【文档说明】专题73带电粒子在组合场中的运动（解析版） -高三物理一轮复习重难点逐个突破.docx，共(36)页，2.189 MB，由envi的店铺上传

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专题73带电粒子在组合场中的运动1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法1．（2022·全国·高三专题

练习）(多选)如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且𝐴𝐷=32𝐷𝐸=𝑎，现有一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿∠

CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过D、E点，则（）A．粒子一定带正电B．粒子的初速度为𝐵𝑞𝑎2𝑚C．圆形区域磁场的磁感应强度大小为32𝐵D．粒子从A点到E点经历的时间为5𝜋𝑚9𝐵𝑞【答案】CD【解析】A．由

左手定则及题意可知粒子带负电，故A错误；B．粒子的运动轨迹如图所示由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形区域磁场中偏转过的圆心角为60°，半径r1＝a由洛伦兹力提供向心力知𝐵𝑞𝑣=𝑚𝑣2𝑟1联立得

𝑣=𝐵𝑞𝑎𝑚故B错误；C．因𝐷𝐸=23𝑎，由几何关系知∠O′DE＝60°且O′D＝O′E，故△DEO′为正三角形，则粒子在圆形区域磁场中运动的轨迹半径为𝑟2=𝐷𝐸=23𝑎而𝑟2=𝑚𝑣𝐵0𝑞所

以圆形区域磁场的磁感应强度大小为𝐵0=32𝐵故C正确；D．粒子在三角形区域磁场中运行的时间𝑡1=𝑇16=𝜋𝑚3𝐵𝑞粒子在圆形区域磁场中运行的时间𝑡2=𝑇26=2𝜋𝑚9𝐵𝑞所以粒子从A点

到E点经历的时间为𝑡=𝑡1+𝑡2=5𝜋𝑚9𝐵𝑞故D正确。故选CD。2．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）(多选)如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为(−𝐿,−2𝐿3)

。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3𝑣0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（）A．电场强度𝐸=4𝑚𝑣023𝑞𝐿B．带电粒子到达O点时的速度大小𝑣=√5𝑣0C．粒

子射出磁场位置到O点的距离𝑑=8𝑚𝑣0𝑞𝐵D．在磁场中带电粒子运动的时间𝑡=53π𝑚90𝑞𝐵【答案】CD【解析】粒子运动轨迹如图A．由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有𝐿=3𝑣0𝑡

沿y轴方向有2𝐿3=12⋅𝑞𝐸𝑚𝑡2解得𝐸=12𝑚𝑣02𝑞𝐿A错误；B．沿y轴方向有2𝐿3=𝑣𝑦2𝑡解得𝑣𝑦=4𝑣0则到达O点时速度大小为𝑣=√𝑣𝑦2+𝑣𝑥2=5𝑣0B错误；C．经分析知sin𝜃=𝑣𝑦5𝑣0=0.8则𝜃=5

3°由洛伦兹力提供向心力有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅解得𝑅=𝑚𝑣𝑞𝐵=5𝑚𝑣0𝑞𝐵粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离𝑑=2𝑅sin𝜃=2×5𝑚𝑣0𝑞𝐵×0.8=8𝑚𝑣0�

�𝐵C正确；D．带电粒子在匀强磁场中运动的周期𝑇=2π𝑅𝑣=2π𝑚𝑞𝐵在磁场中运动的时间为𝑡=2𝜃360°𝑇=53π𝑚90𝑞𝐵D正确。故选CD。3．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在

y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为k的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成𝜃=53°的初速度𝑣0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应

强度为3𝑣05𝑘𝑑，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53∘=45、cos53∘=35，下列说法正确的是（）A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为dB．

A、C两点之间的距离为3dC．匀强电场的电场强度为4𝑣025𝑘𝑑D．粒子从A点再回到A点的运动时间为(15+5𝜋)𝑑3𝑣0【答案】AD【解析】AB．设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R，由几何关系可得𝑂𝐵=𝑅𝑂𝐶=𝑅𝐴𝐶=𝑂𝐴+𝑂𝐶粒子从A到B做类斜抛运动，在

B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度𝑣0分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为𝑣𝐵，则有𝑣0cos𝜃=𝑣𝐵由洛伦兹力充当向心力𝐵𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣𝐵2𝑅粒子从B到A做类平抛运

动，沿x轴方向与ｙ轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度𝑣0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tan𝜃=𝑂𝐵0.5𝑂𝐴结合𝐵=3𝑣05𝑘𝑑，综合解𝑅=𝑑𝑂𝐵

=𝑑AC=2.5dA正确，B错误；C．粒子在A点沿y轴正方向的分速度为𝑣𝑦=𝑣0sin𝜃由类平抛运动的规律可有𝑣𝑦2=2𝑞𝐸𝑚×𝑂𝐵综合解得匀强电场的强度为𝐸=8𝑣0225𝑘�

�C错误；D．粒子从A点到B点的运动时间𝑡𝐴𝐵=1.5𝑑0.6𝑣0粒子从B点到D点的运动时间为𝑡𝐵𝐷=𝜋𝑑0.6𝑣0根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为𝑡=2𝑡𝐴𝐵+𝑡𝐵𝐷综合计算可

得𝑡=(15+5𝜋)𝑑3𝑣0D正确。故选AD。4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，𝑎𝑏、𝑐𝑑是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形𝑑𝑒𝑓𝑔内存在匀强电场，边长𝑑𝑒与直径𝑐𝑑共线，电

场与磁场垂直、与𝑔𝑑平行，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从a点正对圆心O以初速度𝑣0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．电场方向由f指向eC．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为�

�2D．磁感应强度与电场强度大小的比值为1𝑣0【答案】AC【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，粒子带正电，A正确；B．粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，电场力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；C．

根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律，粒子在磁场中运动的时间𝑡1=2𝜋𝐿4𝑣0=𝜋𝐿2𝑣0在电场中运动时间为𝑡2=𝐿𝑣0则𝑡1𝑡2=𝜋2C正确；D．设匀强磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力充当向心力𝐵𝑞𝑣0=𝑚𝑣02𝐿解得𝐵=𝑚𝑣0𝐿𝑞在

电场中沿着𝑑𝑒方向以速度𝑣0做匀速直线运动𝐿=𝑣0𝑡2沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动𝐿=12⋅𝐸𝑞𝑚𝑡22解得𝐸=2𝑚𝑣02𝐿𝑞则𝐵𝐸=12𝑣0D错误。故选A

C。5．(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为𝐵0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+𝑞、质量为𝑚的粒子从𝑃点以𝑣0的速度沿垂

直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到𝑃点。（场区足够大，不计粒子重力）则（）A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°B．当粒子第二次进入电场时，到𝑃点的距离为2√2𝑚𝑣0𝑞𝐵0C．电场强度大小为�

�0𝑣0D．粒子回到𝑃点所用的总时间为(2𝜋+2)𝑚𝑞𝐵0【答案】ABC【解析】根据题意可知，粒子的运动轨迹如图A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的

锐角为45°，故A正确；B．由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过34𝑇后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为𝑅，根据牛顿第二定律𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅带入数据解得𝑅=�

�𝑣0𝑞𝐵0由图根据几何关系解得𝑃𝑆=2√2𝑅=2√2𝑚𝑣0𝑞𝐵0故B正确；C．设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2𝑅=𝑣0𝑡竖直方向2𝑅=12𝑎𝑡2根据牛顿第二定律

𝐸𝑞=𝑚𝑎联立代入数据解得𝐸=𝐵0𝑣0故C正确；D．粒子回到𝑃点所用的总时间包括在磁场中的运动时间𝑡1，第一次进入电场时先减速后加速的时间𝑡2及第二次在电场中偏转的时间𝑡3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知𝑡1=𝑇=

2𝜋𝑚𝑞𝐵0第一次进入电场时先减速后加速的时间𝑡2=2𝑣0𝑎=2𝑚𝑞𝐵0第二次在电场中偏转的时间𝑡3=2𝑅𝑣0=2𝑚𝑞𝐵0粒子回到𝑃点所用的总时间为𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3=(2𝜋+4)𝑚𝑞𝐵0故D错误。故选ABC。6．（2023·全国·高三专题

练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向

上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔

；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（）A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电

离子和带负电的离子B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2𝐸𝐵1𝐵2(𝑅1+𝑅2)C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处【答案】B【解析】A．由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不

能通过磁分析器，故A错误；B．离子通过速度选择器时，有𝐸𝑞=𝐵1𝑞𝑣解得速度𝑣=𝐸𝐵1离子在磁分析器中，有𝑞𝑣𝐵2=𝑚𝑣2𝑅由几何关系得𝑅=𝑅1+𝑅22联立可得𝑞𝑚=2𝐸𝐵1𝐵2(𝑅1+𝑅

2)故B正确；C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向𝑦轴正方向偏转，故C错误；D．只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足𝑣=𝐸𝐵1无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。故选B。7．（2022·湖南长沙·模拟预测）

(多选)如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压𝑈𝑀𝑁的变化如图乙所示，电压的大小为𝑈0，周期为𝑇0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为B。𝑡=0时，将一质量为m的带正

电粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为𝑇0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（）A．该粒子的比荷𝑞𝑚=𝜋𝐵𝑇0B．粒子第1次在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的的半

