高考物理第二輪章節(jié)復(fù)習(xí)講義 第9章 高考專題復(fù)習(xí) 帶電粒子在交變電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附答案）

帶電粒子在交變電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)求解帶電粒子在交變電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路特別提醒：若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間，則在粒子穿越電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)可看作粒子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)刻的勻強(qiáng)電場(chǎng)。例1、（2014年韶關(guān)一模）如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)N/C?，F(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正電荷從電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)t0=1s后，通過(guò)MN上的P點(diǎn)進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。求：（1）電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度；（2）圖乙中t=2×10s時(shí)刻電荷與P點(diǎn)的距離；（3）如果在P點(diǎn)右方d=l00cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間。變式1、如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)eq\f(π,15)×10－5s后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過(guò)MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變化（圖b中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t＝0時(shí)刻）。求：例2、如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正）。在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子。已知、t0、B0，粒子的比荷，不計(jì)粒子的重力。求：（1）時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo)；（2）若t=5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；（3）若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有E0值。例3、如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直向上為電場(chǎng)強(qiáng)度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)．在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O處以v0＝2πm/s的速度沿x軸正向水平射入．已知電場(chǎng)強(qiáng)度E0＝eq\f(2m,q)、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2m,q)，不計(jì)粒子重力．求：（1）t＝πs時(shí)粒子速度的大小和方向；（2）πs～2πs內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（3）畫(huà)出0～4πs內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖；(要求：體現(xiàn)粒子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn))．例4、如圖甲所示，兩平行金屬板長(zhǎng)度l不超過(guò)0.2m，兩板間電壓U隨時(shí)間t變化的U－t圖象如圖乙所示．在金屬板右側(cè)有一左邊界為MN、右邊無(wú)界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.01T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0＝105m/s射入電場(chǎng)中，初速度方向沿兩板間的中線OO′方向．磁場(chǎng)邊界MN與中線OO′垂直．已知帶電粒子的比荷eq\f(q,m)＝108C/kg，粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計(jì)。（1）在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間內(nèi)，可以把板間的電場(chǎng)強(qiáng)度當(dāng)做恒定的．請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明這種處理能夠成立的理由．（2）設(shè)t＝0.1s時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子恰能從金屬板邊緣穿越電場(chǎng)射入磁場(chǎng)，求該帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度的大?。?）對(duì)于所有經(jīng)過(guò)電場(chǎng)射入磁場(chǎng)的帶電粒子，設(shè)其射入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)和從磁場(chǎng)射出的出射點(diǎn)間的距離為d，試判斷：d的大小是否隨時(shí)間變化？若不變，證明你的結(jié)論；若變化，求出d的變化范圍。針對(duì)訓(xùn)練1、如圖甲所示，在坐標(biāo)系xoy中，軸左側(cè)有沿軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；軸右側(cè)有如圖乙所示，大小和方向周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度大小B0。已知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正。時(shí)刻，從軸上的p點(diǎn)無(wú)初速釋放一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q（粒子重力不計(jì)），粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。求：（1）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；（2）粒子經(jīng)一個(gè)周期沿y軸發(fā)生的位移；（3）粒子能否再次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，若不能說(shuō)明理由；若能，求粒子再次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的時(shí)刻；（4）粒子第4n（n=1、2、3…）次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)。

