热考(5)带电粒子在复合场中运动-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

热芳（五） 带电粒子在复合场中运动 [热考解读] 带电粒子在复合场中的运动问题是磁场的核 心和焦点，也是近几年高考命题的热点，几乎每年 的高考电磁学压轴大题都会涉及，所以备考时应 强化对应练习. A.若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电 电场、磁场中带电粒子的运动及解答方法 子)，则前表面比后表面的电势高 牛顿第二定律、 B.若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大 匀变速直 求法 运动学公式 线运动 C.若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到 场 动能定理 带电 的霍尔电压也会增大 粒子 常规分解法 类平抛运动 求法 在分 特殊分解法 D.若汽车速度增大，则霍尔电压也增大 类斜抛运动 离的 功能关系 2.(2025·江西九江·二 电场 磁场 匀速直线 求法 中运 运动学公式 模)如图，空间中存在竖 运动 R 中 圆周运动公式 直向下的匀强电场和垂 匀速圆周 求法 牛顿第二定律 运动 以及几何知识 直于纸面向里的匀强磁 场，电场强度大小为E [热考热练] 磁感应强度大小为B.一质量为的带电油滴 (时间：75分钟分值：100分) a,在纸面内做半径为R的匀速圆周运动.当a 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴I、 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 Ⅱ，二者带电量、质量均相同.小油滴I在P点 题目要求的 时与a的速度方向相同，并做半径为3R的匀速 1.(2025·浙江·二模)汽车装有加速度传感器， 圆周运动，小油滴Ⅱ的轨迹未画出.己知重力加 以测量汽车行驶时纵向加速度.加速度传感器 速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及I、Ⅱ 有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔 分开后的相互作用，则 元件，如图所示.汽车静止时，霍尔元件处在上 下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有 A.油滴a带电量的大小为E g 向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位 B.油滴a做圆周运动的速度大小为3gBS E 置而向下偏移.偏移程度与加速度大小有关.如 霍尔元件通人从左往右的电流，则下说法正确 C.小油滴I做圆周运动的周期为4πE 8B 的是 D.小油滴Ⅱ做圆周运动的半径为R 117 3.(2025·浙江·模 电势差U,(前表面的电势低于后表面的电势). 拟预测)如图所 则 示，当有电流【垂直于磁场方向通过半导体板 连接到速度计 霍尔传感器 时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏 前叉 转，说明半导体板两侧之间存在霍尔电压UH· 用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步 磁铁 实验，记录数据结果如表格所示.由于粗心，表 甲 格第一行没有记录全部相关的物理量，只记得 霍尔元件磁场B 第一列为实验次数，第三列为通入的电流大小， 第五列为霍尔电压，已知厚度(ab边长)为h、宽 度(bc边长)为l,长度(be边长)为d.请用你学 过的物理知识并结合表中数据判断，下列说法 正确的是 A.自行车的速度为2πnr B.车速越大A、B间电势差越大 实验 通入电流 霍尔电压 C.霍尔元件的载流子是正电荷 次数 大小I/A UH/V D.电源长时间使用后电动势减小，A、B间电势 2.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10-1 1.4×10-2 差将减小 2 4.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10- 7.0×10 5.(2025·山东省泰安市高三 M M ×××× 2.0×10 1.0×10-3 2.0×10 7.0×10 2 三模)如图所示，比荷不同 a××-×-x4b A.第二列为板的厚度h 的两个带电粒子在A处由 ×××× 静止释放，经加速电压U0 A B.第四列为半导体长度d N C.霍尔电压正负与半导体中导电粒子正负无关： 加速后，垂直磁场左边界MN射人宽度为d的 D.磁感应强度加倍，厚度减半，电流大小减半， 匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁场方向 霍尔电压不变 垂直纸面向里.两个粒子经磁场偏转后一个从 4.(2025·福建龙岩·二模)自行车速度计可以利 左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁 用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速： 场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线 率.如图甲所示，自行车前轮半径R,霍尔效应 刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁 传感器固定于前叉距轴r处.一块磁体安装在： 场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子 前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一 重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 次，传感器就会输出一个脉冲电压，若每秒触发 ( n次脉冲.