀加速直线运动，以速度 v0＝104 m/s，方向与 x 轴正方向成 30°夹角从 O 点进入匀强电场，电场仅分布在 x 轴 的下方，场强大小 E＝43×103 V/m，方向与 x 轴正方向成 60°角斜向上，粒子的重力不 计。试求：
高考物理二轮复习考点题型专题训练
电磁学综合题
带电粒子在复合场中运动问题情境变化多，与现代科技联系紧密，近年新课标全 国卷中对带电粒子在复合场中的运动考查角度主要有三；一是将带电粒子在匀强电场 中的类平抛运动和带电粒子在匀强磁场中的运动综合在一起命题；二是考查带电粒子 在电场、磁场的叠加场中的运动；三是考查考虑重力的带电质点的电场、磁场、重力 场的复合场中的运动。
(3)求导体棒沿导轨向上运动经过磁场过程中与沿导轨向下运动经过磁场过程中定
值电阻 R 上产生的热量之比 Q1∶Q2。
[解析] (1)设虚线 2、3 之间的距离为 x，导体棒由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中，
由牛顿第二定律得
mgsin
1 30°＋6mg＝ma1，解得
2 a1＝3g，又由
0－v21＝－2a1x
6 / 20
触，图 1 中虚线 1 和 2 之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。现给导体棒沿导轨向上 的初速度，该导体棒穿过磁场区域后能向上运动到的最高位置是虚线 3 处，然后沿导 轨向下运动到底端。已知导体棒向上运动经过虚线 1 和 2 时的速度大小之比为 2∶1， 导体棒沿导轨向下运动时由虚线 2 到虚线 1 做匀速直线运动，虚线 2、3 之间的距离为
s＝3.14×10－8 s
(2)由于 r2＝4r1，画出临界轨迹，如图所示：
由几何关系解得：sin β＝r1＋r2 r2＝45，β＝arcsin45＝53° β
故 α≤90°－2＝63.5°。 [答案] (1)3.14×10－8 s (2)α≤63.5° 考向四 电磁感应定律的综合应用
如图 4 所示，倾角为 θ＝30°的平行金属导轨固定在水平面上，导轨的顶端 接定值电阻 R，与导轨宽度相等的导体棒 AB 垂直导轨放置，且保持与导轨有良好的接
图5 (1)若释放点 S 坐标为(0.5 m,0.5 m)，求粒子通过 x 轴的位置坐标； (2)将粒子在电场Ⅰ中适当位置由静止释放，粒子能通过－x 轴上的 P 点，P 点坐 标为(－2,0)，求释放点的坐标应满足的条件。 解析 (1)粒子在电场Ⅰ中加速过程，根据动能定理可得 qE1x＝12mv20
4 / 20
带电粒子的质量 m＝1.6×10－24 kg，电荷量 q＝＋1.6×10－15 C。
图3 (1)如果 α＝30°，在 OM 上有一点 P，OP＝3×10－2 m，粒子从进入 O 点计时，经
多长时间经过 P 点？
(2)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求 α 的取值范围？(已知 sin 37°＝0.6，
(R1＋r)2＝R12＋(2r)2① 设粒子偏转角为 θ，由几何关系可得
θ 2r tan2＝R1 ② 由①、②解得 θ＝106°
3 / 20
又由粒子在磁场中运动周期为 T＝2πvR1③ 106°
粒子在磁场中运动的时间 t＝360°×T④
粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： v2
qvB＝mR1⑤ 53πm
3qBr (2)Байду номын сангаас4 m
考向三 带电粒子在组合场、复合场中运动 如图 3 所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强
度分别为 B1＝0.2 T、B2＝0.05 T，分界线 OM 与 x 轴正方向的夹角为 α。在第二、三象 限内存在着沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度 E＝1×104 V/m。现有一带电粒子由 x 轴上 A 点静止释放，从 O 点进入匀强磁场区域。已知 A 点横坐标 xA＝－5×10－2 m，
则 Lcos 30°＝v0t Lsin 30°＝12qmEt2
解得 L＝1 m，所以 P 离开电场时的坐标为(1,0)
(3)由于粒子 Q 与 P 完全相同，所以只需在 P 进入电场时速度方向的直线上的 OM
3 范围内任一点释放粒子 Q，可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为 y＝－ 3
x
3 OM＝Lcos 30°＝ 2 m
图1 (1)AB 两板间的电势差 UAB。
1 / 20
(2)粒子 P 离开电场时的坐标。 (3)若在 P 进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与 P 完全相同的 带电粒子 Q，可使两粒子在离开电场前相遇。求所有满足条件的释放点的集合(不计两 粒子之间的相互作用力)。 [解析] (1)由动能定理 qUAB＝12mv20可得 UAB＝m2vq20＝2vmq02 ＝2(×1014)025 V＝500 V (2)粒子 P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时到 O 的距离为 L，如图所示，
可得
v1＝
4
1
3gx导体棒由虚线 3 运动到虚线 2 的过程中，由牛顿第二定律得 mgsin 30°－6mg＝
ma2，解得
1 a2＝3g，又由
v22＝2a2x
可得
v2＝
2 3gx，因此 v1∶v2＝ 2∶1。
7 / 20
