高考模拟理综物理选编带电粒子在电场的运动解析版

2018年高考模拟理综物理选编带电粒子在电场的运动-解析版第PAGE页乐陵一中带电粒子在电场的运动一、单选题（本大题共5小题，共30分）三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（　　）A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进电场时c的速度最大，a的速度最小D.动能的增加值c最小，a和b一样大（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等．故A正确．B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=at2，可知tc＜tb．故B错误．C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb．根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确．D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．本题选错误的，故选：B．三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法中正确的是（　　）A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C.若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点D.任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1个亮点（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：A、三种粒子带电量不同，分别为q、q、2q；质量不同，分别为m、2m、4m，进入同一电场是加速度不同分别是：、、，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则竖直方向的位移，由y=at2得竖直方向的位移之比是：2：1：1，所以三种粒子打到2个不同的位置，会出现两个亮点，故A错误。B、若它们射入电场时的动能相等，三种粒子的速度之比为，2：：1，所以水平方向的运动时间为1：：2，由于粒子竖直方向的位移，由：y=at2，解得竖直方向的位移之比为，1：1：2，所以竖直方向位移不同，会出现两个亮点，故B错误；C、D、若它们是由同一个电场从静止加速，由动能定理得：qU=mv2，解得：v=，粒子水平方向做匀速直线运动，运动时间为，t==L，粒子竖直方向做初速度为零的匀速直线运动则，y=at2=（L）2=，由此可见，三种带电粒子在竖直方向的偏转位移仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，在这三个过程中，这三个物理量都相同，所以它们的偏转位移相同，粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，故C正确，D错误；故选：C。三种粒子带电量不同，质量不同，进入同一电场时加速度不同，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则它们在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动的位移不同，所以在荧光屏上将只出现3个；若它们射入电场时的动能相等，可以判断其速度的大小关系，同样可以求得竖直方向的位移大小关系，从而判断在荧光屏上出现的亮点个数．此类题目属于类平抛运动问题，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，两个方向的运动具有等时性．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）A.2倍B.4倍C.倍D.倍（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt竖直方向：y===d因为E=所以若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来故选C根据类平抛运动的规律解出粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E= 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即可求解．根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论速度的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（　　）A.三种粒子在电场中运动时间相同B.三种粒子到达正极板时速度相同C.三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变D.落到A处粒子带负电，落到C处粒子带正电（物理备课组整理）D（备课组长教学指导）解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：h=at2，解得：t=；由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据t=得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A错误．B、C、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能EkC＜EkB＜EkA，故BC错误．D、三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，故D正确．故选：D．因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力．则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（　　）A.B.C.D.（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：粒子，从A到B，根据动能定理得：  qUAB-mgh=因为vB=2v0，若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=由以上三式，则有UAB=故选：C微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差UAB涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．二、多选题（本大题共4小题，共24分）如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使（　　）A.粒子的电荷量变为原来的B.两板间电压减为原来的C.两板间距离增为原来的4倍D.两板间距离增为原来的2倍（物理备课组整理）AD（备课组长教学指导）解：设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t=垂直初速度方向做匀加速运动：a=y==at2=欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d；A、使粒子的带电量减少为原来的，则y===，故A正确；B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y=，故B错误；C、D、板的电压不变，距离变化，根据y==，即：Uql2=md2v2，速度减小为，则距离应该增加为2倍；故C错误，D正确；故选：AD。以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动．如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中（　　）A.它们运动的时间tN=tMB.它们电势能减少量之比△EM：△EN=1：2C.它们的动能增量之比△EkM：△EkN=1：2D.它们所带的电荷量之比qM：qN=1：2（物理备课组整理）AD（备课组长教学指导）解：A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM．故A正确；B、由图可知，竖直位移之比为yM：yN=1：2；而竖直位移y=at2=，由于m、t、E相等，则带电荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2．电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．由动能定理可知，动能增量之比为1：4，故BC错误，D正确．故选：AD．两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比．由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比．本题运用运动的合成与分解法研究类平抛运动，要抓住两个粒子水平位移和竖直位移的关系分析其他量的关系，同时明确电场力做功与电势能和动能之间的关系．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）A.在荧屏上的亮斑向上移动B.在荧屏上的亮斑向下移动C.偏转电场对电子做的功增大D.偏转电场的电场强度减小（物理备课组整理）AC（备课组长教学指导）解：A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v。电子在加速电场中运动过程，由动能定理得： eU1=解得，。电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有： 水平方向有：L=vt 竖直方向有：   vy=at电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα=，则α=arctan。即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大。如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动。故A正确，B错误；C、电子离开偏转电场时的偏转量：，如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大。偏转电场对电子做的功：W=e•E•y，偏转量越大，电场力做的功越多。故C正确；D、偏转电场的电场强度：，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大。故D错误。故选：AC。电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．本题是带电粒子在组合场中运动的问题，运用动能定理或能量守恒定律求粒子加速获得的速度是常用的方法．对于类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，采用运动的分解法，由牛顿运动定律和运动学规律结合求解．如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和α粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从0点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场（不计重力），下列说法正确的是（　　）A.磁场方向垂直纸面向外B.从a点离开的是α粒子C.从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大D.粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较长（物理备课组整理）AD（备课组长教学指导）解：A、由左手定则，可以判定磁场方向是垂直于纸面向外，所以选项A正确．B、设加速电压为U，在加速电场中：Uq=，在偏转磁场中：，联立可得：，由于α粒子是质子的4倍，而电量是质子的2倍，所以α粒子做匀速圆周运动的半径大，从b点离开，则选项B错误．C、由上述结论可得经过加速电场后速度为，由于α粒子的比荷小于质子的比荷，所以从b点离开的α粒子速度小，选项C错误．D、从S出发到离开磁场的时间t=t电+t磁=，显然比荷越小，时间越大，即从b点离开的α粒子所用时间较长，所以选项D正确．故选：AD本题考查的是带电粒子先在匀强电场中加速，后在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，由动能定理求出从电场离开的速度，由洛仑兹力提供向心力求出半径，从而就能判断出半径与比荷的关系，由运动学公式求出时间，从而也能知道粒子在两种场中运动总时间的长短．本题涉及的是带电粒子先在电场中加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，分别用动能定理和牛顿第二定律求出半径，从而判断出从a、b两点离开的是哪种粒子，再由运动学公式求出在两种场中运动的时间，从表达式可以看出哪种粒子的时间长．三、填空题（本大题共1小题，共5分）如图所示，一带电粒子由静止开始经电压U加速后从O孔进入垂直纸面向里的匀强磁场中，并打在了P点．测得OP=L，磁场的磁感应强度为B，则带电粒子的荷质比=______．（不计重力）（物理备课组整理）（备课组长教学指导）解：粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒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：qvB=m，由题意可知，粒子轨道半径：r=L，联立以上三式解得：=；故答案为：．带电粒子在电场中加速过程中，电场力做正功，根据动能定理求出粒子得到的速度．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出半径的表达式．由题，G、H间的距离为d，则粒子的直径等于d．联立即可．带电粒子先经电场加速，根据动能定理求出速度．垂直进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿定律求出半径表达式，是常用的思路．难度适中．四、实验题探究题（本大题共1小题，共分）如图1所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为，M板左下方紧贴M板有一粒子源（未画出），持续发射以初速度水平向右运动，质量为m，电荷量为的粒子。已知板间电压随时间变化的关系如图2所示，其中。忽略离子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。（1）计算说明，时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；（2）求荧光屏上发光的长度。（物理备课组整理）解：（1）t=0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，运动到下极板的时间t，l=t2，解得：t=，粒子在水平方向的位移：x=v0t=＜l，粒子打在下极板上距左端处；（2）t=时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间的运动时间：t1=-=，粒子离开极板时的竖直分速度：vy=at1=t1=4v0，粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2=，粒子在竖直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l，在t=时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d=y=5l；答：（1）t=0时刻射入板间的粒子打在N板上距N板左端处；（2）荧光屏上发光的长度为5l．（备课组长教学指导）略五、计算题（本大题共4小题，共48分）静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距dm，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0m/s，质量m=5.0×10-15 kg、带电量为q=-2.0×10-16 C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：（1）微粒打在B板上的动能；（2）微粒到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．