2、如圖所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，電場(chǎng)沿y軸正方向，磁場(chǎng)垂直紙面(以向里為正)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的變化規(guī)律如圖所示．一質(zhì)量m＝3.2×10－13kg、電荷量q＝－1.6×10－10C的帶電粒子，在t＝0時(shí)刻以v0＝8m/s的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期；（2）t＝20×10－3s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)；（3）t＝24×10－3s時(shí)粒子的速度。3、如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正）。在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）。其中已知、E0，且，粒子的比荷，x軸上有一點(diǎn)A，坐標(biāo)為（）（1）求時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)；（2）粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏離軸的最大距離；（3）粒子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間經(jīng)過(guò)A點(diǎn)。4、如圖甲所示的控制電子運(yùn)動(dòng)裝置由偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平寬度一定，豎直長(zhǎng)度足夠大，其緊靠偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的右邊。大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導(dǎo)體板之間。當(dāng)兩板間沒(méi)有加電壓時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0；當(dāng)兩板間加上圖乙所示的電壓U時(shí)，所有電子均能通過(guò)電場(chǎng)、穿過(guò)磁場(chǎng)，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子的重力及電子間的相互作用，電壓U的最大值為U0，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平且垂直紙面向里。（1）如果電子在t＝t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間，求它離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直分位移的大小。（2）要使電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)并能最終垂直打在熒光屏上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平寬度l為多少？5、如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(T0,2)時(shí)刻通過(guò)S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)。（不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng)）（1）求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d。（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。6．水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面的交變磁場(chǎng)(如圖所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝100T。已知兩板間距離d＝0.3m，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝50V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝5cm處的O點(diǎn)，一帶電油滴自由下落，穿過(guò)小孔后進(jìn)入兩板間，最后落在N板上的Q點(diǎn)。如果油滴的質(zhì)量m＝10－4kg，帶電荷量|q|＝2×10－5C。求：（1）在P點(diǎn)油滴的速度v為多少？（2）若油滴在t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間，最后恰好垂直向下落在N板上的Q點(diǎn)，油滴的電性及交變磁場(chǎng)的變化周期T。（3）Q、O兩點(diǎn)的水平距離。(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)

答案例1．解析：⑴電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，（2分）（1分）代入數(shù)據(jù)解得：v0=×l04m／s（2分）⑵粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB＝eq\f(mv2,r)當(dāng)時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：（1分）周期（1分）當(dāng)時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：（1分）周期（1分）故電荷從t=0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。（2分）t=2×10-5s時(shí)刻為電荷先沿大圓軌跡運(yùn)動(dòng)四分之一個(gè)周期再沿小圓軌跡運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，與P點(diǎn)的水平距離為r1=20cm（2分）⑶電荷從P點(diǎn)開(kāi)始，其運(yùn)動(dòng)的周期為：（1分）根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷每一個(gè)周期向右沿PN運(yùn)動(dòng)的距離為40cm，故電荷到達(dá)檔板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為2個(gè)，然后再運(yùn)動(dòng)，以角撞擊到擋板上。（2分）故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：（2分）變式1．解析（1）電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有：v0＝at1，Eq＝ma，解得：E＝eq\f(mv0,qt1)＝7.2×103N/C.（2）當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：r＝eq\f(mv0,B1q)＝5cm，周期T1＝eq\f(2πm,B1q)＝eq\f(2π,3)×10－5s，當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑：r2＝eq\f(mv0,B2q)＝3cm，周期T2＝eq\f(2πm,B2q)＝eq\f(2π,5)×10－5s，故電荷從t＝0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示．t＝eq\f(4π,5)×10－5s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離：Δd＝2(r1－r2)＝4cm。（3）電荷從第一次通過(guò)MN開(kāi)始，其運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝eq\f(4π,5)×10－5s，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離：s＝15Δd＝60cm，則最后8cm的距離如右圖所示，有：r1＋r1cosα＝8cm，解得：cosα＝0.6，則α＝53°故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t總＝t1＋15T＋eq\f(1,2)T1－eq\f(53°,360°)T1＝3.86×10－4s.答案（1）7.2×103N/C（2）4cm（3）3.86×10－4s例2、（1）由粒子的比荷得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期（1分）則在內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角（1分）由牛頓第二定律qv0B0=mv02/r1（2分）得

（1分）位置坐標(biāo)（）（1分）（2）粒子t=時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示（1分）（1分）得（1分）又，（1分）粒子在t0-2t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2t0－3t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：（1分）r2O2O1xy（3）如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則必須滿足（n=1，2，3r2O2O1xy，聯(lián)立以上解得（1分）又由于

