一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1．兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力），若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且，兩板間距。（1）求粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）?！緛碓础繋щ娏Ｗ拥钠D(zhuǎn)【答案】（1）粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑（3）粒子在板間運動的軌跡如圖：【解析】【分析】【詳解】（1）設粒子在0～t0時間內(nèi)運動的位移大小為s1①②又已知聯(lián)立解得：（2）解法一粒子在t0~2t0時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則聯(lián)立解得：又即粒子在t0~2t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2解得：由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2，有：解得由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）：因此粒子運動的最大半徑。解法二由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為：方向向上。后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn又已知由以上各式得：粒子速度大小為：粒子做圓周運動的半徑為：解得：顯然因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示：2．如圖所示,待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場,根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場.圖中裝置由加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成,極板長度為l、間距為d,兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后,水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的平移器,最終從A點水平射入待測區(qū)域.不考慮粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器時的速度大小v1;(2)當加速電壓變?yōu)?U0時,欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域,求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域,剛進入時的受力大小均為F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向,建立如圖所示的直角坐標系Oxyz.保持加速電壓為U0不變,移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域,粒子剛射入時的受力大小如下表所示.請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應強度的大小及可能的方向.【來源】2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理（江蘇卷)【答案】(1)(2)（3）E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30°或150°，若B沿-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°．【解析】(1)設粒子射出加速器的速度為動能定理由題意得，即(2)在第一個偏轉(zhuǎn)電場中,設粒子的運動時間為t加速度的大小在離開時,豎直分速度豎直位移水平位移粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動,經(jīng)歷時間也為t豎直位移由題意知,粒子豎直總位移解得則當加速電壓為時,（3）(a)由沿x軸方向射入時的受力情況可知:B平行于x軸.且(b)由沿軸方向射入時的受力情況可知:E與Oxy平面平行.,則且解得(c)設電場方向與x軸方向夾角為.若B沿x軸方向,由沿z軸方向射入時的受力情況得解得=30°,或=150°即E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30°或150°.同理,若B沿-x軸方向E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°.3．如圖1所示，寬度為的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為），存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為，表示電場方向豎直向上。時，一帶正電、質(zhì)量為的微粒從左邊界上的點以水平速度射入該區(qū)域，沿直線運動到點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的點，為線段的中點，重力加速度為g，上述、、、、為已知量。(1)求微粒所帶電荷量和磁感應強度的大?。?2)求電場變化的周期；(3)改變寬度，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求的最小值。【來源】2010年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（安徽卷)理綜【答案】(1)；(2)；(3)?！