(完整word)2019届高三高考物理考前预测押题《电场和磁场组合综合计算题》测试题(解析版)

绝密★启用前2019届高三高考物理考前预测押题《电场和磁场组合综合计算题》测试题一、计算题(共15小题)1.如图所示，在无限长的竖直边界 NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上，下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B和2B,KL为上，下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P,Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m,带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求电场强度的大小和方向.(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值.(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值.mg 广dBh0.6SaBh0.545nBh652口即［答案］(1):二，方向竖直向上 (2)(9—672) ⑶ 口 mmm m【解析】(1)设电场强度大小为E.由题意有mg=qE,得E=mg得E=mg,方向竖直向上.（2）（2）如图所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为 vmin,对应的粒子在上，下区域的运动半径分别为「1和「2,圆心的连线与NS的夹角为6mv由「二小有r有r1=由（ri+r2）sin（j）=「2,门十门cos(j)=h,得vmin=(9—6-\y2)'""(3)如图所示，阳 1 2阳 1 2■ 1 IS' '*T设粒子入射速度为V,粒子在上，下方区域白运动半径分别为 ri和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx=1.8h,(n=1,2,3,3由(2)知5x72=

x=0.36h「1=(1+„nW0.6(3b2=3.,5即n=1时，x=0.36h「1=(1+„nW0.6(3b2=3.,5即n=1时，v=。,68q助

mn=2时，v=S545qBhmn=3时，v=0.52曲

m2.如图所示，质量为m,电荷量为十q的粒子从坐标原点O以初速度V0射出，粒子恰好经过A点,O,A两点长度为1,连线与坐标轴+y方向的夹角为“=37。，不计粒子的重力.(1)若在平行于x轴正方向的匀强电场Ei中，粒子沿+y方向从O点射出，恰好经过A点；若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿+x方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种情E1I况电场强度的比值一.(2)若在y轴左侧空间(第n,出象限)存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点 O,沿与+y轴成30。的方向射入第二象限，恰好经过 A点，求磁感应强度B.64可一：64115/【解析】 (1)在电场Ei中lsin(x=lsin(x=1cos(x=voti；在电场E2中lcosa=lcosa=lsina=vot2,联立解得(2)设轨迹半径为R,轨迹如图所示.OC=2RSin30,由几何知识可得tan30=/sin3702Z?sm30°+fcos370解得OC=2RSin30,由几何知识可得tan30=/sin3702Z?sm30°+fcos370解得R=又由qvoB= R得R=得R=J71VO节;5|3#+41m、联立解得B=A 方向垂直纸面向里.llql3.如图在xoy平面内有平行于x轴的两个足够大的荧光屏M,N,它们的位置分别满足y=l和y=0,两屏之间为真空区域。在坐标原点 O有一放射源不断沿y轴正方向向真空区域内发射带电粒子，已知带电粒子有两种。为探索两种粒子的具体情况，我们可以在真空区域内控制一个匀强电场和一个匀强磁场，电场的场强为 E,方向与x轴平行，磁场的磁感应强度为 B,方向垂直于xoy平面。M屏上有一个M屏上有一个亮点，其位置在S(0,1);如果只让磁场存在，我们发现仅在N屏上出现了两个亮点，位置分别为P(-21,0),Q(1/,0),由此我们可以将两种粒子分别叫做 P粒子和Q粒子。已知粒子间的相互作用和粒子重力可以忽略不计，试求(坐标结果只能用 1表达)：f小切fI廿 z Io 甚(1)如果只让磁场存在，但将磁场的磁感应强度减为 Bi=±H，请计算荧光屏上出现的所有亮点n的位置坐标；(2)如果只让电场存在，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；(3)如果只让磁场存在，当将磁场的磁感应强度变为 B2=kB时，两种粒子在磁场中运动的时间相等，求k的数值。【答案】(1)P粒子亮点位置("W，l)Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置(1,0)(J1),(-21,1)(3)立7【解析】(1)当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足Eq=BqvE所以两种粒子速度相同都为 v=—①当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，两种粒子都满足Bqv=-m一得=~z~②r典当磁场强度为B时,