径𝑅1=√𝑇0𝑈0𝐵𝜋C．粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δ𝑑=2(√2−1)√𝑇0𝑈0𝐵𝜋D．若粒子的质量增加为53𝑚，电荷量不变，仍在𝑡=0时，将其从A处由静止释放，则在𝑡=0至𝑡=2𝑇0的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动

【答案】BC【解析】A．由于粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0，根据圆周运动有𝑞𝑣𝐵=𝑚4𝜋2𝑇2𝑅整理有𝑞𝑚=2𝜋𝑇0𝐵A错误；B．粒子在MN间加速后有𝑞𝑈0=12𝑚𝑣02粒子在磁场中做圆周运动有，并根据选项A有𝑞𝑚=2𝜋𝑇0𝐵，𝑞𝑣0𝐵=𝑚

𝑣02𝑅计算有𝑅=√𝑈0𝑇0𝜋𝐵B正确；C．粒子第二次经过MN后再次加速有𝑞𝑈0=12𝑚𝑣′2−12𝑚𝑣02在磁场区域Ⅱ做圆周运动有𝑞𝑚=2𝜋𝑇0𝐵，𝑞𝑣′𝐵=𝑚𝑣′2𝑅

′解得粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δ𝑑=2𝑅′−2𝑅=2(√2−1)√𝑇0𝑈0𝜋𝐵C正确；D．若粒子的质量增加为53𝑚，电荷量不变，则根据𝑞𝑚=2𝜋𝑇𝐵可知质量改变则粒子做圆周运动

的周期也发生改变，则粒子将不会“准时”到达MN间，故粒子在M、N间的运动不都是加速运动，D错误。故选BC。8．如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心O为原点，在环面内建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。

一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从x坐标轴上的b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m/s2）（1）求匀强电场的电场强度E；（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；（3）求小球第三次到达最高点a时

对圆管的压力。【答案】（1）1N/C；（2）0.5T；（3）(3−√2)N，方向竖直向上【解析】(1)小球第一次刚好过最高点，此时速度v1=0，则𝑞𝐸=𝑚𝑔解得𝐸=𝑚𝑔𝑞=1N/C(2)小球第二次过最高点是速

度为𝑣2，由动能定理可知𝑞𝐸𝑅=12𝑚𝑣22又𝑚𝑔+𝑞𝑣2𝐵=𝑚𝑣22𝑅解得𝐵=𝑚𝑞√𝑔2𝑅=0.5T(3)小球第三次过最高点时速度为，小球受圆管向下的压力为FN2𝑞𝐸𝑅=12𝑚𝑣32又𝑚𝑔+𝑞𝑣3𝐵+𝐹N=𝑚𝑣32𝑅解得𝐹N=

(3−√2)𝑚𝑔=(3−√2)N根据牛顿第三定律可知小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3−√2)N，方向竖直向上。9．如图所示，质量为𝑚、电荷量为𝑞的带正电粒子从𝐴点由静止释放，经电压为𝑈的加速电场加速后沿圆心为𝑂、半

径为𝑎的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从𝑃点垂直𝐶𝐹进入矩形匀强磁场区域𝑄𝐷𝐶𝐹。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向𝑂点。𝑄𝐹=𝑎，𝑃𝐹=1.6𝑎，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电

场的电场强度的大小𝐸；（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界𝑄𝐹上，求磁场的磁感应强度大小𝐵的取值范围。【答案】（1）𝐸=2𝑈𝑎；（2）1𝑎√2𝑚𝑈𝑞≤𝐵≤54𝑎√2𝑚𝑈𝑞【解析】（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定

理有𝑞𝑈=12𝑚𝑣2粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有𝑞𝐸=𝑚𝑣2𝑎联立以上两式解得𝐸=2𝑈𝑎（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟解得𝑟=1𝐵√2𝑚𝑈𝑞要使粒子能打在边界�

�𝐹上，则粒子既没有从边界𝐷𝑄射出也没有从边界𝐶𝐹射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示由几何关系可知，粒子能打在边界𝑄𝐹上，必须满足的条件为45𝑎≤𝑟≤𝑎解得1𝑎√2𝑚𝑈𝑞≤𝐵≤54𝑎√

2𝑚𝑈𝑞10．（2021·全国）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，

电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重

力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）20136mvqE；（2）0022(33)mvmvBqlql+；（3）粒子运动轨迹见解析，3910

344l−【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知0xvt=①22122qEtyatm==②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有0tan30yxvatvv==③粒子发射位置到P点的距离

22sxy=+④由①②③④式得20136mvsqE=⑤（2）带电粒子在磁场运动在速度0023cos303vvv==°⑥带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径min32cos303lrl==⑦最大半径ma

x22(31)cos75lrl==+⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知2mvqvBr=⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围0022(33)mvmvBqlql+（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运

