可得临界运动时粒子半径： R=
粒子击中范围： s=2R1=
=
（2）由题意作出粒子运动轨迹，由几何关系得： R2+R2tan45°=L
得到粒子在PNM中圆周运动的轨道半径
设粒子的速度大小为v，则可知粒子在PNM中运动的时间：
t=
则可得粒子速度v==
粒子在磁场II中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据图示几何关系可得：
根据洛伦兹力提供向心力有：
则解得粒子的比荷：
=
粒子从M进入电场后做类平抛运动，即在水平方向做初速度为o的匀加速直线运动，竖直方向
做匀速直线运动，故有：
竖直方向有：2L=vt
6
可得类平抛运动时间t=水平方向有：L=
=
由此解得，电场强度E==
25、（1）由于
L远小于T，因此每个粒子穿过电场时可以认为电场强度大小不变，当两板间的电压为v0U0时，粒子的侧移量最大
2mv01qU02L1t，求得U0?设粒子穿过电场用时为t?，d?
22mdv03q（2）设粒子进磁场时速度与水平方向的夹角为?，则粒子在磁场中运动的速度大小v?v0 cos?mv0v2粒子在磁场中运动时，qvB?m，解得R?
RqBcos?粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹上点离MN的最远距离s?R?Rsin??mv01(?tan?) qBcos?1dd3?越大，可见，s越大，从平行板边缘飞出的粒子速度与水平方向夹角最大，此时tan??2??
13LL2故?=30°
因此PQ、MN间的距离至少为s?（3）若将下板向下平移
mv013mv0 (?tan?)?qBcos?3qB?3?1d，则两板间的距离为3d
1qU0L1()2?L
2m?3dv06?则所有粒子在电场中的侧移最大值y?设最大偏向角为?，则tan??3y1 ?，则cos??110L32因此要使所有粒子均不能从PQ边射出磁场，需要PQ、MN间的间距离至少为
mv1s'?0(?tan?)?qBcos??10?1mv03qB?
7
25、（1）恰好垂直于AC边射出磁场的轨迹如图，根据几何知识可得，在磁场中轨迹对应圆心角?=30°，在磁场中的运动时间：t??360?T，又T?2?m?m，解得B? qB6qt
（2）从O点入射的粒子轨迹与AC边相切时半径最大，根据几何知识可得：rm?2vm3L3?L根据牛顿第二定律可得qvmB?m解得rm? ，vm?318trmrmL?
sin30?tan30?（3）由于入射速度相同，则半径一样，能在AC上相遇的情形有很多种，两圆弧对应的圆心角之差??最大时，两粒子入射的时间差最大。如图甲，?O1BO2为等腰三角形，由几何关系可得：
????1??2??O1BO2，又?1??2?180?，得???2?1?180?，可见?1最大时，??最大。
而当B为切点时，?1最大（如图乙），?O1BO2为等边三角形，由几何关系可得?1=120°，?2=60° 所以t1?
?2111T?Tt?T?T?t?t?t?T?2s ，，最大时间差1m12360?3360?66?18
25. （1）带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则
1y/m 2EqxA?m(vC2?v0)
2C
xA?vCx22t（1分）yC?v0t（1分）vC?v0?vCx2 20.4
解得：E=1.0N/CvC=202m/s
（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成?角，
则cos??v0 v0?1即??45? vC9
A
-0.4
x/m
D
甲
vC2粒子在第一象限磁场中运动时有：qvCB?m
r解得：r?2m 22? r??s vC20粒子做圆周运动的周期T=
所以粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上
对应的弦长为r2=1mvv 所以OD=3m粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0)
2mv01224、（1）当释放高度为h0时，恰好触发压力开关，mgh0?mv0，N?mg?
2R代入N=15N，解得h0=0.2m
由于h?h0，未触发压力开关，长木板不动，小滑块在木板上减速运动最终停止
mgh-?mgs?0
得s=0.5m
（2）当h'?h0时，Q?mgh'?10h' 当h'?h0时，mgh'?12mv，mv??M?m?v' 2Q?121mv??M?m?v'2，解得Q?5h' 222mv025、（1）qv0B?，由左手定则可知OA方向入射的粒子不被收集，则所有粒子均不能被收集，可
r知几何关系2r?L 联立可得B?2mvo qLmvomvo?L ，可得半径r'?qLqB'（2）若所加磁场的磁感应强度为
沿OA方向入射的粒子能打到收集板靠近M端离P点最远的位置，由几何关系可知，射出磁场时的速度方向为沿左上与水平成60°，如图所示
由几何关系可得，M端距P点最远的距离l?L23?L
sin60?310