窘馕觥俊痉治觥扛鶕?jù)物體的運動性質(zhì)結合物理情景確定物體的受力情況。再根據(jù)受力分析列出相應等式解決問題?！驹斀狻?1)根據(jù)題意，微粒做圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，重力與電場力平衡，則mg=qE0①∵微粒水平向右做直線運動，∴豎直方向合力為0.則mg+qE0=qvB②聯(lián)立①②得：q=③B=④(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，作圓周運動的周期為t2，則=vt1⑤qvB=m⑥2πR=vt2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得：t1=，t2=⑧電場變化的周期T=t1+t2=+⑨(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩聯(lián)立③④⑥得：R=，設N1Q段直線運動的最短時間t1min，由⑤⑩得t1min=，因t2不變，T的最小值Tmin=t1min+t2=。答：(1)微粒所帶電荷量q為，磁感應強度B的大小為。(2)電場變化的周期T為+。(3)T的最小值為?！军c睛】運動與力是緊密聯(lián)系的，通過運動情況研究物體受力情況是解決問題的一個重要思路。4．在場強為B的水平勻強磁場中，一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2倍，重力加速度為g．求：(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率；(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym；(3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E()的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率?！緛碓础拷K高考物理試題復習【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】【詳解】⑴洛倫茲力不做功，由動能定理得①解得②⑵設在最大距離處的速率為，根據(jù)圓周運動有③且由②知④由③④及，得⑤⑶小球運動如圖所示，由動能定理得⑥由圓周運動得⑦且由⑥⑦及，解得：5．如圖，區(qū)域I內(nèi)有與水平方向成°角的勻強電場，區(qū)域?qū)挾葹?，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場，區(qū)域?qū)挾葹?，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下.一質(zhì)量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域I左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了，重力加速度為g，求：(1)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度的大小.(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小.(3)微粒從P運動到Q的時間有多長.【來源】【市級聯(lián)考】陜西省咸陽市2019屆高三模擬檢測（三)理綜物理試題【答案】(1),(2)(3)【解析】【詳解】(1)微粒在區(qū)域I內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有：求得：微粒在區(qū)域II內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有：求得：(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：根據(jù)幾何關系，分析可知：整理得：(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域I內(nèi)的運動時間t1和在區(qū)域II內(nèi)的運動時間t2，并滿足：經(jīng)整理得：6．如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有一長為2l、寬為l的矩形區(qū)域ABCD，區(qū)域ABCD內(nèi)加有水平向左的勻強電場和垂直于該豎直面的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電微粒，從A點正上方的O點水平拋出，正好從AD邊的中點P進入電磁場區(qū)域，并沿直線運動，從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經(jīng)過空中的R點(Q、R圖中未畫出)。已知微粒從Q點運動到R點的過程中水平和豎直分位移大小相等，O點與A點的高度差，重力加速度為g，求：(1)微粒從O點拋出時初速度v0的大小；(2)電場強度E和磁感應強度B的大??；(3)微粒從O點運動到R點的時間t?！緛碓础克拇ㄊ∨手ㄊ?019屆高三第三次統(tǒng)一考試理綜物理試題【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【詳解】（1）從O到P，帶電微粒做平拋運動：所以（2）在P點：設P點速度與豎直方向的夾角為θ，則帶電微粒進入電磁區(qū)域后做直線運動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知：（3）設微粒從P到Q所用時間為t1，設微粒從Q到R所用時間為t2，因水平和豎直分位移相等，得：由題意得：微粒從0點運動到R點的時間t為：所以：7．如圖1所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（I區(qū)）和小圓內(nèi)部（II區(qū)）均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m，電最為+q的粒子由小孔下處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側射入磁場，不計粒子的重力．