（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y轴上发射的位置坐标；
（2）从y轴上什么范围内发射的粒子能打在圆筒上?
【答案】（1）（0，2R-3R）（2）(2?5)R?y?（5?2）R 【解析】 【详解】
v2（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：qvB?m
r代入数据，解得：r?2R
由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据T?间t?2??2R4?R?得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时vv??T，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角?最小，分析可知粒子打2?在圆筒与x轴左侧交点所用的时间最短．
由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角?满足：sin??得到：??R1? r2?6
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T?则最短时间：t?2??2R4?R2?m?? qBvv1?mT? 126qB根据几何关系，发射点距坐标原点O的距离为：?y?2R?2Rcos即对应粒子在y轴上发射的位置坐标为（0，2R-3R）
?6?2?3R
??（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y轴上射出的位置在M点，坐标为M（0，y1）
由几何关系可知，y1?2R?(3R)2?(2R)2?(2?5)R
设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y轴上射出的位置在Q点，坐标为Q（0，y2）． 由几何关系可知，y2??[(3R)2?(2R)2?2R]?(2?5)R
因此能打在圆筒上的粒子在y轴上射出的范围是：(2?5)R?y?（5?2)R． 【点睛】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．
8．如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m，板间距离d=0．6m．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0．12m，磁场足够长．MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0．08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场
q=1．0×108C/kg，重力忽略不计，每个粒m子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．
中．已知每个粒子的速度v0=4．0×105m/s，比荷
（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离； （2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；
（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．
【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2v0qv0B?m，
R1代入数据解得：
R1=0．2m，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
sin??粒子在磁场中偏移的距离：
l10.12??0.6 R10.2y1?R﹣1R1cos?
代入数据解得：
y1=0．04m
粒子出磁场后做匀速直线运动
y2?l2tan?
代入数据解得：
y2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y1+y2=0．10m
（2）设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：
根据平抛知识可知：
11d?at2， 22qU1?ma， dL=v0t， 解得：U1=900V （3）由动能定理得：
U1112q?mv12?mv0 222代入数据解得：
v1=5×105m/s
粒子在电场中的偏向角α，
v04?105cos????0.8，
v5?105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：
v12qv1B?m，
R2代入数据解得：
R2=0．25m
R2﹣R2sinα=0．25﹣0．25×1?0.82=0．1m＜l1=0．12m
该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；
答：（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上
9．如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强
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