（物理备课组整理）解：（1）电场力对每个微粒所做的功为：W=qEd=2.0×10-16×1.0×103J=8.0×10-14J微粒从A板到B板过程，根据动能定理得W=Ekt-Ek0则得：Ekt=W+Ek0=W+mv02=（8.0×10-14+×5.0×10-152）J=9.0×10-14J（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由Ekt=mvt2得：vt==m/sm/s根据运动学公式得：=所以微粒到达B板所需的最短时间为：t==s（3）根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形．由牛顿第二定律得：a==m/s2=40m/s2由类平抛运动规律得：R=vot1h=a则圆形面积为：S=πR2=π（v0t1）2=π2×（）m2答：（1）微粒打在B板上的动能为9.0×10-14J．（2）微粒到达B板所需的最短时间为s．（3）微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形，面积的大小为m2．（备课组长教学指导）（1）每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为qE，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解；（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间；（3）图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解分位移公式，即可求得面积．本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．第（4）问要弄清物理情景，实质是研究类平抛运动水平位移问题．如图所示，从标空间中有匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，磁场方向垂直于纸面向里，y轴两种场的分界面，磁场区的宽度为d，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从x轴上x=-L的N点处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，然后经过y轴上y=的M点进入磁场，不计带电粒子重力．求：（1）MN两点间的电势差UMN（2）若 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁感应强度应满足的条件（3）若粒子垂直于磁场右边界穿出磁场，求粒子在磁场中运动的时间．（物理备课组整理）解：（1）粒子从M到N做类似平抛运动，有：水平分运动：L=v0t竖直分运动：=加速度：a=电势差：UMN=E•联立解得：UMN=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB=m又进入磁场的速度：v=粒子能够穿过磁场，则要求：r+r＞d可得：B＜（3）粒子垂直右边界射出磁场，有：r′=d粒子在磁场中运动的周期：T=在磁场中运动的时间：t=可得：t=解：（1）MN两点间的电势差为；（2）磁感应强度应满足的条件为B＜；（3）粒子在磁场中运动的时间为．（备课组长教学指导）（1）粒子从M到N做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式，再根据牛顿第二定律列式，最后联立求解；（2）磁感应强度越大，轨道半径越小，临界情况是轨迹恰好与右边界相切，画出轨迹，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；（3）先确定圆心，结合几何关系得到轨道半径，得到轨道对应的圆心角，最后根据t=求解运动时间．本题关键明确粒子的运动规律，对电场中的运动，根据分运动公式列式；对磁场中的运动，确定圆心后结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式求解．如图所示，直角坐标系xOy的第Ⅰ象限有竖直向上的匀强电场，第Ⅱ象限有方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量为m、电量为-q的粒子从磁场中M点以速度v0沿y轴正方向开始运动，经y轴上N点沿x轴正方向射入电场，并从x轴上P点离开电场，已知M点的坐标为（-d，d），P点的坐标为（2d，0），不计粒子的重力．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小．（物理备课组整理）解：（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得：…①根据几何关系：R=d…②联立①②得：（2）带电粒子在电场中做类平抛运动：x方向：…③y方向：…④联立③④得：答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）匀强电场的电场强度E的大小（备课组长教学指导）（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据几何关系求出半径，由半径公式求出匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）带电粒子进入电场后做类平抛运动，根据运动学公式求出电场强度E的大小；带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解．如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x＜0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小EV/m；以直线OM和正x轴为界，在y＜0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度BT，一不计重力的带负电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场，已知粒子的比荷为q/m=5×106C/kg，求：（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标（2）粒子在磁场区域运动的总时间（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标．（物理备课组整理）解：（1）粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动．第一次经过磁场边界上的一点（设为A点），由得：，所以，A点的坐标为：（-4×10-3m，-4×10-3m）（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第二次出磁场的点为C，第二次进入磁场的运动为圆周，粒子在磁场中运动的总时间为：又                       代入数据解得：T=1.265×10-5s，所以t=1.265×10-5s（3）粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则，由平抛规律得：△y=v0t1代入数据解得：△ym                 y=△y-2rm-2×4×10-3mm  粒子离开电磁场时的位置坐标为：（0，m）．答：（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标：（-4×10-3m，-4×10-3m）（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.265×10-5s（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标（0，m）（备课组长教学指导）（1）由于从坐标原点O沿y轴负方向进入的磁场，入射点对应的半径就在x轴的负方向，又直线OM与x负轴成45°角，所以出射点对应的半径与x负轴垂直．故只要得出半径就可以知道粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标．（2）粒子第一次出磁场后，在电场作用下会按原路，以与出磁场速度等大反向的速度回到磁场，进而再在磁场中做个圆周的圆周运动．故粒子在磁场区域运动的总时间为一个周期．（3）粒子第二次进入磁场时方向沿y轴正方向且与电场垂直，在电场力作用下做类平抛运动，由平抛规律可以得到坐标．带电粒子在复合场中的运动，重点就是运动分析，要着重掌握圆周运动的规律，还有相应的数学知识，做到能准确找出原点，明确运动的轨迹．