（1）求極板間電場強度的大小E；（2）若I區(qū)、II區(qū)磁感應強度的大小分別為、，粒子運動一段時間t后再次經(jīng)過H點，試求出這段時間t；：（3）如圖2所示，若將大圓的直徑縮小為，調(diào)節(jié)磁感應強度為B0（大小未知），并將小圓中的磁場改為勻強電場，其方向與水平方向夾角成角，粒子仍由H點緊靠大圓內(nèi)側射入磁場，為使粒子恰好從內(nèi)圓的最高點A處進入偏轉(zhuǎn)電場，且粒子在電場中運動的時間最長，求I區(qū)磁感應強度B0的大小和II區(qū)電場的場強E0的大小?【來源】【全國百強?！刻旖蚴行氯A中學2019屆高三高考模擬物理試題【答案】（1）（2）（3）；【解析】【詳解】解：(1)粒子在電場中運動，由動能定理可得：解得：(2)粒子在I區(qū)中，由牛頓第二定律可得：其中，粒子在II區(qū)中，由牛頓第二定律可得：其中，，由幾何關系可得：解得：(3)由幾何關系可知：解得：由牛頓第二定律可得：解得：解得：，則粒子速度方向與電場垂直解得：8．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間有狹縫（間距），勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為，電荷量為，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為，周期為T，與粒子在磁場中的周期相同．一束該種粒子在時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動；粒子重力不計，不考慮粒子在狹縫中的運動時間，不考慮粒子間的相互作用.求：（1）勻強磁場的磁感應強度B；（2）粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間；（3）實際中粒子的質(zhì)量會隨速度的增加而增大，加速后的質(zhì)量與原來質(zhì)量的關系：，則①粒子質(zhì)量增加后估計最多還能再加速多少次（需要簡述理由）？②若粒子質(zhì)量最終增加，那么粒子最終速度為光速的多少倍（結果保留一位有效數(shù)字）？【來源】【全國百強?！刻旖蚴袑嶒炛袑W2019屆高三考前熱身訓練物理試題【答案】（1）（2）（3）100次；0.2【解析】【詳解】解：(1)依據(jù)牛頓第二定律，結合洛倫茲力提供向心，則有：電壓周期與粒子在磁場中的周期相同：可得，(2)粒子運動半徑為時：且解得：粒子被加速次達到動能，則有：不考慮粒子在狹縫中的運動時間，又有粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的相同，得粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間：(3)粒子在磁場中的周期：，質(zhì)量增加，周期增大，再加速次數(shù)不超過次加速后的質(zhì)量與原來質(zhì)量的關系：，粒子最終速度為：即粒子最終速度為光速的0.2倍9．如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)，虛線PQ與x軸正方向的夾角為60°，其右側有沿y軸正方向的勻強電場；左側有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶負電的粒子自坐標原點O射入勻強磁場中，經(jīng)過一段時間后恰好自虛線PQ上的M點沿x軸正方向進入勻強電場，粒子在電場中的運動軌跡與x軸的交點為N．已知O、M兩點間的距離為L；O、N兩點間的距離為（+1）L，粒子重力不計．求：（1）帶電粒子自坐標原點O射入勻強磁場的速度大??；（2）勻強電場的電場強度大?。唬?）若自O點射入磁場的粒子帶正電，粒子的質(zhì)量、帶電量、初速度等都不變，則在粒子離開O點后的運動中第二次與虛線PQ相交的交點坐標．【來源】2019年山東省德州市高三一模物理試卷【答案】（1）；（2）；（3）（，）．【解析】【詳解】（1）粒子在磁場中運動時qvB=，L=2rsin60°解得粒子自坐標原點O射入勻強磁場的速度大小v=（2）粒子自M到N做類平拋運動沿電場方向：Lsin60°=垂直電場方向；（）L-=vt1得電場強度E=（3）若自O點射人磁場的粒子帶正電，粒子在磁場中逆時針轉(zhuǎn)過240°后自R點垂直于電場方向離開磁場，如圖所示．離開磁場時x坐標；y坐標：粒子進入電場后自R到S做類平拋運動垂直電場方向；沿電場方向：tan60°=解得：，，第二次與虛線PQ的交點S的x坐標：y坐標：則第二次與虛線PQ的交點S的坐標為（，）10．如圖，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O-xyz(x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上)。勻強磁場方向與xOy平面平行，且與x軸正方向的夾角為45°，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(可看作質(zhì)點)平行于z軸以速度v0通過y軸上的點P(0，h，0)，重力加速度為g。(1)若帶電粒子沿z軸正方向做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值Emin及對應的磁感應強度B；(2)在滿足(1)的條件下，當帶電粒子通過y軸上的點P時，撤去勻強磁場，求帶電質(zhì)點落在xOz平面內(nèi)的位置；(3)若帶電粒子沿z軸負方向通過y軸上的點P時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應強度的大小，要使帶電質(zhì)點做勻速圓周運動且能夠經(jīng)過x軸，求電場強度E和磁感應強度B的大小。【來源】安徽省宣城市2019屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題【答案】（1）Emin＝