(2)设导体棒的长度为 l，导体棒沿导轨向上运动经过虚线 1 的速度为 v0，加速度大 小为 a3，此时的感应电动势为 E1＝Blv0，由欧姆定律得回路中的电流为 I1＝ER1＝BRlv0
1
10
6mg·2d，联立解得 Q1＝ 3 mgd
导体棒沿导轨向下由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中， 1
Q2＝W2＝F2d＝3mgd
解得 Q1∶Q2＝10∶1。
[答案] (1) 2∶1 (2) 2∶1 (3)10∶1
1．如图 5 所示，在 y 轴右侧整个空间有无限大匀强电场区。区域Ⅰ，电场强度为 E1，方向沿 x 轴负方向，在直线 x＝－1 m 与 y 轴之间的整个空间有匀强电场区域Ⅱ， 电场强度为 E2，方向沿 y 轴负方向，两个电场的电场强度大小相等，即 E1＝E2，一带 正电的粒子从电场Ⅰ中由静止释放。经电场Ⅰ加速后垂直射入电场Ⅱ，粒子重力不计。
此时导体棒所受的安培力大小为 F1＝BI1l＝B2Rl2v0方向沿导轨向下 1
由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋6mg＋F1＝ma3，解得 a3＝23g＋Fm1
由题意知导体棒沿导轨向下运动经过虚线 2 时的速度大小为 v2，此时的感应电动 势为 E2＝Blv2，回路中的电流为 I2＝ER2＝BRlv2
图6 (1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则该粒子的比荷和速率分别是多大？ (2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与 MN 方向成 30°角(如图所示)，则要
让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？ 解析 (1)若粒子沿 MN 方向入射，当筒转过 90°时，粒子从 M 孔(筒逆时针转动)
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中心轴线平行，筒的横截面如图 6 所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒可绕 其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力 的带负电粒子从小孔 M 沿着 MN 方向射入磁场，当筒以大小为 ω0 的角速度转过 90°时， 该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。
mgsin
30°＋16mg＋B2Rl2v1＝ma4，整理可得
2＋ a4＝ 3
2 g，解得 a3∶a4＝
2∶1。
(3)设虚线 1 和虚线 2 之间的距离为 d，导体棒沿导轨向上运动穿过磁场区域时， 由功能关系得 mgsin 30°·d＋16mgd＋Q1＝12mv20－12mv12
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导体棒向上由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中，由功能关系得12mv12＝mgsin 30°·2d＋
此时导体棒所受的安培力大小为 F2＝BI2l＝B2Rl2v2，方向沿导轨向上 1
由力的平衡条件可得 mgsin 30°＝6mg＋F2，解得 F2＝13mg＝B2Rl2v2
又因为 v1∶v2＝ 2∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝2 2∶1
2＋2 2 整理可得 a3＝ 3 g
设导体棒向上运动刚好经过虚线 2 时的加速度大小为 a4，则由牛顿第二定律得
1 虚线 1、2 之间距离的 2 倍，整个运动过程中导体棒所受的阻力恒为导体棒重力的6， 除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。
图4
(1)求导体棒沿导轨向上运动经过虚线 2 的速度大小 v1 与沿导轨向下运动经过虚线 2 的速度大小 v2 之比。
(2)求导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线 1 和刚经过虚线 2 的加速度大小之比。
故
mv 1.6×10－24 kg×106 r1＝qB1＝ 1.6×10－15 C×0.2
mT/s＝5×10－3
m
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r2＝qmBv2＝11.6.6××1100－－2415kCg××100.065mT/s＝2×10－2 m 粒子通过直线边界 OM 时，进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线 的夹角，故经过 B1 磁场时沿着 OM 前进 r1 距离，经过 B2 磁场时沿着 OM 前进 r2 距离， 由于 OP＝3×10－2 m＝2r1＋r2，故轨迹如图所示：
cos 37°＝0.8)
[解析] (1)在电场中加速过程，根据动能定理，有：
qExA＝12mv2，
解得：v＝
2qExA m
2×1.6×10－15×1×104×5×10－2
＝
1.6×10－24
m/s
＝1×106 m/s；
粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，
v2 有：qvB＝m r ，
mv 解得：r＝qB；
故粒子从进入 O 点计时，到达 P 点经过的时间为：
60°＋60°
