2020高考物理 考前冲刺Ⅰ专题06 “带电粒子在电磁场中的运动”计算题突破

2020高考物理 考前冲刺Ⅰ专题06 “带电粒子在电磁场中的运动”计算题突破

‎2020考前冲刺物理 ‎ ‎ ‎ ‎1．在图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x= -2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y= -2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：‎ ‎⑴质点到达P2点时速度的大小和方向；‎ ‎⑵第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎⑶质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标 ‎ 又恰能过负y轴2h处，故为圆的直径，转动半径 R= …… ④（1分）‎ 又由 ……⑤ （2分）．　　可解得　E =mg/q （1分）； B = （2分）‎ ‎（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45°角进入第Ⅳ象限，所受电场力与重力的合力为，方向与过P3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：‎ ‎…… ⑥（2分）； 由（2分）‎ ‎ 由此得出速度减为0时的位置坐标是（1分）‎ ‎2．如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x= -2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．之后经过y轴上y= －2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g．求：‎ ‎ （1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；‎ ‎ （2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；‎ ‎ （3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。‎ 分析和解：‎ ‎ （3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45°=……（2分）‎ ‎ 方向沿x轴正方向……2分）‎ ‎3．如图所示，在xoy平面的第一、第三和第四象限内存在着方向竖直向上的大小相同的 由； 得：．联立解得：‎ ‎⑶质点在第二象限做平抛运动后第二次经过x轴，设下落的高度为h，则：‎ 由平抛运动的规律有：； ．解得：‎ ‎4．(20分)如图所示，在xOy坐标系的第Ⅱ象限内，x轴和平行x轴的虚线之间(包括x轴和虚线)有磁感应强度大小为B1=2×10—2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=‎1.0m，在x≥O的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1.6×10—‎25kg、电荷量q=+1.6×10—‎18C的粒子，以相同的速率v=2×‎105m/s从C点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=‎0.5 m．有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2，已知t2=4t1。不计粒子重力．求：‎ ‎(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?‎ ‎(2)磁感应强度B2的大小?‎ 分析与解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则 ‎ r =r=mv/qB1 ……（1分）,　r = ‎1.0 m ……（1分）；　T1 ==2 π m /qB1…… （1分）‎ ‎ 由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即 ‎ t0 =T1/ 2 ……（2分），　　解得t0 = 1.57×10–5 s ……（2分）‎ ‎（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为B1‎ 的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与（1分）‎ ‎5．如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点o射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角．当粒子运动到电场中坐标为（‎3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同．求：‎ ‎ （1）粒子从O点射人磁场时的速度v．‎ ‎ （2）匀强电场的场强E ‎（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．‎ 解： （1）v=v0/cos45°=v0‎ ‎（2）因为v与x轴夹角为45°，由动能定理得：‎ ‎ , 解得　E =mv02/2qL ‎（3）粒子在电场中运动L =，a =qE/m 解 得：t2=‎2L/v0‎ 粒子在磁场中的运动轨迹为l/4圆周，所以 ‎ R =( ‎3L—‎2L)/ = L/2‎ ‎ 粒子在磁场中的运动时间为：t1= ‎ ‎ 粒子从O运动到P所用时闯为：t=t1+t2=L(π+8)/4vo ‎6．如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向沿与x轴负方向成60°角斜向下。一个质量为m，带电量为＋e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电场中，速度方向与x轴正方向成30°，之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。‎ ‎（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；‎ ‎（2）求出O点到c点的距离。‎ ‎【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所示.根据牛顿第二定律，有ev0B = 　（2分）　‎ 要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知： r =Rcos30°　（4分）‎ 求出圆形匀强磁场区域的最小半径　　（2分）‎ 圆形匀强磁场区域的最小面积为（1分）‎ ‎（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向： ‎ s sin30°=v0t（3分）‎ 平行电场方向：scos30°=a t2 / 2，（3分）由牛顿第二定律eE=ma，　（2分）‎ 解得：。O点到c点的距离： ‎ ‎7．如图所示，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域内有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10—‎5kg，电量q=2.5×10—‎5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点．取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎（1）带电微粒运动的速度大小及其跟 x轴正方向的夹角方向．‎ ‎（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．‎ 解答．微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得 ‎ ①………（2分）‎ 电场力　 ②………（2分）‎ 洛仑兹力　…… ③（2分）‎ 联立求解、代入数据得　v=‎10m/s …… ④（2分）‎ ‎ ……⑧ ……⑨‎ 联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得: O点到P点运动时间 t＝1．