（2）N（h，0，2v0

）（3）【解析】【詳解】解：(1)如圖所示，帶電質(zhì)點受到重力（大小及方向均已知）、洛倫茲力（方向已知）、電場力（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動；根據(jù)力三角形知識分析可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值根據(jù)物體的平衡規(guī)律有：解得：，

(2)如圖所示，撤去磁場后，帶電質(zhì)點受到重力和電場力作用，其合力沿PM方向并與方向垂直，大小等于，故帶電質(zhì)點在與平面成角的平面內(nèi)作類平拋運動由牛頓第二定律

：解得

：設經(jīng)時間到達Oxz平面內(nèi)的點，由運動的分解可得：沿方向：沿PM方向：

又聯(lián)立解得

：

則帶電質(zhì)點落在N（h，0，）點

(3)當電場力和重力平衡時，帶點質(zhì)點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動則有：得：要使帶點質(zhì)點經(jīng)過x軸，圓周的直徑為h根據(jù)：解得：11．如圖所示為一“匚”字型金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左側長度為L＝1m的金屬板連接．空間中有垂直紙面向里場強大小B＝0.2T的勻強磁場，金屬框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做勻速直線運動．框架內(nèi)O處有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶正電q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線′做直線運動；若小球在O點靜止釋放，則小球的運動軌跡沿如圖曲線（實線）所示，已知此曲線在最低點P的曲率半徑（曲線上過P點及緊鄰P點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓的半徑叫做該點的曲率半徑）為P點到O點豎直高度h的2倍，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小球沿圖中虛線做直線運動速度v大?。?）小球在O點靜止釋放后軌跡最低點P到O點豎直高度h【來源】江西省名校（臨川一中、南昌二中)2018-2019學年高三5月聯(lián)合考理綜物理試題【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】解：(1)框架向左運動，產(chǎn)生感應電動勢：板間場強：小球做勻速直線運動，受力平衡：可解得：(2)最大速率點在軌跡的最低點根據(jù)動能定理可得：最低點根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律有：聯(lián)立可解得：12．如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點為MN的中點。ABCD區(qū)域中存在有界的垂直紙面方向勻強磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD（1）勻強磁場區(qū)域中磁感應強度B的大小和方向；（2）要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大；（3）ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值是多少?！緛碓础俊救珖購娦！刻旖蚴幸A中學2019屆高三高考一模物理試題【答案】(1)mv0el，方向為垂直紙面向外；(2)8m【解析】【詳解】解：(1)由洛倫磁力提供向心力可得：e由題意則有：r=l解得：B=m(2)在勻強電場中做內(nèi)平拋運動，則有：eE=mal=l解得：E=(3)圖中陰影部分為磁場面積最小范圍，由幾何關系可知：S13．如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側有一寬度也為R足夠長區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側為方向向外、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域Ⅲ．在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上（不計粒子重力及其相互作用）求：（1）粒子的初速度大小v0；（2）電場的電場強度大小E；（3）熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度△x【來源】【市級聯(lián)考】湖南省衡陽市2019屆高三下學期第二次聯(lián)考理科綜合物理試題【答案】（1）（2）（3）1.2R【解析】【詳解】(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域I中的運動半徑由得；(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域III中的運動半徑為由得：粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得：解得：；(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最高點穿出，打在離M點處的屏上，由幾何關系得：解得：速度方向與電場方向平行向右射放區(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最低點穿出打在離M點處的屏上，由幾何關系得：解得：分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為解得：。14．如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面．質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從O點發(fā)射，沿P板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間．粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g．（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關S接“1”位置時，進入板間的粒子落在h板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l．此后將開關S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；（3）若選用恰當直流電源，電路中開關S接“l(fā)”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場（磁感應強度B只能在0～Bm=范圍內(nèi)選?。?，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）．【來源】2014年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（四川卷帶解析)【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：(1)設粒子在P板上勻速運動的速度為v0，由于粒子在P板勻速直線運動，故①所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功②解得W=③說明：①②各2分，③式1分（2）設電源的電動勢E0和板間的電壓為U，有④板間產(chǎn)生勻強電場為E，粒子進入板間時有水平方向的初速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設運動時間為t1，加速度為a，有⑤當開關S接“1”時，粒子在電場中做勻變速曲線運動，其加速度為⑥再由，⑦⑧當開關S接“2”時，由閉合電路歐姆定律知⑨聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，⑩說明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分（3）由題意分析知，此時在板間運動的粒子重力和電場力平衡．當粒子從k進入兩板間后，立即進入磁場物體在電磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，故分析帶電粒子的磁場如圖所示，運動軌跡如圖所示，粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為，Df與b板上表面即為題中所求，設粒子與板間的夾角最大，設為，磁場的磁感應強度B取最大值時的夾角為，當磁場最強時，R最小，最大設為由，⑾知，當B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運動的半徑也要增大，D點向b板靠近．Df與b板上表面的夾角越變越小，當后在板間幾乎沿著b板上表面運動，當Bm則有圖中可知，⑿⒀，