2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場 能力課1 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）新人教版

能力課1 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動一、選擇題1(2016年全國卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A11 B12C121 D144解析：選D設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qUmv20，得v在磁場中qvBm由式聯(lián)立得m，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B212B1，q1q2，可得144，故選項(xiàng)D正確2(多選)(2019屆揚(yáng)州期末)回旋加速器工作原理示意圖如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，下列說法正確的是()A若只增大交流電壓U，則質(zhì)子獲得的最大動能增大B若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行時間會變短C若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，交流電頻率f必須適當(dāng)增大才能正常工作D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速粒子解析：選BC當(dāng)粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)qvmBm，得vm，那么質(zhì)子獲得的最大動能Ekm，則最大動能與交流電壓U無關(guān)，故A錯誤；根據(jù)T，若只增大交變電壓U，不會改變質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的周期，但加速次數(shù)減少，則運(yùn)行時間也會變短，故B正確；根據(jù)T，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，那么T會減小，只有當(dāng)交流電頻率f適當(dāng)增大才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T知，換用粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速粒子，故D錯誤故選BC.3(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P和P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運(yùn)動的半徑之比為 1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13解析：選BCD離子P和P3質(zhì)量之比為11，電荷量之比等于13，故在電場中的加速度(aqE/m)之比等于13，則A項(xiàng)錯誤；離子在離開電場區(qū)域時有qUmv2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvBm，得半徑r ，則半徑之比為11，則B項(xiàng)正確；設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系drsin，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1，因30°，則60°，故轉(zhuǎn)過的角度之比為12，則C項(xiàng)正確；離子離開電場區(qū)域時有qUEk，離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即13，則D項(xiàng)正確4(多選)(2018屆廣西三市聯(lián)考)在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等在該平面有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以垂直x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計粒子的重力，則()A磁感應(yīng)強(qiáng)度BB電場強(qiáng)度EC粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為D粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為解析：選BD根據(jù)題述情境，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動軌跡和在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡，如圖所示帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向有y0v0t，水平方向有dat2，又qEma，tan45°，聯(lián)立解得E，y2d，選項(xiàng)B正確；帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度vv0，由圖中幾何關(guān)系可得，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R2d，由洛倫茲力提供向心力可得，qvBm，聯(lián)立解得B，選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動時間t1，在第四象限內(nèi)的運(yùn)動時間t2，帶電粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為t總t1t2，選項(xiàng)D正確，C錯誤5(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎秊槭轨o止于該磁場中的帶正電的粒子能按abcdef的順序做橫“”字曲線運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)()A若粒子的初始位置在a處，在tT時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f處，在t時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C若粒子的初始位置在e處，在tT時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b處，在t時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析：選AD要使粒子的運(yùn)動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運(yùn)動的周期應(yīng)為T0，若粒子的初始位置在a處時，對應(yīng)時刻應(yīng)為tT0T，同理可判斷B、C、D選項(xiàng)，可得A、D正確二、非選擇題6(2018屆成都外國語學(xué)校模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界現(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動軌跡恰與ab相切并返回磁場已知電場強(qiáng)度E，不計粒子重力和粒子間的相互作用試求：(1)粒子第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大?。?2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小解析：(1)根據(jù)動能定理，得qEdmv2mv02，解得v2v0粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有FqE，a，dat12，xv0t1解得t1，x.(2)粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成角進(jìn)入磁場tan，解得60°根據(jù)RRcosd，得R由牛頓第二定律可得qvBm，解得B.答案：(1)2v0(2)7空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示已知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為2R的N點(diǎn)，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強(qiáng)度的大??；(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時間解析：(1)設(shè)粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm，得v如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場，則粒子在電場中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，有2Rvt，又因?yàn)镽··t2解得E.(2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點(diǎn)射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角150°，粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2T粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH，在無場區(qū)運(yùn)動的時間t2故粒子到達(dá)y軸的時間為tt1t2.答案：(1)(2)8(2018屆秦皇島高三聯(lián)考)如圖所示，靜止于A處的正離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；2d、3d，離子重力不計(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大?。?2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有qUmv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0m，解得R.(2)離子做類平拋運(yùn)動dvt3dat2由牛頓第二定律得qEma，則E.(3)離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qBvm則r離子能打在QN上則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊上出去，則離子運(yùn)動徑跡的邊界如圖和，由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：dr2d則有 B .