故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y=a=t=

12

at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353?×100%=29% 180o3L区域存在场强大小相同，方向相反均平2

9．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在-

3L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（（不计粒子重力），求：

53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；

（2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．

?405?37??L4v05【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．

60v033【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

3L=v0t1， 2

L=

vy2t1

可得t1=

3L4，vy=v0 2v0322=故粒子在P2的速度为v=v0?vy5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3121mv-mv02可得 22（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qLv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5m?v02mvmv03==解得：B=

5qR3qLq?L2解得：

E4v0?； B3（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-点，可得：

3L直线与Q′2P2O′=

3L5L=r =

2cos53o2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-

3L 23L+（r-rcos37°）=2L； 2直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=

2v0在磁场中由P2到M动时间：t2=

2qE8v0=从M运动到N，a= m9L37?2?r37?L?= o120v360v0则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

?405?37??L60v0．

10．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标

x0?6cm，在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度

E?1.6?105N/C，在第二象限有半径R?5cm的圆形磁场，磁感应强度B?0.8T，方

向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴

上方180°范围内的各个方向发射比荷为

6q?1.0?108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率v0?4.0?10m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）0?y?10cm （3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动

v2qv0B?m

r解得：r?mv0?5cm qB（2）由（1）问中可知r?R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形PO?FO1为菱形，所以FO1//O?P，又O?P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0?y?10cm．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

x0?v0t0

h?12at0 2a?qE m解得：h?18cm?2R?10cm，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则

x?v0t

y?12at 2代入数据解得x?2y 设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为?，

qExgvymv0，

tan????2yv0v0所以H??x0?x?tan??x0?2yg2y， 由数学知识可知，当x0?2y?????2y时，即y?4.5cm时H有最大值，