如图乙所示，电源输出电压为U1当 A.从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点 磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现： 离开磁场区域的粒子带负电 118 B.从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为2。 入B2,最后荧光屏恰好未发光，粒子重力不计，则 3d2 B2 MN两极板间的电压大小是 3Uo C.从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为 荧光屏 2d B2 D.从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的 时间之比为3：1 6.(2025·河北省通州市高 ty 以 XX xX T三模）如图所示，在x××B×× ××× 轴下方宽度为d=0.2m X×X 的区域中，x>0的区域××××××× 有沿y轴正方向的匀强电场，场强E=4× 103V/m,x<0的区域无电场.在y>0和y< A. qBd(Bd1+B2d2) B.g(B14+B2d2) m mBd 一0.2m的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场， C.gBd(B2d2-Bd) D.gBd(Bid-B2d2) m m 磁感应强度B=0.4工.一比荷g=1X105C/kg的 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20 带正电粒子从M(0.1m,一0.2m)点由静止释放，：分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 不计粒子重力，以下判断正确的是 )要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分， A.粒子第一次经过x轴时速度大小为2×104m/s有选错的得0分 B.粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴垂直8.(2025·河北卷·10)如图，真空中两个足够大 C.粒子第三次经过y轴时的位置坐标为(0,0.2m) 的平行金属板M、N水平固定，间距为d,M板 D.粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时： 接地.M板上方整个区域存在垂直纸面向里的 间为(2+E+5+)×105g 匀强磁场.M板O点处正上方P点有一粒子 源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均 7.(2025·福建省泉州市高三四校联考)如图所 相同的同种带电粒子.当发射方向与OP的夹 示，速度选择器MN两极板间的距离为d,板间： 角0=60时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的 匀强磁场的磁感应强度大小为B,O为速度选择 小孔.已知OQ=3L,初始时两板均不带电，粒子 器中轴线上的粒子源，可沿OO方向发射速度大 碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均 小不同、带电荷量均为q(g>0)、质量均为m的带 匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属 电粒子，经速度选择器后，粒子先后经过真空中 板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边 两平行边界的匀强磁场区域到达足够大荧光屏；！ 缘效应.下列说法正确的是 匀强磁场的磁感应强度分别为B1、B2,对应边界 × 的宽度分别为d1、d2.调节滑片P可改变速度选 × X L0 X 择器M、N两极板间的电压，使粒子沿OO方向 × 十 ×0X Q× × × 垂直磁场B1边界进入B1,经磁场B1偏转后进 119 A.粒子一定带正电 C.加速质子的交流电源频率与加速α粒子的交 B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强 流电源频率之比为1：1 度减小 D.能使原来静止的质子获得的最大速率为2· C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大 10.(2025·福建卷·7)空间 距离为7L 中存在垂直纸面向里的 D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小 匀强磁场B与水平向右 距离为w3d ×× 的匀强电场E,一带电体 9.(2025·天津南开中学模 拟)回旋加速器在核科学、 嫠 在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动， MN与水平方向呈45°，NP水平向右.带电量 核技术、核医学等高新技 电 源 为q,速度为o,质量为m,当粒子到N时，撤去 术领域得到了广泛应用， 磁场，一段时间后粒子经过P点，则( 有力地推动了现代科学技狹缝 术的发展.回旋加速器的原理如图所示，D1和 A.电场强度为E=√2mg D2是两个正对的中空半圆金属盒，它们的半径 均为R,且分别接在电压一定的交流电源两端， B.磁场强度为B=Emg qv 可在两金属盒之间的狭缝处形成变化的加速电： C.NP两点的电势差为U=2mv 场，两金属盒处于与盒面垂直、磁感应强度为B D.粒子从N→P时距离NP的距离最大值 的匀强磁场中，A点处的粒子源能不断产生带 电粒子，它们在两盒之间被电场加速后在金属 盒内的磁场中做匀速圆周运动.调节交流电源11.