60°
1 2πm 1 2πm
2π×1.6×10－24
t ＝ 360° T1 ＋ 360° T2 ＝ 3 × qB1 ＋ 6 × qB2 ＝ 3×1.6×10－15×0.2 s ＋
π×1.6×10－24 3×1.6×10－15×0.05
故 M 的横坐标为 xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。
[答案]
(1)500 V
(2)(1,0)
3 (3)y＝－ 3 x，且 0≤x≤0.75 m
考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动 如图 2 所示，两同心圆圆心为 O，半径分别为 r 和 2r，在它们围成的环形
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区域内存在着磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。大量质量为 m、电量 为＋q 的带电粒子以不同的速率从 P 点沿各个方向射入磁场区域，不计粒子重力及其 相互作用。
9 / 20
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动 y＝12at2 a＝qmE2 sx＝v0t 代入数据可得 sx＝1 m 因此粒子通过 x 轴的坐标为(－1 m,0) (2)设满足条件的释放点的坐标为(x，y)，粒子在电场Ⅰ中加速过程根据动能定理可
得 qE1x＝12mv20
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设粒子从 P 点射出的方向与 x 轴的偏转角为 θ
由几何关系得：(2r－R2)2＝R22＋r2⑥
v′2 由牛顿第二定律可得：qv′B＝m R2 ⑦
3qBr 由⑥和⑦式解得：v′＝ 4 m 。
[答案]
53πm (1)90qB
vx＝v0 vy＝at a＝qmE2
粒子在电场Ⅱ中的水平位移 s＝1 m＝v0t tan θ＝vvyx
粒子通过 P 点，则末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点，故应满
y
3
足 tan θ＝1.5，即 y＝2tan θ
3 联立以上各式解得 y＝4x。
答案 见解析 2.一半径为 R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的
图2 (1)若某带电粒子从 P 点沿 PO 方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，求该 粒子在磁场中运动的时间。 (2)若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过 O 点，求这些粒子中最小的入射速 率。 [解析] (1)该粒子恰好没有进入内部圆形区域，说明粒子轨迹与内圆相切，设粒子 做圆周运动的半径为 R1，圆心为 Q1，轨迹如图，则有：
考向一 带电粒子在电场中的运动 如图 1 所示，一对带电平行金属板 A、B 与竖直方向成 30°角放置，B 板中
心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 上的 O 点，y 轴沿竖直方向。一比荷为 1.0×105 C/kg 的带正电粒子 P 从 A 板中心 O′处静止释放后沿 O′O 做匀加速直线运动，以速度 v0＝104 m/s，方向与 x 轴正方向成 30°夹角从 O 点进入匀强电场，电场仅分布在 x 轴 的下方，场强大小 E＝43×103 V/m，方向与 x 轴正方向成 60°角斜向上，粒子的重力不 计。试求：
高考物理二轮复习考点题型专题训练
电磁学综合题
带电粒子在复合场中运动问题情境变化多，与现代科技联系紧密，近年新课标全 国卷中对带电粒子在复合场中的运动考查角度主要有三；一是将带电粒子在匀强电场 中的类平抛运动和带电粒子在匀强磁场中的运动综合在一起命题；二是考查带电粒子 在电场、磁场的叠加场中的运动；三是考查考虑重力的带电质点的电场、磁场、重力 场的复合场中的运动。
(3)求导体棒沿导轨向上运动经过磁场过程中与沿导轨向下运动经过磁场过程中定
值电阻 R 上产生的热量之比 Q1∶Q2。
[解析] (1)设虚线 2、3 之间的距离为 x，导体棒由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中，
由牛顿第二定律得
mgsin
1 30°＋6mg＝ma1，解得
2 a1＝3g，又由
0－v21＝－2a1x
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触，图 1 中虚线 1 和 2 之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。现给导体棒沿导轨向上 的初速度，该导体棒穿过磁场区域后能向上运动到的最高位置是虚线 3 处，然后沿导 轨向下运动到底端。已知导体棒向上运动经过虚线 1 和 2 时的速度大小之比为 2∶1， 导体棒沿导轨向下运动时由虚线 2 到虚线 1 做匀速直线运动，虚线 2、3 之间的距离为
s＝3.14×10－8 s
(2)由于 r2＝4r1，画出临界轨迹，如图所示：
由几何关系解得：sin β＝r1＋r2 r2＝45，β＝arcsin45＝53° β
故 α≤90°－2＝63.5°。 [答案] (1)3.14×10－8 s (2)α≤63.5° 考向四 电磁感应定律的综合应用