答案：(1)(2)(3) B |學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1(多選)(2019屆廣州畢業(yè)班綜合測試)如圖，正方形abcd中abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行于bc的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)一帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，接著從b點(diǎn)射出電場不計粒子的重力，則()A粒子帶負(fù)電B電場的方向是由b指向cC粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動能相等D粒子在磁場、電場中運(yùn)動的時間之比為2解析：選ABD根據(jù)題述，帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，由左手定則可判斷出粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；根據(jù)粒子經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，接著從b點(diǎn)射出電場，可知粒子所受電場力的方向?yàn)橛蒫指向b，電場的方向是由b指向c，選項(xiàng)B正確；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，洛倫茲力不做功，在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，電場力做正功，根據(jù)動能定理，粒子在b點(diǎn)的動能大于在d點(diǎn)的動能，選項(xiàng)C錯誤；畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動軌跡如圖所示設(shè)正方形abcd的邊長為L，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡所對的圓心角為，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t1；粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可分解為沿垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由vt2，解得在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時間t2，粒子在磁場、電場中運(yùn)動的時間之比為t1t22，選項(xiàng)D正確2(多選)(2018屆河南開封一模)如圖所示，靜止的帶電粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，從P點(diǎn)經(jīng)電場加速后，通過小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為30°，小孔Q到絕緣板的下端C的距離為L，當(dāng)滑動觸頭移動到B端時，粒子恰垂直打在CD板上，則()A兩板間電壓的最大值UmaxBCD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為LC粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為D能打到N板上的粒子的最大動能為解析：選BD滑動觸頭移到B端時，兩板間電壓最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的軌跡半徑為L，粒子在電場中運(yùn)動時，qUmaxmv2，解兩式得Umax，A項(xiàng)錯誤；粒子垂直打在CD板上的位置離C點(diǎn)最遠(yuǎn)，距離為L，當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡恰好與CD相切時，切點(diǎn)位置離C點(diǎn)最近，如圖所示，由幾何條件有sin30°，故R，KCL，所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長度為L，B項(xiàng)正確；打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半周期，t，C項(xiàng)錯誤；打在N板上的粒子中，軌跡半徑越大則對應(yīng)的速度越大，即運(yùn)動軌跡半徑最大的粒子的動能最大，則有當(dāng)R時，Ekmax，D項(xiàng)正確3質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖所示，有機(jī)物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強(qiáng)磁場)、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷，進(jìn)而推測有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為，離子進(jìn)入磁場室時速度方向指向圓心則下列說法正確的是()A高壓電源A端應(yīng)接電源的正極B磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里C若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進(jìn)入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡和，則軌跡一定對應(yīng)X1D若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)的離子比荷解析： 選D正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，A、B均錯誤；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qUmv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvBm，聯(lián)立計算得出r ，由此可見，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動軌跡半徑大，即軌跡一定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r，可解得，D正確二、非選擇題4(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子在t0時刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與區(qū)域相同均為B0.粒子在區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動且每次經(jīng)過mn的時刻均為 整數(shù)倍，則(1)粒子在區(qū)域運(yùn)動的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)解析：(1)帶電粒子在區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0m解得r.(2)帶電粒子的運(yùn)動軌跡有兩種可能第一種情況：粒子在區(qū)域運(yùn)動半徑Rqv2B0m解得粒子在區(qū)域速度大?。簐2第二種情況：粒子在區(qū)域運(yùn)動半徑R粒子在區(qū)域速度大?。簐22v0.答案：(1)(2)2v05如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場已知帶電粒子的比荷3.2×109 C/kg，電場強(qiáng)度E200 V/m，M、N間距MN1 cm，金屬板長L25 cm，粒子的初速度v04×105 m/s，帶電粒子重力忽略不計，求：(1)粒子射出電場時的運(yùn)動方向與初速度v0的夾角；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小解析：(1)由牛頓第二定律有qEma粒子在電場中水平方向做勻速直線運(yùn)動，Lv0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，射出電場時的豎直分速度vyat速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得45°.(2)粒子射出電場時運(yùn)動的速度大小為v在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqvm由幾何關(guān)系得MNr代入數(shù)據(jù)解得B2.5×102 T.答案：(1)45°(2)2.5×102 T6如圖所示，兩平行極板MN、GH間的電壓為U，極板間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場存在于兩虛線之外的區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(大小可變)極板MN和GH上有正對的兩個小孔O和A，PQ為鋁制薄板，ONAHPQd，NP2d.質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從A點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)小孔O進(jìn)入磁場區(qū)域，兩虛線之間的區(qū)域(除極板間)無電場存在，離子可勻速穿過忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大時，離子只加速一次就能打到鋁板上？(2)在第(1)問中，若離子能打到鋁板上的P點(diǎn)，求離子從O到P所經(jīng)歷的時間(3)若B ，試通過計算說明離子需加速幾次后第一次打到鋁板上？解析：(1)離子在電場中加速，根據(jù)動能定理得qUmv2在磁場中，qvBm由幾何關(guān)系得離子打在P點(diǎn)時有R1d離子打在Q點(diǎn)時有R22d聯(lián)立解得B1 B2 故磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為 B .(2)離子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T離子從O運(yùn)動到P的時間為t聯(lián)立解得t .(3)根據(jù)qUmv2，qvBm，B，得rd離子第一次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r1d，沒有打到鋁板上；離子第二次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r2d，沒有打到鋁板上；離子第三次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r3d，打到鋁板上；所以離子加速3次后第一次打到鋁板上答案：(1) B (2)(3)3次后7(2018年全國卷)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上yh點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場.11H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力求(1)11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)12H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離解析：(1)11H在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示設(shè)11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運(yùn)動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離為s1.由運(yùn)動學(xué)公式有s1v1t1ha1t12由題給條件，11H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角160°.11H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為a1t1v1tan1聯(lián)立以上各式得s1h.(2)11H在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律有qEma1設(shè)11H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1，由速度合成法則有v1設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,11H在磁場中運(yùn)動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B由幾何關(guān)系得s12R1sin1聯(lián)立以上各式得B.(3)設(shè)12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得(2m)v22mv12由牛頓第二定律有qE2ma2設(shè)12H第一次射入磁場時的速度大小為v2，速度的方向與x軸正方向夾角為2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場中運(yùn)動的時間為t2.由運(yùn)動學(xué)公式有s2v2t2ha2t22v2sin2聯(lián)立以上各式得s2s1，21，v2v1設(shè)12H在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得R2R1所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)設(shè)12H進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為s2，由幾何關(guān)系有s22R2sin2聯(lián)立式得，12H第一次離開磁場時的位置到原點(diǎn)O的距離為s2s2(1)h.答案：(1)h(2) (3)(1)h16