JP粒子的轨道半径ri=l,Q粒子轨道半径为r2=—③=2r2'=由②可知当磁场为Bi减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时 r=2r2'=此时P粒子将打在M屏上，由几何关系可求出落点横坐标辰-F-描所以p粒子亮点位置（弋一5,i）而Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置（I,0）（2）由上问①②③式，可得两粒子的荷质比及其与 （2）由上问①②③式，可得两粒子的荷质比及其与 E,B的关系，对P,E4『二吗E④炉g式二4叫E⑤当仅存在电场时，P粒子将向右偏，y方向分运动为匀速直线运动vt=I⑥X方向分运动为受电场力下的匀加速直线运动，有Q分别有结合④⑥⑦可得由①④⑨可得X1=同理可以求得Q粒子在-X方向的偏转位移为X2=2lI故P,Q两粒子打在屏上的位置坐标分别为（一，l）,（-2l,1）。（3）由②和③可以得出结论，不论磁场为多少， P,Q两粒子的轨道半径Ri：R2=4:1不变。因为两粒子速度大小相等，所以要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为01:02=1：4。如图粒子打在M屏上时，其运动轨迹圆弧圆心角 0（锐角）与半径R满足1=Rsin0,不可能满足Ri：R2=4：1和Qi：62=1：4。所以两粒子都打在M屏上不可能满足要求。两粒子都打在N屏上，圆心角都为兀也不能满足要求。所以结果必然为P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏，所以a=0而01=-^。由几何关系易得此时R=J1l,结合②③可求得此时B2= B,k=.如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U构成偏转电场，一束比荷为二二10'C担带正nt电的粒子流（重力不计），以速度 vo=104m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板。粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m,AB与水平方向成45。角。区域内有按如图所示规律作周期性变化白磁场，已知Bo=0.5T,磁场方向以垂直于纸面向外为正。粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘 O点与水平方向成45°斜向下射入磁场。求：(1)两金属极板间的电压U是多大？(2)若To=0.5s,求t=0s时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间 t和离开磁场的位置。(3)要使所有带电粒子通过 。点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期 Bo,To应满足的条件。【答案】(1)100V(2),=2源X10。，射出点在AB间离。点(3)&(三父10一建【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，从。点射出使速度v=4代入数据得U=100V粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间r=-=2tx10--s射出点在AB间离。点0_04m加(3)粒子运动周期2加.v——=4,7X10s(3)粒子运动周期2加.v——=4,7X10s,粒子在劭t=0,『=工…・时刻射入时，粒子最可能从AB间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出，应满足.如图所示，平行板电容器上板 M带正电，两板间电压恒为 U,极板长为(1+6)d,板间距离P点是磁场边界与为2d,在两板间有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与两板及右侧边缘线相切,下板NP点是磁场边界与P点。的正中间以大小为voP点。(1)判断微粒的带电性质并求其电荷量与质量的比值;(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，求微粒入射速度的大小范围。

咯案】负电:等八第y【解析】(1)由题意可知，微粒所受电场力向上，上板带正电可得微粒带负电,由于微粒做匀速直线运动可得mg=qElUq又内=——可得'=2dm(2)由题意可得，微粒从下板P垂直射出，所以R二d根据牛顿第二定律■(3)如图所示,(3)如图所示,要使粒子从左板射出，临界条件是恰从下板左边射出，此八d时根据几何关系可得■■广微粒做圆周运动的半径一--二3TOC\o"1-5"\h\z又根据牛顿第二定律 .._解得. --.3要使微粒从左板射出 _J.如图所示，相距3L的AB,CD两直线间的区域存在着两个大小不同，方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下， PT下方的电场II的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场n大小是电场n的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q,PQ间距离为L。从某时刻起由Q以q,质量为m。通过q,质量为m。通过PT上的某点RPR两点的距离为2L。不计粒子的进入匀强电场I后从CD边上的y点水平射出，其轨迹如图，若重力。试求:（1）匀强电场I的电场强度E的大小和yT之间的距离;（2）有一边长为a,由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔 S,将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB,CD间的电场从S孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从 S孔射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失），并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间。（6力+1）（6力+1）如唯一⑵一--（）二二【解析】（1）设粒子经PT直线上的点R由日电场进入日电场，由Q到R及R到y点的时间分别为t为t2与ti,到达R时竖直速度为vy,则：由F=qE=用口（1）；在电场I中：在垂直电场方向做匀速直线运动： 2L=Vot2（2）;在平行电场方向做匀减速直线运动： 工=⑶；2次.到达R时竖直速度为vy,%,二旦九二刍£及⑷；在电场II中：在平行电场方向做匀加速直线运动： 、"二L毡#(5)；2阴在垂直电场方向做匀速直线运动： L=Voti(6)；联立以上各式解得： MT=-L，二&二竺之。2 1 qL(2)欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为 r,则外刀二巴士⑺，。+%)产=彳口存=[2…(8)；2mv^(l+2n)解得:B n-1,2...解得:鲍由几何关系可知n=1,2,3…(10),由几何关系可知n=1,2,3…(10),代入(11);代入(⑵；(6m+1),73一i- #=1二…(13)；2(2^4IX '7.如图，空间某区域存在宽度为 5d=0.4m竖直向下的匀强电场，电场强度为 0.1V/m,在电场中还存在3个磁感应强度方向为水平的匀强磁场区域，磁感应强度为 0.1T。一带负电小球从离磁场上边界h=0.2m的A处自由下落。带电小球在这个有电场和磁场的区域运动。已知磁场宽度为