如图 4 所示，倾角为 θ＝30°的平行金属导轨固定在水平面上，导轨的顶端 接定值电阻 R，与导轨宽度相等的导体棒 AB 垂直导轨放置，且保持与导轨有良好的接
图5 (1)若释放点 S 坐标为(0.5 m,0.5 m)，求粒子通过 x 轴的位置坐标； (2)将粒子在电场Ⅰ中适当位置由静止释放，粒子能通过－x 轴上的 P 点，P 点坐 标为(－2,0)，求释放点的坐标应满足的条件。 解析 (1)粒子在电场Ⅰ中加速过程，根据动能定理可得 qE1x＝12mv20
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带电粒子的质量 m＝1.6×10－24 kg，电荷量 q＝＋1.6×10－15 C。
图3 (1)如果 α＝30°，在 OM 上有一点 P，OP＝3×10－2 m，粒子从进入 O 点计时，经
多长时间经过 P 点？
(2)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求 α 的取值范围？(已知 sin 37°＝0.6，
(R1＋r)2＝R12＋(2r)2① 设粒子偏转角为 θ，由几何关系可得
θ 2r tan2＝R1 ② 由①、②解得 θ＝106°
3 / 20
又由粒子在磁场中运动周期为 T＝2πvR1③ 106°
粒子在磁场中运动的时间 t＝360°×T④
粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： v2
qvB＝mR1⑤ 53πm
3qBr (2)Байду номын сангаас4 m
考向三 带电粒子在组合场、复合场中运动 如图 3 所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强
度分别为 B1＝0.2 T、B2＝0.05 T，分界线 OM 与 x 轴正方向的夹角为 α。在第二、三象 限内存在着沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度 E＝1×104 V/m。现有一带电粒子由 x 轴上 A 点静止释放，从 O 点进入匀强磁场区域。已知 A 点横坐标 xA＝－5×10－2 m，
则 Lcos 30°＝v0t Lsin 30°＝12qmEt2
解得 L＝1 m，所以 P 离开电场时的坐标为(1,0)
(3)由于粒子 Q 与 P 完全相同，所以只需在 P 进入电场时速度方向的直线上的 OM
3 范围内任一点释放粒子 Q，可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为 y＝－ 3
x
3 OM＝Lcos 30°＝ 2 m
图1 (1)AB 两板间的电势差 UAB。
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(2)粒子 P 离开电场时的坐标。 (3)若在 P 进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与 P 完全相同的 带电粒子 Q，可使两粒子在离开电场前相遇。求所有满足条件的释放点的集合(不计两 粒子之间的相互作用力)。 [解析] (1)由动能定理 qUAB＝12mv20可得 UAB＝m2vq20＝2vmq02 ＝2(×1014)025 V＝500 V (2)粒子 P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时到 O 的距离为 L，如图所示，
可得
v1＝
4
1
3gx导体棒由虚线 3 运动到虚线 2 的过程中，由牛顿第二定律得 mgsin 30°－6mg＝
ma2，解得
1 a2＝3g，又由
v22＝2a2x
可得
v2＝
2 3gx，因此 v1∶v2＝ 2∶1。
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(2)设导体棒的长度为 l，导体棒沿导轨向上运动经过虚线 1 的速度为 v0，加速度大 小为 a3，此时的感应电动势为 E1＝Blv0，由欧姆定律得回路中的电流为 I1＝ER1＝BRlv0
1
10
6mg·2d，联立解得 Q1＝ 3 mgd
导体棒沿导轨向下由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中， 1
Q2＝W2＝F2d＝3mgd
解得 Q1∶Q2＝10∶1。
[答案] (1) 2∶1 (2) 2∶1 (3)10∶1
1．如图 5 所示，在 y 轴右侧整个空间有无限大匀强电场区。区域Ⅰ，电场强度为 E1，方向沿 x 轴负方向，在直线 x＝－1 m 与 y 轴之间的整个空间有匀强电场区域Ⅱ， 电场强度为 E2，方向沿 y 轴负方向，两个电场的电场强度大小相等，即 E1＝E2，一带 正电的粒子从电场Ⅰ中由静止释放。经电场Ⅰ加速后垂直射入电场Ⅱ，粒子重力不计。
此时导体棒所受的安培力大小为 F1＝BI1l＝B2Rl2v0方向沿导轨向下 1
由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋6mg＋F1＝ma3，解得 a3＝23g＋Fm1
由题意知导体棒沿导轨向下运动经过虚线 2 时的速度大小为 v2，此时的感应电动 势为 E2＝Blv2，回路中的电流为 I2＝ER2＝BRlv2
图6 (1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则该粒子的比荷和速率分别是多大？ (2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与 MN 方向成 30°角(如图所示)，则要