动轨迹如图所示。由几何关系可知52sin552ll==⑩带电粒子的运动半径为354cos(30)lr=+⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离min33(sin30)drlr=+−⑫由⑩⑪⑫式解得3

910344dl−=⑬11．（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为𝐵0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿𝑦轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的

匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为𝑣0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直𝑦轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离

子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：（1）金属板M、N间的电场强度𝐸0；（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；（3）若已知𝑂𝐴=𝑙，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象

限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？【答案】（1）𝑣0𝐵0；（2）𝑚𝑣02𝑞𝐸+2𝑚𝑣0𝑞𝐵；（3）𝐵≥(√2+1)𝑚𝑣0𝑞𝑙或𝐵≤𝑚𝑣0𝑞𝑙【解析】（1）由题意可知正离子在M、N间受力平衡，即𝑞𝐸0=𝑞𝑣0𝐵0解得𝐸0

=𝑣0𝐵0（2）作出正离子的运动轨迹如图所示。正离子在第一象限中做类平抛运动，其加速度大小为𝑎=𝑞𝐸𝑚设正离子经过A点时的速度大小为v，根据速度的合成与分解有cos45°=𝑣0𝑣解得𝑣=√2𝑣0则正离子经过A点时的竖直分速度大小为𝑣

𝑦=√𝑣2−𝑣02=𝑣0正离子从P点到A点的运动时间为𝑡=𝑣𝑦𝑎=𝑚𝑣0𝑞𝐸所以𝑂𝐴=𝑣0𝑡=𝑚𝑣02𝑞𝐸设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅解得𝑅=𝑚𝑣𝑞𝐵

=√2𝑚𝑣0𝑞𝐵根据几何关系可得𝐴𝐶=2𝑅cos45°=√2𝑅=2𝑚𝑣0𝑞𝐵所以𝑂𝐶=𝑂𝐴+𝐴𝐶=𝑚𝑣02𝑞𝐸+2𝑚𝑣0𝑞𝐵（3）假设当磁感应强度大

小为B1时，正离子的运动轨迹恰好与y轴相切，如图所示，根据几何关系可知正离子再次进入第一象限时速度方向与x轴夹角为45°，且大小仍为v，此后正离子将做类斜抛运动，根据类斜抛运动的对称性可知其在第一象限中运动的水平位移大小为2

OA，所以正离子将从A点右侧再次进入第四象限做匀速圆周运动，由此可推知正离子将在第一和第四象限内往复运动，一定不会运动至第二象限，设此时正离子做匀速圆周运动的半径为𝑟1，根据几何关系可得𝑟1+𝑟1cos45°=𝑙根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵1=𝑚𝑣2𝑟

1解得𝐵1=(√2+1)𝑚𝑣0𝑞𝑙当B＞B1时，正离子运动半径减小，结合上述分析可知仍将在第一和第四象限内做往复运动，无法运动至第二象限。所以正离子在没有进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是�

�≥(√2+1)𝑚𝑣0𝑞𝑙假设当磁感应强度大小为B2时，正离子刚好垂直于y轴进入第三象限，如图所示。这种情况显然正离子也不会运动至第二象限。设此时正离子做匀速圆周运动的半径为𝑟2，根据几何关系可得𝑟2=√2�

�根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵2=𝑚𝑣2𝑟2解得𝐵2=𝑚𝑣0𝑞𝑙当B＜B2时，正离子运动半径增大，进入第三象限时速度方向与y轴负方向成锐角，不可能进入第二象限。所以正离子在进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是𝐵≤𝑚𝑣0

𝑞𝑙12．（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，在𝑥𝑂𝑦坐标系的第Ⅰ象限内存在沿𝑦轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为𝑚、电荷量为𝑞的带正电粒子（粒子所受重力不计）从坐标原点𝑂射入磁场，其入射方向与𝑥轴正方向的

夹角𝜃=30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(2√3𝐿+𝐿,𝐿)的𝑃点处时的速度大小为𝑣、方向沿𝑥轴正方向。求：（1）粒子从𝑂点射入磁场时的速度大小𝑣0；（2）电场的电场强度大小𝐸以及磁场的磁感应强度大小𝐵；（3）粒子从𝑂点运动到𝑃点的时间𝑡。【答案

】（1）𝑣0=2√33𝑣；（2）𝐸=𝑚𝑣26𝑞𝐿；𝐵=2√3𝑚𝑣3𝑞𝐿；（3）𝑡=√3𝐿(𝜋+12)6𝑣【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过𝑄点时的速度大小也为𝑣0

，根据对称性，粒子经过𝑄点时的速度方向与𝑥轴正方向的夹角也为𝜃，粒子进入第Ⅰ象限后，沿𝑥轴方向做匀速直线运动，沿𝑦轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有𝑣𝑣0=cos𝜃解得𝑣0=2√33𝑣（2）对

