解答：解：（1）正離子在兩金屬板間受到電場力而作勻加速直線運動，離開電場后做勻速直線運動，進入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，離開磁場后，離子又做勻速直線運動，直到打在熒光屏上．
（2）設離子由電場射出后進入磁場時的速度為v．因離子是沿圓心O的方向射入磁場，由對稱性可知，離子射出磁場時的速度方向的反向延長線也必過圓心O．離開磁場后，離子垂直打在熒光屏上（圖中的O′點），則離子在磁場中速度方向偏轉了90°，由幾何知識可知，離子在磁場中做圓周運動的半徑
r′=R=10
cm①
設離子的電荷量為q、質量為m，進入磁場時的速度為v有
由qvB=m
得
r′= ②
設兩金屬板間的電壓為U，離子在電場中加速，由動能定理有：
qU=mv2③
而
=2×105C/kg ④
由②③兩式可得U=
⑤
代入有關數值可得U=30V，也就是電壓表示數為30V．
（3）因兩金屬板間的電壓越小，離子經電場后獲得的速度也越小，離子在磁場中作圓周運動的半徑越小，射出電場時的偏轉角越大，也就越可能射向熒光屏的左側．
由閉合電路歐姆定律有，I=
=1A．
當滑動片P處于最右端時，兩金屬板間電壓最大，為U
max=I（R
1+R
2）=90V
當滑動片P處于最左端時，兩金屬板間電壓最小，為U
min=IR
1=10V
兩板間電壓為U
min=10V時，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最左端點，由②③可解得離子射出電場后的速度大小為v
1=2×10
3m/s，離子在磁場中做圓運動的半徑為r
1=0.1m．
此時粒子進入磁場后的徑跡如圖答2所示，O
1為徑跡圓的圓心，A點為離子能射到熒光屏的最左端點．由幾何知識可得：
tan=
=
，所以α=60°
所以AO′=Htan（90°-α）=2×
10×cm=20cm
而兩板間電壓為U
max=90V時，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最右端點，此時粒子進入磁場后的徑跡如圖答3所示，
同理由②③可解得離子射出電場后的速度大小為v
1=6×10
3m/s，離子在磁場中做圓運動的半徑為r
1=0.3m，或直接由⑤式求得r
2=0.3m
由幾何知識可得tan
==即β=120°
所以O′B=Htan（β-90°）=2×10
×cm=20cm
離子到達熒光屏上的范圍為以O′為中點的左右兩側20cm．
答：（1）正離子自S
1到熒光屏D的運動情況是正離子在兩金屬板間作勻加速直線運動，離開電場后做勻速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場后，離子又做勻速直線運動，直到打在熒光屏上．
（2）如果正離子垂直打在熒光屏上，電壓表的示數30V．
（3）調節滑動變阻器滑片P的位置，正離子到達熒光屏的最大范圍是以O′為中點的左右兩側20cm．
如圖所示，在以O為圓心，半徑為R=10
（2004?惠州一模）如圖所示，在一個半徑為R的圓形區域內存在著勻強磁場，磁場方向垂直于圓面向里，一個帶電粒子從磁場邊界的A點以指向圓心O的方向進入磁場區域內，粒子將做圓周運動到達磁場邊界的C點，但在粒子經過D點時，恰好與一個原來靜止在該點的不帶電的粒子碰撞后結合在一起形成新粒子，關于這個新粒子的運動情況，以下判斷正確的是（ ）
如圖所示，在圓心O處固定一正點電荷，現從P點以相同的速率發射兩個檢驗電荷a、b，分別沿PM、PN運動到M、N兩點，M、N都在以O為圓心的圓上．若檢驗電荷a、b的質量、電荷量均相等，則下列判斷正確的是（ ）
如圖所示，在圓心O處固定一正點電荷，兩個質量和電量均相同的檢驗電荷a、b從P點以相同的速率，分別沿PN、PM運動到N、M（均在以O為圓心的圓上），下列說法正確的是（ ）
如圖所示，在點O置于一個正點電荷，在過點O的豎直平面內的點A處，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m，帶電量為q，小球落下的軌跡如圖中實線所示，它與以O為圓心，R為半徑的圓相交于B、C兩點，點O、C在同一水平線上，∠BOC=30°，點A距OC高度為h，若小球過B點時的速度為v，則（ ）
，豎直平行放置的金屬板連接在如圖所示的電路中，電源電動勢E＝91V，內阻r＝1Ω，定值電阻
，滑動變阻器
的最大阻值為70Ω；兩金屬板上的小孔
、
跟O點在垂直于極板的同一直線上，另有一水平放置的足夠長的熒光屏D，O點跟熒光屏D之間的距離
，現有比荷
的正正離子由小孔
點的距離。