2 s …⑩‎ ‎8．（20分）如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小 为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为30°，且斜向上方，现有一质量为m电量为q的质子，以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角θ为30°的方向射入第二象限的磁场，不计质子的重力，磁场和电场的区域足够大，求：‎ ‎（1）质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。‎ ‎（2）质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。‎ ‎（3）质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。（用反三角函数表示）‎ 解：（1）由题意可知，t=T/6……①‎ T= ……② 2πm/qB =πm/3qB……③；　qv0B=m……④ 易知△AOB为等边三角形 第一次穿越x轴，穿越点与原点距离x=r=mv0/qB……⑤‎ A时速度方向与x轴夹30°角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛：v0 = at……⑥‎ 由几何关系知：‎ ‎……⑦ ‎ ‎ v=at=……⑧‎ 第一次穿越x轴的速度大小v=…⑨‎ 与电场方向夹角θ=arcsinarc……⑩ ‎ ‎①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分 ‎9．（22分）如图所示，在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。（该区域的重力加速度为g）‎ ‎ （1）求该区域内电场强度的大小和方向。‎ ‎ （2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H的A点，速度与水平向成45°，如图所示。则该微粒至少需经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？‎ ‎ （3）在（2）间中微粒又运动A点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？‎ ‎ （3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：　　…… ⑧（2分）‎ ‎ 解得：……⑨（2分）；该微粒离地面最大高度为：H + ……⑩（2分）‎ ‎10．(20分)在倾角为30°的光滑斜面上有相距‎40m的两个可看作质点的小物体P和Q，（3）物体P、Q第一次碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能。‎ 解：（20分）（1）对物体Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有 m‎2g =qE 得q =‎0.1C，且物体Q带负电 ‎（2）物体P、Q碰撞之后，物体Q受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q将在斜面上方做匀速圆周运动.‎ 对物体Q，匀速圆周运动的周期：‎ ‎（3）要使P、Q能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q的第一次碰撞点,物体P在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。‎ 对物体P，从释放到与Q碰撞之前，由运动学公式有： v—0=2gsimθ·s 得v0=‎20m/s ‎ 对物体P和Q，在碰撞过程中，动量守恒有 ‎ 碰撞过程中，系统损失的能量为 ‎ ‎ 对物体P，时间关系： ()‎ 当k=1时，v1=‎5m/s，v2=‎5m/s，△E=12.5J 当k=2时，v1=‎10m/s，v2=‎6m/s，△E=6J 当k=3时，v1=‎15m/s，v2=‎7m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。‎ 综上所述，碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能可能为12.5J或6J.‎ ‎11．（18分）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a点以速度v0与–x轴成60°度角射入磁场，从y = L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x = ‎2L处的c点。不计重力。求 ‎（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；‎ ‎（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。‎ 解．（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：‎ r =‎2L/3 （2分）‎ ‎ 又因为　　qv0B =　　（2分）‎ ‎ 解得：B = （2分）‎ ‎ （2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：‎2L = v0t2 （1分）‎ ‎ 沿y轴有：L =　（1分） 又因为qE = ma　　（2分） 解得：E =（2分）‎ ‎ （3）带电粒子在磁场中运动时间为t = （2分）‎ ‎ 带电粒子在电场中运动时间为：t2 =‎2L/v0 （2分）‎ ‎ 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1/t2 = 2π/9 （2分）‎ ‎12．（18分）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：‎ ‎（1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小；（3）电子从A运动到D经历的时间t．‎ 解：电子的运动轨迹如右图所示（若画出类平抛和圆运动轨迹给3分）‎ ‎（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t1‎ ‎　　 　 ‎ ‎ 求出 E = ‎ ‎（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则 ‎ 　θ = 45°．求出:　‎ 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力 　　‎ ‎．由图可知　 ；求出 ：　‎ ‎（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1= ‎ 电子在磁场中运动的时间 t2 = ‎ 电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 = ‎ ‎13．如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：‎ ‎ （1）粒子从P运动到C所用的时间t；‎ ‎ （2）电场强度E的大小； （3）粒子到达Q点的动能Ek。‎ ‎ 解：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周 由 ， 得：‎ 又T=‎ 得带电粒子在磁场中运动的时间： ‎ ‎ （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v0垂直于电场沿CF方向，过Q点作直 由类平抛运动规律得： ‎ ‎；联立以上各式解得： ‎ ‎ （3）由动能定理得：。联立以上各式解得：‎ ‎14．如图所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d，板间有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，现将开关S闭合，并调节滑动触头P至右端长度为总长度的1/4．