粒子从𝑄点运动到𝑃点的过程，根据动能定理有−𝑞𝐸𝐿=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02解得𝐸=𝑚𝑣26𝑞𝐿设粒子从𝑄点运动到𝑃点的时间为𝑡1，有0+𝑣0sin𝜃2⋅𝑡1=𝐿解得𝑡1=2√3𝐿�

�粒子从𝑄点运动到𝑃点的过程沿𝑥轴方向的位移大小𝑥𝑄𝑃=𝑣𝑡1解得𝑥𝑄𝑃=2√3𝐿又𝑂𝑄=2√3𝐿+𝐿−𝑥𝑄𝑃设粒子在磁场中做圆周运动的半径为𝑅，根据几何关系有𝑂𝑄=2𝑅sin

𝜃解得𝑅=𝐿根据洛伦兹力提供向心力有𝑞𝑣0𝐵=𝑚𝑣02𝑅解得𝐵=2√3𝑚𝑣3𝑞𝐿（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期𝑇=2𝜋𝑅𝑣0根据几何关系，在粒子从𝑂点运动到𝑄点的过程中，运

动轨迹对应的圆心角为90°−𝜃，故粒子在该过程中运动的时间𝑡2=90°−𝜃360°⋅𝑇解得𝑡2=√3𝜋𝐿6𝑣又𝑡=𝑡1+𝑡2解得𝑡=√3𝐿(𝜋+12)6𝑣13．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内

有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN上方有范围足够大的匀强电场，电场边界MN与磁场区域的最高处相切于O点，电场强度大小为E、方向垂直MN向下。在磁场区域的最低点P处有一粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的带正电粒子，粒子的比荷为k（质量m、电荷量q均未知），不计粒

子的重力和粒子间的相互作用。（1）要使沿PO方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。（2）若粒子的速率为v1=√2𝑘BR，从P点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进入电场后，在电场中运动时与边界MN

的最大距离h。（3）若粒子的速率为v2=√3𝑘BR，从P点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间t。【答案】（1）𝑣≤�

�𝐵𝑅；（2）ℎ=𝑘𝐵2𝑅22𝐸；（3）(𝜋+√3)3𝑘𝐵+2√3𝐵𝑅𝐸【解析】（1）带电粒子从𝑃点进入磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，若带电粒子离开磁场时偏转的角度大于或等于90°，则带电粒子不会进入电场，即有

𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟𝑟≤𝑅解得𝑣≤𝑘𝐵𝑅（2）设速率为𝑣1=√2𝑘𝐵𝑅的粒子在磁场中运动的轨迹半径为𝑟1，则有𝑞𝑣1𝐵=𝑚𝑣12𝑟1得𝑟1=√2𝑅在磁场中运动时间最长粒子的运动轨迹如图甲所示sin𝜃=𝑅𝑟1=√22设粒

子进入电场时竖直方向分速度为𝑣𝑦、加速度大小为𝑎，有𝑣𝑦=√22𝑣1=𝑘𝐵𝑅ℎ=𝑣𝑦22𝑎𝑞𝐸=𝑚𝑎解得ℎ=𝑘𝐵2𝑅22𝐸（3）若粒子的速率为𝑣2=√3𝑘𝐵𝑅，从𝑃点射入磁场，设在电场中运动时间最长的粒子在磁场中的轨迹

半径为𝑟2，则有𝑞𝑣2𝐵=𝑚𝑣22𝑟2𝑟2=√3𝑅垂直𝑀𝑁进入电场的粒子在电场中运动时间最长，由图乙可知𝛼+𝛽=2𝛼𝑟2sin𝛼=𝑅cos𝛽解得𝛼=𝛽=30°设粒子在磁场中从𝑃运动至𝑄的时间为𝑡1，则有𝑡1=16

𝑇=𝜋𝑚3𝑞𝐵=𝜋3𝑘𝐵设粒子在𝑄、𝐻之间往返运动的时间为𝑡2，则有𝑡2=2×𝑄𝐻𝑣2=2×𝑅2𝑣2=𝑚√3𝑞𝐵=1√3𝑘𝐵设粒子在𝐷、𝐻之间往返运动的时间为𝑡3，则有𝑡3=2𝑣2𝑎=2√3𝐵𝑅𝐸解得𝑡=𝑡1+𝑡2

+𝑡3=(𝜋+√3)3𝑘𝐵+2√3𝐵𝑅𝐸14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为R的圆形匀强磁场𝐵1（大小未知），圆心为𝑂1(0,𝑅)。x轴下方有一平行x轴的虚线MN，在其下方有磁

感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为𝐵2=√3𝑚𝑣02𝑞𝑅的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行与y轴、场强大小为𝐸=√3𝑚𝑣022𝑞𝑅的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δ𝑦（大小未知）。现有两相同带电粒子a、b以平行x轴的速度𝑣0分