(2025·海南省四校高三联考)如图，真空中有 的频率，使得每当带电粒子运动到两金属盒之 区域I和Ⅱ，区域I中存在匀强电场和匀强磁 间的狭缝边缘时恰好改变加速电场的方向，从： 场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方 而保证带电粒子能在两金属盒之间狭缝处总被！ 向垂直纸面向里，腰长为L的等腰直角三角形 加速，且最终都能沿位于D,盒边缘的C口射 CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向 出.该回旋加速器可将原来静止的α粒子（氦的 垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线 原子核)加速到最大速率，使它获得的最大动： 上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂 能为Ek.若带电粒子在A点的初速度、所受重 直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不 力、通过狭缝的时间及C口的口径大小均可忽： 同的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动 略不计，且不考虑相对论效应，则用该回旋加： 的粒子才能进人区域Ⅱ.若区域I中电场强度 速器 大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁 A.加速质子的总次数与加速α粒子总次数之比 感应强度大小为B2,则粒子从CF边靠近F的 为2：1 三等分点D射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间 B.能使原来静止的质子获得的动能为Ek 为to.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ 120 中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒： (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右 子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正 侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大 确的是 小为45E·,求粒子相对于电容器右侧的最远 _3d G 459 水平距离xm: B B2 D .459 A.从D点飞出的粒子速度大小为 B2 B龙子的比商为，配 C.若仅将区域I中电场强度大小变为2E, 则t<to D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 3 B2 则粒子从GF边出射 三、非选择题：本题共5小题，共52分 12.(2025·湖南卷·14)(6分)如图，直流电源的 电动势为E, B × 内阻为ro,滑 a vo × ×× 动变阻器R的 ×× 最大阻值为 Eo,ro 3d 2r0,平行板电容器两极板水平放置，板间距离 为d,板长为3d,平行板电容器的右侧存在方 向垂直纸面向里的匀强磁场.闭合开关S,当滑 片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电： 粒子以初速度0水平向右从电容器左侧中点 α进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘 b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边 缘c点进人电容器，忽略粒子重力和空气 阻力 (1)求粒子所带电荷量q; (2)求磁感应强度B的大小； 121 13.(2025·河南卷·15)(8分)如图，水平虚线上14.(2025·山东·统考二模)(10分)制造芯片，要 方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区 精准控制粒子的注人.如图甲所示，是控制粒 域有竖直向上的匀强电场.质量为、带电量 子运动的装置示意图，两块边长均为d的正方 为g(g>0)的粒子从磁场中的a点以速度vo: 形金属板M、N上、下正对水平放置，极板间距 向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右 也为d.以该装置的立方体中心O点为原点建 下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子 立直角坐标系，并在极板间加沿y轴负方向的 又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通 匀强磁场（磁感应强度大小未知），两极板接到 过b点时其速度方向水平向右.a、b距水平虚 电压为U的电源上.现有一束带正电粒子以速 线的距离均为h,两点之间的距离为s=3√3h. 度o沿x轴正方向从左侧持续注入极板间， 不计重力. 恰好沿x轴做匀速直线运动.不考虑电磁场的 边缘效应，粒子的重力忽略不计，粒子之间的 静电力忽略不计. M (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以o0竖直向下发射，长时间 甲 来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大 UMN 小.（一个周期内粒子的位移与周期的比值为 漂移速度)》 乙 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若仅撤去磁场，该带电粒子束恰好击中点 (一号0，一兰)，求粒子的比荷： (3)若仅撤去电场，求带电粒子束离开立方体 空间的位置坐标； 122 (4)若将磁场方向改为沿之轴正方向，并将两： 屏，荧光屏与虚线平行.