d=0.08m,两个磁场相距也为d=0.08m,带电小球质量为m=10-5kg,小球带有的电荷量为q=-10-3C.求：（1）小球刚进入电场磁场区域时的速度；（2）小球第一次离开磁场1时的速度及穿过磁场1磁场2所用的时间；（3）带电小球能回到与A同一高度处吗？如不能回到同一高度，请你通过计算加以说明；如能够回到同一高度，则请求出从A处出发开始计时到回到同一高度的时刻（假设磁场电场区域足够长,g=10m/s2,7^=0-92）【答案】（1）2m/s（2）0.092s（3）微粒可以回到与A等高的位置0.93s【解析】（1）微粒在进入电场磁场区域之前为自由落体运动，因此有:掰/二加或v=J'g内=s）方向竖直向下（2）微粒进入电场磁场区域时，始终受到重力，电场力作用，但重力，电场力始终大小相等，方向相反，因此，微粒在电场磁场区域运动时可以不考虑这两个力的影响。微粒在磁场 1中运动时只考虑洛伦磁力的作用。微粒在磁场 1中做匀速圆周运动，微粒离开磁场 1时速度大小还是¥=2（刈。；假设微粒在磁场1中运动时圆弧对应的圆心角为可，则尸===020）d0.08d0.08sma=-=-yY=0-4,所以带电微粒离开磁场1时速度方向为与竖直方向的夹角为 61微粒在磁场1和磁场2中运动时的两端圆弧半径相等，两端圆弧对接后所对的圆心角为则而2=0.8,则乩二工3。，时间才=二•7=0.092(a)(3)分析微粒在电场磁场区域的运动情况，微粒可以回到与 A等高的位置。在三个磁场中运动的总时间为半个圆周运动周期， ss--=0-31sqB(2h-微粒在电场磁场区域运动的总时间为 ssSj—=0.4s微粒在磁场1和磁场2之间的电场中运动为匀速直线运动，d总时间为--svcas%微粒在磁场3和磁场2之间的电场中运动也为匀速直线运动，d总时间为一］ _ ：svcas所以，微粒要回到与A等高处的最少时间.-0.31+0.4+0.087+0.13=0.93s8.如图所示的平面直角坐标系中，在 y>0的区域存在匀强电场，场强沿 y轴负方向，在y<0的区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外。一电荷量为 q,质量为m的带正电粒子，经过y轴上y=h处的点Pi时速率为vo,方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x=2h处白pP2点进入磁场。不计粒子重力。(1)求电场强度的大小;

(2)若粒子进入磁场后，接着经过了 y轴上y=-2h处的P3点，求磁感应强度的大小；(3)若只改变磁场的大小(仍为匀强磁场)，让粒子仍从 Pi经P2沿原路径进入磁场后，为了使粒子能再次通过P2点，求磁感应强度的大小满足的条件。【答案】⑴二—(2)-- ——■——闻二小的⑶以=瓦=威或者‘二成=丁【解析】(1)粒子运动轨迹如图甲所示在电场中，2h2=—、2h=v0t汨=-G*解得E= -布2 2qh(2)在电场中vy=at=v0进入磁场的速度'=+W=霹V：,方向与x轴成45在磁场中，连接P2,P3两点，由几何关系知， 里外为圆弧的直径，所以R=^2h,又由qB二加一所以2=17於 非(3)设满足条件的磁感应强度为B',下面分两种情况进行讨论.第一种情况：根据对称性，轨迹关于 y轴对称，能过P2点的轨迹如图乙所示，由几何关系知R=2回又由自近？'=次又由自近？'=次所以以=