（2分）得（n=1，2，3，…）（1分）例3、讀題：（1）由圖(乙)可知，在xOy平面內(nèi)存在電場(chǎng)時(shí)，不存在磁場(chǎng)；存在磁場(chǎng)時(shí)，不存在電場(chǎng)．且電場(chǎng)和磁場(chǎng)的變化周期相同；（2）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；（3）由T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs知，只存在磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子恰好做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)．畫(huà)圖帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．規(guī)范解答：（1）在0～πs內(nèi)，在電場(chǎng)力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運(yùn)動(dòng)：vx＝v0y軸正方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)：vy＝eq\f(qE0,m)tπs末的速度為v1＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))v1與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,vx)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝2eq\r(2)πm/s，方向與x軸正方向成45°斜向上．（2）因T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs，故在πs～2πs內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qv1B0＝eq\f(mv\o\al(2,1),R1)，解得R1＝eq\f(mv1,qB0)＝eq\r(2)πm（3）軌跡如圖所示例4．解析（1）帶電粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq\f(l,v0)≤2×10－6s，由于t遠(yuǎn)小于T(T為電壓U的變化周期)，故在t時(shí)間內(nèi)金屬板間的電場(chǎng)可視為恒定的．另解：在t時(shí)間內(nèi)金屬板間電壓變化ΔU≤2×10－3V，由于ΔU遠(yuǎn)小于100V(100V為電壓U最大值)，電壓變化量特別小，故t時(shí)間內(nèi)金屬板間的電場(chǎng)可視為恒定的．（2）t＝0.1s時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓U＝100V，由動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝1.41×105m/s.（3）設(shè)某一時(shí)刻射出電場(chǎng)的粒子的速度大小為v，速度方向與OO′夾角為θ，則v＝eq\f(v0,cosθ)，粒子在磁場(chǎng)中有qvB＝eq\f(mv2,R)，由幾何關(guān)系得d＝2Rcosθ，由以上各式解得d＝eq\f(2mv0,qB)，代入數(shù)據(jù)解得d＝0.2m，顯然d不隨時(shí)間變化．針對(duì)訓(xùn)練1、（1）粒子在電場(chǎng)中勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，，（2分）OP間距離為x，，解得：（2分）（2）粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1和R2，,（2分）粒子每經(jīng)一個(gè)周期沿y軸向下移動(dòng)，（2分）（3）當(dāng)粒子從左側(cè)射入向上偏轉(zhuǎn)時(shí)可能再次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，故從O點(diǎn)下方2R1處入射時(shí)，（2分）得：N=2，粒子能再次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，t=2T+2t0（2分），（2分）（4）經(jīng)分析知粒子每個(gè)周期4次經(jīng)過(guò)y軸，每個(gè)周期y軸移動(dòng)距離為，故（2分）（4分）2、解析（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB＝eq\f(mv2,R)(2分)T＝eq\f(2πR,v)(1分)解得T＝eq\f(2πm,qB)＝4×10－3s(1分)（2）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，t＝20×10－3s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)和三段類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m(1分)豎直位移y＝eq\f(1,2)a(3T)2(1分)Eq＝ma(1分)解得y＝3.6×10－2m故t＝20×10－3s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為：(9.6×10－2m，－3.6×10－2m)(1分)（3）t＝24×10－3s時(shí)粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3s時(shí)相同，設(shè)與水平方向夾角為α(1分)則v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))(1分)vy＝3aT(1分)tanα＝eq\f(vy,v0)(1分)解得v＝10m/s(1分)與x軸正向夾角α為37°(或arctaneq\f(3,4))斜向右下方(1分)3、解析（1）粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB0)＝2t0則在0～eq\f(t0,2)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α＝eq\f(π,2)由qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)得：r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)所以坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，經(jīng)電場(chǎng)加速運(yùn)動(dòng)后的速度為v＝v0＋eq\f(E0q,m)t0＝2v0運(yùn)動(dòng)的位移s＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑r2＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏離x軸的最大距離h＝s＋r2＝1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)（3）每個(gè)4t0內(nèi)粒子在x軸正向移動(dòng)距離d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的時(shí)間t＝eq\f(\f(48v0t0,π),d)×4t0＝32t04、解析：（1）電子在t＝t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間，先做勻速運(yùn)動(dòng)，后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU0,md)，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝eq\f(eU0t\o\al(2,0),2md)（2）設(shè)電子從電場(chǎng)中射出的偏向角為θ，速度為v，則：sinθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(eU0t0,mdv)電子通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)并能垂直打在熒光屏上，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有evB＝meq\f(v2,R)由幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(l,R)得水平寬度l＝eq\f(U0t0,Bd)。5、解析：（1）粒子由S1至S2的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2 ①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m)) ②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qeq\f(U0,d)＝ma ③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2 ④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m)) ⑤（2）設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R) ⑥要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，須滿足2R>eq\f(L,2) ⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q)) ⑧（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程用時(shí)為t1，