与O的距离1= 极板接到电压按如图乙所示变化的电源上， 20√5cm,M、N是荧光屏上两点，MO连线与 t=0时刻让粒子从中心O点沿x轴正方向以 屏垂直，N到M点之间的距离L=20cm.已知 速度注入，试通过计算说明从粒子注入后 加在平行板间的电压U2=1.2×104V,粒子的 到击中极板前会经过之轴几次. 比荷为g=108C/kg.不计重力的影响，求： 荧光屏 0 E (1)加速电场U1大小； (2)要使粒子打到荧光屏上MN之间，圆形区 域内的磁场B范围 15.(2025·新疆维吾尔自治区第二次联考)(12分) 如图所示，大量的同种粒子从静止经电压U1： 加速后，沿虚线方向射入正交的电磁场之中， 恰好做直线运动，电场强度方向竖直向下，磁： 感应强度大小B1=0.2T,方向垂直纸面向 里，两平行板之间的距离d=6cm.平行板右侧 有一圆形磁场区域，圆心O在虚线上、半径 r=10cm,圆内有垂直纸面向里的磁场B,B 的大小可以调控.圆形区域的上方安装有荧光： —123 16.(2025·湖南永州一 (2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到 A 模)(16分)如图所示 达MN,求△y的最小值； 的xOy平面内，以O1 10 -N (3)若电场沿y轴正方向，△y=√3R,欲使电子 (0,R)为圆心，R为半 b能到达x轴上且距原点O最远，求矩形磁场 径的圆形区域内有垂 区域的最小面积. 直于xOy平面向里的匀强磁场（用B1表示， 大小未知)；x轴下方有一直线MN,MN与x 轴相距为△y,x轴与直线MN间区域有平行 于y轴的匀强电场（图中未画出），电场强度大 小为E;在MN的下方有矩形区域的匀强磁 场，磁感应强度大小为B2,磁场方向垂直于 xOy平面向外.电子a、b以平行于x轴的速度 0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁 场，偏转后都经过原点O进人x轴下方的电 场.已知电子质量为m,电荷量为e,E= 出，-m,不计电子重力. √3mwo2 2eR 2er (1)求磁感应强度B1的大小； -124该段时间内AB运动的位移为x'1=十。 2t2 传送带运动的位移为x':=t 故可得Q=u(ma十mg)g·(x2一x1) 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去. 答案(1)72N,方向竖直向上(2)1.6J(3)0.6 2.6m/s 16.解析(1)A克服摩擦力做功为 W:-umgxo 解得W,=1J 弹簧的弹性势能最大值为 E-Fx-F0Xxo 2 解得E。=10J. (2)爆炸后A获得的动能为 EkA=mmg(L。十xo)十E, 解得Ek4=16J 爆炸过程中有 mvoA-MUoB =0 B获得的动能为 Exn Mua 解得E=4J 爆炸过程中转化成A、B的机械能为 E=Ea十EB=20J. (3)由2M'=16,分MB2=4 可得爆炸后A、B的速度为voA=4m/s,w=1m/s B向右运动至停止经过的路程为x:=20 其中a1=aB=mg n 解得xB=0.25m 所用的时间为t==0.55 aB 得到A返回到爆炸，点的时间tA>t妇，所以A被弹簧 碰撞静止的物体B.设碰撞前A的速度为V4, 则宁m=号m以+ms[2L,十，)+] 解得vA=√5m/s A、B碰撞后，速度分别为vA'和B 则mua=mua'十Muz 1 解得，'=-35m/s,0g'-25m/s 5 5 碰撞后A向左运动的位移为5A=) -=0.27tm 2a B向右运动的位移为5B=2a -g=0.12m,所以A、E 最终静止的位置与爆炸，点的距离分别为 △x4=(0.27-0.25)m=0.02m △x3=(0.12十0.25)m=0.37m. 答案(1)1J10J(2)20J (3)0.02m0.37m 热考（五）带电粒子在复合场中运动 :1.B2.D3.A4.D5.C6.D7.C8.BD9.AB 10.BC 11.BCD :12.解析(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速 m/s或 直线运动有 √5d=6t 竖直方向做匀变速直线运动 _0+t, 2 2 ,=at=g md 由闭合回路欧姆定律可得U= 3 联立可得西，=3q mi? E。 (2)粒子进入磁场与竖直方向的夹角为 tan0=2=60, 25 sin 60 粒子在磁场中做匀速圆周运动B=m尺 d 由几何关系易得R= _V3d c0s309 3 2Eo 联立可得B dv (3)取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向 右的电场力平衡，则有 qUM B=gE 解得u1=2 3 粒子以，速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合 速度的竖直方向分速度为 U2=1十U,=√3u 此时合速度与竖直方向的夹角为 弹回后， tan a= √3U 合速度为'=√(W5)”十， 粒子做圆周运动的半径 _mu Bq 最远距离为xm=r十rcos a-= (2+5)d 2 2+)d 答案 (1)q m (2)B= 2Eo (3) Eo 2 :13.解析 (1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 两物体 由题意可知0=60 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为”，由几何关系有”= rcos 0+h 221 解得r=2h 由牛顿第二定律有g,B=m 解得B一器 (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍： 为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得 AB=s-2rsin0=3√3h-2√3h=√3h 则粒子在电场中的运动时间为 t .AB23h UoC0s日 Vo 沿电场方向上，由牛顿第二定律有 gE=ma 由运动学公式有 -vosin 0=vosin -at 联立解得E购、 (3)若粒子从a点以v。