RqRIqh第二种情况：如果轨迹与y轴不对称，能过P2点的轨迹如图丙所示，设粒子此后在电场中偏转次后再经过P次后再经过P2点，当n=l时，粒子在磁场中将偏转2次过四点，"元行=%行当n=2时，粒子在磁场中将偏转 3次过P2点，—二。丝—2(241) 1+1当粒子在电场中偏转当n=2时，粒子在磁场中将偏转 3次过P2点，—二。丝—2(241) 1+1当粒子在电场中偏转n次时，粒子在磁场中将n+1次过 P2点，斤M工4月 片Inh就V- - (n=1,2,3,4+1) 打+1 普+1所以展二(n=1,2,3,4

n+1又由 1二旧——，所以8=—= (n=1,2,3,4所以过P2点的条件是巾VE, 口.g01+1),%B=-=-"或者刃=—= L冰炉 婢2^h9.如图所示，是一种电子扩束装置的原理示意图。直角坐标系原点 。处有一电子发射装置，可以不断朝xOy平面内x>0区域任意方向发射电子，电子的速率均为 vo,已知电子的电荷量为 e,质量为m。在0今汨的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度,在x>d区域内分„4就工、B= 。ab为一块很0d大的平面感光板，在磁场内平行于 y轴放置，电子打到板上后会在板上形成一条亮线。不计电子的重力和电子之间的相互作用。求:(1)电子进入磁场时速度v的大小;(2)当感光板沿x轴方向移到某一位置时恰好没有电子打到板上，求板 ab到y轴的距离xi；B'的大小(3)保持(2)中感光板位置不动，要使所有电子恰好都能打到感光板上时磁感应强度以及电子打到板上形成亮线的长度IB'的大小【解析】(1)电场力对电子做功，根据动能定理:【解析】(1)电场力对电子做功，根据动能定理:解①得：吆②(2)由题意结合左手定则可以判定：若沿

能打到ab(2)由题意结合左手定则可以判定：若沿

能打到ab板上时，则所有电子均不能打到y轴负方向射出的电子进入磁场后轨迹与ab板上，作出其运动轨迹如图所示。ab板相切不设该电子进入磁场时与竖直方向的夹角为电子在洛伦兹力作用下做圆周运动： 叁8二用上④Y由图中几何关系：-4=⑹+d⑤联解②③④⑤得：7=-a⑥ab板相(3)由题意结合左手定则可以判定：若沿 yab板相切能打到ab板上，则所有电子均能打到板上，作出其运动轨迹如图所示。由图中几何关系:由图中几何关系:联解②③⑥⑦⑧得:联解②③⑥⑦⑧得:沿y沿y轴正，负方向发射的电子在电场中做类平抛运动，设沿y轴的偏转量为yi,则:设沿y轴正方向发射的电子打到感光板上时在磁场中运动沿y设沿y轴正方向发射的电子打到感光板上时在磁场中运动沿y轴的偏转量为y2,沿y轴负方向发射的电子打到感光板上时在磁场中运动沿 y轴的偏转量为y3,由图中几何关系得:电子打到板上形成亮线的长度:联解得:.如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L=0.08m,板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l=0.06m,竖直宽度足够大的有界匀强磁场。一个比荷为£= 的带负电粒子以速度V0=8M05m/s从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化。粒子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出。不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中运动的速率 v；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 R和磁场的磁感应强度 Bo【答案】(1)v= s(2)0.1m0.2T【解析】(1)根据题意，电子在偏转电场中的运动时间:L 01=-=10、T0飞①v0对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电场的一个周期。在第一个t=5M0—8s时间内，电子在垂直于极板方向上做初速为0的匀加速直线运动，有:遥二用口②v_③在第二个t=5M0—8s时间内，电子做匀速直线运动，带电粒子进入磁场时的速度为：联解①③④⑤得：⑤(2)作出电子在磁场中的轨迹如图所示 ⑥设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R,由几何关系有:/Vj_一二二⑦Rv粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：联解⑦⑧得：R=0.1m⑨B=0.2T⑩.如图a所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化情况如图 b,所示，电场强度方向以y轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面向外为正。 t=0时刻，一质量为m,电量为q的带正电粒子从坐标原点。开始以速度vo沿x轴正方向运动，粒子重力忽略不计，图b,=图b,=~b~,B0已知.要使带电粒子在0〜4nt0(nCN)时间内一■直在场区运动，求:(1)在给定的坐标上画出带电粒子在 0〜4tO时间内的轨迹示意图，并在图中标明粒子的运动性质;(2)在t0时刻粒子速度方向与x轴的夹角；(3)右边界到O的最小距离;(4)场区的最小宽度。(2)粒子做类平抛运动v二良坛％,又鼻二竺;丝，tan8=，，则t0时刻粒子速度方向与 x程1 4位 与轴的夹角为37?(3)如图所示:

粒子作类平抛运动的水平位移 E二也，有几何关系可知々=号一旦8元不,根据牛顿第二定律哂上，其中v=见、；右边界到O点的距离最小值为工=内+巧=(江+0一5|竺^。殳 <osS7 4 qR(4)每隔时间4t0,粒子向左平移37c,4nt0时刻，粒子与。点在x方向相距233口3小，根据牛顿第二定律8魂立=溶二，则左侧场区边界离。点的距离为及■=2返/-=2返/-37。+兄=(L5n+l)吗故在。〜4nto时间内，场区的宽度至少为工二,十4工="一5"13+丸)巴^.七、 逐‘【解析】.如图所示，在xOy平面内存在均匀，大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙，丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿 y轴正方向电场强度为正)。在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v。，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知Vo,to,Bo,已知Vo,to,Bo,粒子的比荷为71~j7~,不计粒子的重力。求:(1)t=t。时，求粒子的位置坐标;(2)若t=5to时粒子回到原点，求0〜5t。时间内粒子距x轴的最大距离;

（3）若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E。，值。1BBq।•・限■■■一TOC\o"1-5"\h\z0t'fl2t0st04t05t0'*X Z ・JE0 %i~； ；一； ；~；V * I I ¥ RV I I » P■ ■ ■ • *i a- a i iii b：：!：：：!dt；2v瓶一岛r甲 丙（2）（2）彳+-、我⑶/二(n=1,2,3,…)nJi【解析】（1）由粒子的比荷q【解析】（1）由粒子的比荷q71 r-=^—,则粒子做圆周运动的周期丁W 阮1上转过的圆心角«=^,由牛顿第二定律= ,得q二耳71（2）粒子『=5%时回到原点，轨迹如图所示七氏「募吁总得『为；上生（2）粒子『=5%时回到原点，轨迹如图所示七氏「募吁总得『为；上生，粒子在“一2%时间内做匀加速直线运动， 2为-3%时间内做匀速圆周运动，则在5%时间内粒子距x轴的最大距离:%十2%%+八二;-(3)如图所示,设带电粒子在x(3)如图所示,设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为「1,在x轴下方做圆周运动的轨道半径为「2,由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足(n=1,2,3,…)联立以上解得得瓦口二”也(n=1,23,…)得瓦口二”也(n=1,23,…)13.在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角灯45°。第一，第二象限内存在方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场，电场强度大小均为 E=1.0M05N/C；在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场磁感应强度B=0.1T,如图所示。现有一带正电的粒子从直线 OP上某点A(-L,L)处静止释放。设粒子的比荷工=4.0M07C/kg,粒子重力不计。求:(1)若L=2cm,粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标及粒子速度的大小和方向;(2)如果在直线OP上各点释放许多个上述带电粒子(粒子间的相互作用力不计)，试证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线。【答案】(1)粒子在第二象限匀加速直线的过程：qEL=:网片,得vi=4M05m/s；粒子在第一象限做类平抛运动：2,y=彳口二=£,x=vit,得x=2L=0.04m；vx=vi=4M05m/s；vy=at=4X105m/s；设粒子进入磁场时速度方向与 x轴正方向的夹角为 0,tan日===1,则0=45°；粒子进入磁场时的速度为的=次"际=4理句炉mH；与x轴正方向成45°角斜向下.2)L取任意值时均有：xo=2L,0=45°,粒子在磁场中做匀速圆周运动时,Q二上代入数据得：R=JZ;Jt所以圆心的坐标为：工=2上」立A，v=--R，1 - 2R=近代入并消去L,得x=4y2+y；此方程为一抛物线方程.【解析】14【解析】14.如图，在xOy平面的第一