让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？ 解析 (1)若粒子沿 MN 方向入射，当筒转过 90°时，粒子从 M 孔(筒逆时针转动)
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中心轴线平行，筒的横截面如图 6 所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒可绕 其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力 的带负电粒子从小孔 M 沿着 MN 方向射入磁场，当筒以大小为 ω0 的角速度转过 90°时， 该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。
mgsin
30°＋16mg＋B2Rl2v1＝ma4，整理可得
2＋ a4＝ 3
2 g，解得 a3∶a4＝
2∶1。
(3)设虚线 1 和虚线 2 之间的距离为 d，导体棒沿导轨向上运动穿过磁场区域时， 由功能关系得 mgsin 30°·d＋16mgd＋Q1＝12mv20－12mv12
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导体棒向上由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中，由功能关系得12mv12＝mgsin 30°·2d＋
此时导体棒所受的安培力大小为 F2＝BI2l＝B2Rl2v2，方向沿导轨向上 1
由力的平衡条件可得 mgsin 30°＝6mg＋F2，解得 F2＝13mg＝B2Rl2v2
又因为 v1∶v2＝ 2∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝2 2∶1
2＋2 2 整理可得 a3＝ 3 g
设导体棒向上运动刚好经过虚线 2 时的加速度大小为 a4，则由牛顿第二定律得
1 虚线 1、2 之间距离的 2 倍，整个运动过程中导体棒所受的阻力恒为导体棒重力的6， 除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。
图4
(1)求导体棒沿导轨向上运动经过虚线 2 的速度大小 v1 与沿导轨向下运动经过虚线 2 的速度大小 v2 之比。
(2)求导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线 1 和刚经过虚线 2 的加速度大小之比。
故
mv 1.6×10－24 kg×106 r1＝qB1＝ 1.6×10－15 C×0.2
mT/s＝5×10－3
m
5 / 20
r2＝qmBv2＝11.6.6××1100－－2415kCg××100.065mT/s＝2×10－2 m 粒子通过直线边界 OM 时，进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线 的夹角，故经过 B1 磁场时沿着 OM 前进 r1 距离，经过 B2 磁场时沿着 OM 前进 r2 距离， 由于 OP＝3×10－2 m＝2r1＋r2，故轨迹如图所示：
cos 37°＝0.8)
[解析] (1)在电场中加速过程，根据动能定理，有：
qExA＝12mv2，
解得：v＝
2qExA m
2×1.6×10－15×1×104×5×10－2
＝
1.6×10－24
m/s
＝1×106 m/s；
粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，
v2 有：qvB＝m r ，
mv 解得：r＝qB；
故粒子从进入 O 点计时，到达 P 点经过的时间为：
60°＋60°
60°
1 2πm 1 2πm
2π×1.6×10－24
t ＝ 360° T1 ＋ 360° T2 ＝ 3 × qB1 ＋ 6 × qB2 ＝ 3×1.6×10－15×0.2 s ＋
π×1.6×10－24 3×1.6×10－15×0.05
故 M 的横坐标为 xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。
[答案]
(1)500 V
(2)(1,0)
3 (3)y＝－ 3 x，且 0≤x≤0.75 m
考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动 如图 2 所示，两同心圆圆心为 O，半径分别为 r 和 2r，在它们围成的环形
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区域内存在着磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。大量质量为 m、电量 为＋q 的带电粒子以不同的速率从 P 点沿各个方向射入磁场区域，不计粒子重力及其 相互作用。
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粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动 y＝12at2 a＝qmE2 sx＝v0t 代入数据可得 sx＝1 m 因此粒子通过 x 轴的坐标为(－1 m,0) (2)设满足条件的释放点的坐标为(x，y)，粒子在电场Ⅰ中加速过程根据动能定理可
得 qE1x＝12mv20
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设粒子从 P 点射出的方向与 x 轴的偏转角为 θ