一质量为m、电荷量为q的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．‎ ‎ ⑴求电源的电动势；‎ ‎ ⑵若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中间位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度；‎ ‎ ⑶若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出， 因两板间电压U′= IR/2 = 2U，得E′= 2E，F′= ‎2F = 2 mg ‎ 解得v0 = mg / qB．‎ ‎ ⑶因两板间电压变为U″= IR = 4U； 故电场力F″= ‎4F = 4 mg ‎ 由动能定理知 F′ 解得：‎ ‎15．如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E，方向平行x轴向左的匀强电场，有一铅板旋转在y轴处且与纸面垂直。现有一质量为m，带电量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速后以垂直于铅板的方向从A处穿过铅板，然后从x轴的D处以与x轴正方向夹角为60°的方向进入电场和磁场重叠区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为L，不计粒子的重力。求：⑴粒子经过铅板时损失的动能。⑵粒子到达C点时速度的大小。‎ 解：⑴由动能定理可知，粒子穿过铅板前的动能为：‎ 穿过铅板后由牛顿第二定律得：‎ 由几何知识得： , 解得：‎ 粒子穿过铅板后的动能为：‎ 因此粒子穿过铅板后动能的损失为。‎ ‎⑵从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有 ‎，解得 ‎17．如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=‎0.2g、电荷量q =8×10—‎5C的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1= 15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E = 25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2 =5T的匀强磁场．现让小车始终保持v = ‎2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示．g取‎10m/s2，不计空气阻力。求：‎ ‎⑴小球刚进入磁场B1时加速度a的大小；‎ ‎⑵绝缘管的长度L；⑶小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x。‎ 解：⑴以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则 ‎ ‎ 轨道半径为R， ‎ 小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离 对应时间； 小车运动距离为x2， ‎ 所以小球此时离小车顶端的距离为 ‎18．（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线OO′的某处放置一个粒子源，粒子源沿OO′方向连续不断地放出速度v0=1.0×‎105m/s（方向水平向右）的带正电的粒子。在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B=0.01πT，方向垂直纸面向里，MN与 解：（20分）（1）时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有 ‎ ①‎ 出电场时粒子沿电场方向的分速度vy=‎105m/s=v0 ②‎ 粒子离开电场时的速度 ③‎ 设出射方向与方向间的夹角为，，故θ=45° ④‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的周期为 ⑤‎ t=0时刻释放的粒子，在磁场中运动时间最短，为1/2周期，如右图示： ⑥‎ T=0.1s时刻进入的粒子，在磁场中运动时间最长为3/4周期，如右图示： ⑦‎ ‎①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分 ‎19．在如图所示的直角坐标系中，x轴的上方有与轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为V／m．x轴的下方有垂直于xoy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10—2T。把一个比荷为q/m=2×‎108C/kg的正电荷从坐标为（0，1）的A点处由静止释放。 电荷所受的重力忽略不计，求：‎ ‎ ⑴电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；‎ ‎ ⑵电荷在磁场中运动轨迹的半径； ⑶电荷第三次到达x轴上的位置。‎ 解：⑴电荷从A点匀加速运动到x轴的C点，位移为 ‎ 加速度为；所用的时间为 ‎ ⑵电荷到达C点的速度为，速度方向与x轴正方向成45°‎ 在磁场中运动时，有得轨道半径 ‎ ⑵轨迹圆与x轴相交的弦长为 电荷从坐标原点O再次进入电场中，速度方向与电场方向垂直， 电荷在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示，与x轴第三次 ‎ 相交时，设运动的时间为t′，则 ‎ 得t′=2×10—6s 即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（‎8m，0）‎ ‎20．如图所示，宽度为d1的I区里有与水平方向成45°角的匀强电场E1，宽度为d2的II区里有相互正交的匀强磁场B和匀强电场E2。一带电量为q，质量为m的微粒自图中P点由静止释放后水平向右做直线运动进入II区的复合场再做匀速圆周运动到右边界上的Q点，其速度方向改变了60°，重力加速度为g。（d1、E1、E2未知）求： ⑴E1、E2的大小； ⑵有界电场E1的宽度d1。‎ 解：⑴由题意有： ，‎ 所以， ，‎ ‎ ⑵设微粒在复合场中做匀速圆周运动的速率为v，轨道半径为R，由几何关系有：‎ 由有：‎ 联立求得：‎ 微粒在I区中加速时有：‎ qE1cos45°·d 1=，或由：v2=2ad1,而 a=。由此求出结果：d1=‎ ‎21．(24分) 如图，xoy平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O．在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点o沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0．若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0/2．若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求：该带电粒子穿过场区的时间．‎ 解：设电场强度为E，磁感强度为B；圆O'的半径为R；粒子的电量为q，质量为m，初速度为v．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有：‎ qvB =qE v0T0=2R 只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：‎ ‎　x =　　y=　‎ 由以上式子可知x = y = R，粒子从图中的M点离开电场．‎ 由以上式子得　‎ 只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心．‎ 设半径为r，则有：；由以上式子可得；由图　‎ 所以，粒子在磁场中运动的时间t= ‎ ‎22．