别正对𝑂1点、A点(0,2𝑅)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。（1）求磁感应强度𝐵1的大小；（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δ𝑦的最小值；（3）若电场沿

y轴正方向，Δ𝑦=√3𝑅，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】（1）𝑚𝑣0𝑞𝑅；（2）√33𝑅；（3）4(2+√3)𝑅2【解析】（1）a、b平行进入圆形磁场，均进过原点O，

则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即𝑟=𝑅又𝑞𝑣0𝐵1=𝑚𝑣02𝑟解得𝐵1=𝑚𝑣0𝑞𝑅（2）带电粒子a从O点沿y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得𝑞𝐸Δ𝑦=12𝑚𝑣02解得Δ𝑦=𝑚

𝑣022𝑞𝐸=√33𝑅（3）若匀强电场沿y轴正方向，则粒子b从原点O沿x轴负向进入电场，做类平抛运动，设粒子b经电场加速度后的速度大小为v，在MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为𝑟1，粒子b离开电场进

入磁场时速度方向与水平方向夹角为𝜃，如图甲所示则有𝑞𝐸Δ𝑦=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02解得𝑣=2𝑣0又cos𝜃=𝑣0𝑣=12则𝜃=60°在电场中Δ𝑦=12𝑞𝐸𝑚𝑡12，𝑥=𝑣0𝑡1=2𝑅在磁场中有𝑞𝑣𝐵2

=𝑚𝑣2𝑟1解得𝑟1=4√33𝑅如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心𝑂2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与x轴正方向夹角为60°时，粒子能够到达x轴，距离原点O最远。则最小矩形区域水平

边长为𝑙1=𝑟1+𝑟1sin𝜃竖直边长为𝑙2=𝑟1+𝑟1cos𝜃则最小面积为𝑆=𝑙1𝑙2=𝑟12(1+sin𝜃)(1+cos𝜃)=4(2+√3)𝑅215．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，

在𝑥轴上方有竖直向下的匀强电场，𝑥轴下方−2𝑑≤𝑦≤0的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为𝑚、电量为+𝑞的带电粒子（不计重力），从𝑃点(0,𝑑)处沿𝑥轴正方向以初速度𝑣0射出，粒子第一

次从𝑀点(1.5𝑑,0)进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。（1）求磁感应强度𝐵；（2）让两个相同的该粒子先后从𝑃点以初速度𝑣0射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差Δ𝑡（不计两粒子间的相

互作用）；（3）增大粒子在𝑃点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度𝑣𝑚。【答案】（1）2𝑚𝑣0𝑞𝑑；（2）(127𝜋+240)𝑑180𝑣0；（3）𝑣m=169𝑣0【解析】（1）粒子在电场中做类平抛

运动，有𝑑=12𝑎𝑡21.5𝑑=𝑣0𝑡𝑣𝑦=𝑎𝑡解得𝑣𝑦=43𝑣0又tan𝜃=𝑣𝑦𝑣0𝑣=𝑣0cos𝜃解得𝜃=53°𝑣=53𝑣0粒子在磁场中，做匀速圆周运动，轨迹如图

，洛伦兹力提供向心力，有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟由几何关系，可得𝑟sin53°+𝑟=1.5𝑑联立，可得𝐵=2𝑚𝑣0𝑞𝑑（2）第一个从开始进入电场到与第二个粒子相遇共经历三个过程，首先在电场中类平抛，

设运动时间为t1，有𝑡1=1.5𝑑𝑣0然后在磁场中做匀速圆周运动，设运动时间为t2，有𝑡2=254°360°𝑇𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵最后再次进入电场，做类平抛运动的逆运动，设运动时间为t3，根据对称性可得�

�3=1.5𝑑−𝑟𝑣0即第一个粒子的运动总时间为𝑡总=𝑡1+𝑡2+𝑡3第二个粒子从进入电场，到相遇设时间为𝑡′总，有𝑡′总=𝑟𝑣0两粒子射出的时间差为Δ𝑡=𝑡总−𝑡′总=(127𝜋+240)𝑑180𝑣0（3）设粒子以

最大发射速度𝑣m进入电场，类平抛与x轴正方向成𝛼角进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹恰好与磁场下边界相切，由几何关系可得2𝑑=𝑅+𝑅cos𝛼其轨道半径为𝑅=𝑚𝑣′𝑞𝐵𝑣′=𝑣𝑦sin𝛼=𝑣

mcos𝛼𝑣𝑦=√2⋅𝑞𝐸𝑚⋅𝑑联立可得𝑣m=169𝑣016．（2022·贵州贵阳·二模）如图所示，在xoy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸

面向里。磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压𝑈AK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为𝑙，中间开有宽度为2𝑙且关于y轴对称的小孔。一个宽为√3𝑅、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射

出𝑛0个速率均为𝑣的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角𝜃的范围；（3

）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板𝑈AK的范围。【答案】（1）𝐵=𝑚𝑣𝑒𝑅；（2）−60°≤𝜃≤60°；（3）𝑛=√63𝑛0，−𝑚𝑣24𝑒<

𝑈AK≤0【解析】（1）电子均从P点射出，结合沿x轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为𝑟=𝑅电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑒𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟𝐵=𝑚𝑣𝑒𝑅（2

）设电子源上端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角𝜃m，如图所示，由几何关系可得：sin𝜃m=√3𝑅2𝑅𝜃m=60°同理电子源下端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60°，范围是−60°≤�

�≤60°（3）进入小孔的电子偏角正切值：tan𝛼=1𝛼=45°𝑦=𝑅𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛𝑛0=2𝑦√3𝑅𝑛=√63𝑛0当𝑈AK=0时，经过小孔的电子均能到达A板；当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，即

经过小孔的电子均能到达A板2𝑎ℎ=𝑣2𝑦，𝑎=𝑒𝑈𝑚ℎ𝑣𝑦=𝑣cos45°𝑈AK=−𝑚𝑣24𝑒−𝑚𝑣24𝑒<𝑈AK≤017．（2022·山东济宁·二模）2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置—

—中国环流器二号M装置（HL−2M）在成都建成并实现首次放电。如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心𝑂与𝑥𝑂𝑦平面坐标系原点重合，半径为𝑅0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于𝑥𝑂𝑦平面向里

的匀强磁场𝐵1（𝐵1未知），环形区域Ⅱ中有方向垂直于𝑥𝑂𝑦平面向外的匀强磁场𝐵2，且𝐵2=0.4𝐵1。质量为𝑚、电荷量为𝑞、速度为𝑣0的氢核从坐标为(0,𝑅0)的A点沿𝑦轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为(√22𝑅0,√

22𝑅0)的𝑃点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用。已知tan22.5∘≈0.4。（1）求区域Ⅰ中磁感应强度𝐵1的大小；（2）求环形外圆的半径𝑅；（3）求粒子从A点沿𝑦轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿𝑦轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间。【答案】（1）𝐵

1=5𝑚𝑣02𝑞𝑅0；（2）𝑅=(√2+1)𝑅0；（3）𝑡=72𝜋𝑅05𝑣0【解析】（1）由几何关系得tan𝛼=√22𝑅0√22𝑅0=1tan90°−𝛼2=𝑟1𝑅0解得𝑟1=0.4𝑅0由牛顿第二定律得𝑞𝑣0𝐵1=𝑚𝑣02𝑟1解得𝐵1=5𝑚𝑣0

2𝑞𝑅0（2）由牛顿第二定律得𝑞𝑣0𝐵2=𝑚𝜈02𝑟2解得𝑟2=104𝑟1=𝑅0由几何关系得𝑅=√𝑅02+𝑟22+𝑟2=(√2+1)𝑅0（3）氢核在区域I内的周期为𝑇1=2𝜋𝑟1𝑣0=0.8𝜋𝑅0𝑣0氢核在区域II内的周期为𝑇2

=2𝜋𝑟2𝜈0=2𝜋𝑅0𝜈0由几何关系得∠𝐴𝑂𝑄=45∘+90∘=135∘由几何关系得360°𝑛1=135°𝑛2解得𝑛2=8则总时间为𝑡=(180∘−45∘360∘𝑇1+360∘−90∘360∘�

�2)𝑛2=72𝜋𝑅05𝑣018．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域

后，与静止在点P（a，a）、质量为3m的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）（1）求电场强度的大小E；（2）若两粒子碰撞

后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨

迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。【答案】（1）22qBaEm=；（2）2mtqB=；（3）27aL=【解析】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a则2mvqBvR=则qBavm=粒子从S到O，有动能定理可得212qEamv=可得22qB

aEm=（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为1v、2v，取向上为正，则有1213mvmvmv=+2221211112223mvmvmv=+计算可得1122qBavvm==23322qBavvm==两粒子碰后在磁场中运动

211112mvqBvR=2222123mvqBvR=解得1Ra=2Ra=两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为11124RmTvqB==222243RmTvqB==则两粒子碰后再次相遇21222ttTT=+解得再次相遇时间2mtqB

=（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为212=46TT=撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t，由余弦定理可得'222

1212()()(2)cos60=2vtvtavtvt+−''1213vtvt=则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移127aLvt==19．（2022·安徽·淮南第一中学模拟预测）如图所示，竖直平面内建立平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦，𝑦轴正方向竖直向上，𝑥轴正方向水平向右。