竖直向下发射，画出粒子的运动轨 迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为。，粒子在磁场中运 动的半径仍为2h,由几何关系可得，粒子进入电场时速度与 虚线的夹角a=60° 结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为1=2 AB间的距离为AB=√3h 由几何关系可得BC=2 rsin a=2√3h 则AC=BC-AB=√3h 粒子在磁场中的运动时间为6=36020.2_8山 360° 3v0 则有1=4十t,=(65+8m)h 3U0 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动√3h,则漂移速度大} 小=⑤h=33 t 6V5+8π 答案(1) 2gh (2)m飞 (3)33 U 2gh 6√3+8π 14.解析(1)粒子做匀速直线运动，则有 U =q6B, 可得B一m。 U (2)粒子做类平抛运动，有 m =-号-d, 联立可得粒子的比荷4=门；】 : 172 222 (3)粒子做匀速圆周运动，则有 9o B=mv? R 可得R=号， 则2R=2u、4 9<2 所以粒子在磁场中运动半个周期，从左边界飞出，则带电粒 子来高开立方体空间的位重坐标（一号。 2d) 0, (4)粒子沿x轴做变速直线运动，在xOy平面内做圆周运动， 周期为T=2πm=2πd≈0.7d qB 9vo 由乙图可知，在0一时间内加速，粒子在之轴方向的位移 8u0 9d 4=a=8 在一时间内减速，粒子在之轴方向的位移 b=a4za,= 128 4一从时间内向反方向加速，粒子在之轴方向的位移 在 21 9d 32 一6d时间内向反方向减速到速度为零，粒子在之轴方 在208 向的位移 1 9d =att-zat,2=32, 粒子回复最初的方向接着重复最初的运动，运动时间为 d t5=t十ty=4 此时距板的距离为 △1=z1-(4,-4-)-4,-4-4)= 7d 32 则由△l=2atg, 2 可得品 到达极板所用总时间为 t=6十t十6十64十6+6，≈1224 Uo 粒子每个周期经过一次之轴，则 n=子≈1.7， 取整数，所以经过1次， 答案(1)B= (2)1=9u2 dvs m U 3-号0， (4)1 解析(1)设粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动的速度 为U,则有： 由平衡条件有：Eq=quB U. 而电场强度：E= d U, 联立以上解得：u=Bd 代入数据可得：v=1×10m/s 由动能定理得eE△y=1 mw、1 对粒子在U1电场中加速，由动能定理有： 1 解得u=2U Uq=2mi 代入可得：U1=5000V 由牛颜第二定律得wB,=m二，解得万=4y5R 2 (2)粒子沿半径方向射出磁场，作出粒子分别打到荧光屏上M: 又os0=÷=是，则9=号 1 点和N点的运动轨迹，圆心分别为O、O,,轨迹圆的半径分别 为R和R2 由几何关系可知，电子b在MV下方矩形磁场中运动轨迹的 圆心O,在y轴上，当电子b从矩形磁场右边界射出，且射出 M O2 a 荧光屏 方向与水平方向夹角为0=号时，电子6能够到达x轴，且距 B 离原，点O最远.由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为 U B l1=n十r1sin8 可 竖直边长为l2=n十ncos日 则最小面积为S=l14=n2(1十sin9)(1十cos8)= 由几何关系知：R,=r 4(2+√3)R2. R,= 一而tana=工 tan 1 答案R2)号Rg42+5R 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： A-咒B 热考（六） 电磁感应中的动力学和能量问题 联立以上几式可得：B1= 2=1X10T=0.1T 1.B2.C3.C4.D5.B6.C7.A8.BC9.BC 10×0.1 10.ACD 11.CD m :12.解析(1)设离开右边界时棒ab速度为，则有 B,= 1×10 T=0.058T,所以圆形磁场区1 E=BLU① 4×5r10×3×0.1 E② 域的磁感应强度的范围为：0.058T≤B0.1T 1FR中 对棒有2F。一BIL=0③ 答案(1)加速电场U1大小为5000V; (2)要使粒子打到荧光屏上MN之间，圆形区域内的磁场B范： 解得= 2F。(R+r) ④： BL 围是0.058T≤B0.1T. (2)在αb棒运动的整个过程中，根据动能定理 16.解析(1)电子a、b射入圆形磁场区域后做圆周运动，且轨道： 半径大小相等，当电子Q射入，经过O点进入x轴下方时，分 R,d+2Ed-W&=合um-0回 析其运动轨迹可知 由功能关系E。=W安⑥ r=R, 解得E&=F,(d,+2d-2mF,(R+r B'L 2mF2(R+r)2 解得B=震。 答案1)2ER+ BL (2)F(d。+2d)- B'L (②)匀强电场沿y轴负方向，电子a从0.点沿y轴负方向进入：13.解析 (1)由动量定理得 电场后做匀减速运动，且将要到达N时速度减为零，此时电！ nBL.nBL.△Y=mAu R 子在匀强电场中运动的距离为最小值△ym,由动能定理得 其中 1 eEAyis=之mw d=u△t 右则磁场的磁感应强度为 解得4器9R B=kl (3)匀强电场沿y抽正方 解得 0 向，电子b从O点进入电 0' △w=0.4m/s M C 场做类平抛运动，设电子 方向水平向左 b经电场加速后到达MN (2)第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得 时速度为，电子b在 nBL.nB面.△=0-m MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为”1，电子b离开电场 R : 进入磁场时速度方向与水平方向成日角，如图所示 其中 3d=v△t 223