在𝑥𝑂𝑦平面内第I、II象限有沿𝑥轴正方向的匀强电场𝐸1，在第IV象限存在沿y轴正方向的匀强电场𝐸2和垂直𝑥𝑂𝑦平面向里的匀强磁场𝐵（磁感应强度𝐵和电场强度𝐸1、𝐸2大小均未知）。一质量

为𝑚，电荷量为𝑞的带电液滴（可视为质点），从第II象限中坐标为（−𝑑，3𝑑4）的𝐴点由静止释放后沿直线运动，且恰好经过坐标原点𝑂点进入第IV象限，并在第IV象限内做匀速圆周运动，偏转后第一次经过𝑥轴上的𝑃1点进入第I象限，𝑃1坐标为（2𝑑，0）。已知重力加速度为𝑔。求：（

1）第I、IV象限强电场场强𝐸1和𝐸2的大小；（2）第IV象限内磁感应强度𝐵的大小；（3）若液滴经过𝑥轴上的𝑃1点后，还会再经过𝑥轴上坐标为（𝑥𝑃，0）的𝑃2点（图中未画出），求𝑥𝑃的所有可能值。【答案】（1）𝐸1=4�

�𝑔3𝑞，𝐸2=𝑚𝑔𝑞；（2）𝐵=𝑚𝑞√3𝑔2𝑑；（3）见解析【解析】（1）油滴的运动轨迹如图所示油滴由𝐴点静止释放后，做匀加速直线运动，且合力沿𝐴𝑂方向，则有tan𝜃=𝑚𝑔𝑞𝐸1=34解得𝐸1=4𝑚𝑔

3𝑞由题意，液滴在第IV象限内做匀速圆周运动，条件为复合场中重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有𝑞𝐸2=𝑚𝑔解得𝐸2=𝑚𝑔𝑞（2）液滴在第IV象限内做匀速圆周运动的半径为𝑅，由几何关系可得𝑅=𝑑sin37°

=5𝑑3由洛伦兹力提供向心力可得𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅其中𝑣是液滴沿𝐴𝑂方向运动到𝑂点速度，根据动能定理可得𝑞𝐸1𝑑+𝑚𝑔⋅3𝑑4=12𝑚𝑣2解得𝑣=5√𝑔𝑑6联立以上式子可得𝐵=𝑚𝑞√3𝑔2𝑑（3）液滴经过

𝑥轴上的𝑃1点后，在第I象限竖直方向做竖直上抛运动，且最高点与𝐴点等高，水平方向做匀加速直线运动，且初速度与过𝑂点时的水平分速度相同，运动轨迹如图所示𝑂𝑃1=2𝑅1sin𝜃=2⋅𝑚𝑣𝑞𝐵sin𝜃=2⋅𝑚𝑣𝑦𝑞𝐵=2𝑑可知液滴每次经过�

�轴进入第IV象限偏转后前进的距离都是2𝑑，假设液滴从𝐴点沿𝐴𝑂方向运动到𝑂点所用时间为𝑇，在𝑥轴方向前进的距离满足𝑥=12𝑎𝑥𝑇2=𝑑液滴从𝑃1点进入第I象限的匀强电场𝐸1中，水平方向根据初速度为0的匀加速直线运动规律可得𝑃1𝑃′1=3𝑑+5

𝑑=8𝑑由匀加速直线运动规律，可知液滴每次经过𝑥轴进入第I象限的匀强电场𝐸1中偏转后前进的距离比上一次前进的距离多Δ𝑥=𝑎𝑥(2𝑇)2=8𝑑即液滴从𝑃1点之后每次在电场𝐸1前进的距离为8𝑑、16�

�、24𝑑⋯以上分析可知，液滴经过𝑃1点后，再经过𝑥轴由第I象限进入第IV象限时，𝑃2坐标（𝑥𝑃，0）应满足𝑥𝑃=𝑛⋅2𝑑+8𝑑(1+2+3+⋯+𝑛)（𝑛=1，2，3⋯）即𝑥𝑃=𝑛⋅2𝑑+8𝑑⋅𝑛(𝑛+1)2=4𝑑⋅𝑛2+6𝑑

⋅𝑛（𝑛=1，2，3⋯）液滴经过𝑃1点后，再经过𝑥轴由第IV象限进入第I象限时，𝑃2坐标（𝑥𝑃，0）应满足𝑥𝑃=(𝑛+1)⋅2𝑑+8𝑑(1+2+3+⋯+𝑛)（𝑛=1，2，3⋯）即𝑥𝑃=(𝑛+1)⋅2𝑑+8𝑑⋅𝑛(𝑛+1)2=4𝑑⋅𝑛2+6𝑑⋅𝑛+2

𝑑（𝑛=1，2，3⋯）