(16分)在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，有一质子以速度v0 = 2.0×‎106m/s由x轴上A点（OA = ‎10cm）先后两次射入磁场，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10—‎27kg，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；‎ ‎（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少． ‎ 解：（1）如图所示，‎ 设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．（图2分）‎ 所以：sin30° = 1分） R = 2×OA ‎ 由B = = 0.1T，得． ‎ ‎（2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210°和30°, 则t1/t2= θ1/θ2= ‎ ‎（3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，做类平抛运动，所以在电场中运动的时间相同． ‎ 由x ′= v0t y ′= ××t2 tan30° = x'/y' ；由以上解得 t = = ×10—7s ‎ ‎23．如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y = h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上x = 2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y = – 2h处的P3点．不计粒子的重力，求 ‎ （1）电场强度的大小； （2）粒子到达P2时速度的大小和方向；‎ ‎ （3）磁感应强度的大小．‎ ‎ 解：（1）粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图所示．设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：‎ ‎ qE = ma ① v0t = 2h ② at2 /2= h ③‎ 由①②③式解得E =mv/2qh． ④‎ ‎ （2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有v= 2ah ⑤‎ v = ⑥；tanθ=v1 /v0 ⑦；由②③⑤式得v1 = v0 ⑧‎ 由⑥⑦⑧式得v =v0； θ= arctan 1 = 45° ⑨‎ ‎ （3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 qvB = ⑩‎ ‎ r是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x轴和y轴的交点分别为P2、P3．；因为OP2 =‎ ‎ OP3，θ= 45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r =h ⑾‎ ‎ 由⑨⑩可得B =mv0/qh． ⑿‎ ‎21．如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．X轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为– q的带电粒子（不计重力），从x轴上的O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：‎ ‎ （1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴，粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？‎ ‎ （2）若粒子能经过在x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）．‎ ‎ 答案：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 – 15所示 ‎ 由牛顿第二定律：qv0B = 得r1 = r2 =‎ ‎ 由T =得：T1 = T2 =‎ ‎ 粒子第二次到达x轴所需时间：‎ ‎ t =(T1 + T2) =‎ ‎ 粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s = 2(r1 + r2) =．‎ ‎ （2）设粒子第N次经过在x轴的点距O点为L，不论N为偶数还是奇数粒子走过的弧长均为 ‎ 所以．‎ ‎22．如图所示，MN为纸面内竖直虚线，P、Q是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距离虚线的距离DQ为L/π．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在纸面内从P点开始以水平初速度v0向右运动，经过一段时间后在虚线MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下，已知虚线足够长，MN左侧空间磁场分布足够大，粒子的重力不计．求 ‎ （1）在加上磁场前粒子运动的时间；‎ ‎ （2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0．‎ ‎ 答案：（1）微粒从P点开始运动至第二次通过D点的运动轨迹如图所示，由图可知，在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）‎ ‎ 在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，则t =PF/v0，由几何关系可右 PF = L + R ‎ 又R =mv0/qB，可得t =．‎ ‎ （2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，当R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大值为Rm = DQ/2，即Rm = L /(2π)，可得B的最小值为Bmin =2πmv0 /qL ‎ 微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有t0 = (n +) T (n = 0，1，2，3，…) ‎ ‎ 又由 T=2πm/qBmin 可得 t0 = (n = 0，1，2，3，…) ．‎ ‎23．如图6 – 18所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B．有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图．已知两个带电小球A和B的质量关系为mA = 3mB，轨道半径为RA = 3RB = ‎9 cm．‎ ‎ （1）试说明小球A和B带什么电，它们所带的电荷量之比qA/qB 等于多少？‎ ‎ （2）指出小球A和B在绕行方向及速率之比；‎ ‎ （3）设带电小球A和B在图示位置P处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球B恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球A碰撞后所做圆周运动的轨道半径（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）．‎ ‎ 答案：（1）因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE = mg，由电场方可知，两小球都带负电荷mAg = qAE，mA = 3mB ‎ 所以．‎ ‎ （2）由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向 ‎ 由qBv = m得，R =．又由题意RA = 3RB，所以．‎ ‎ （3）由于两带电小球在P处相碰，切向的合外力为零，故两带电小球在P处的切向动量守恒，由 mAvA + mB vB = mA vA′+ mBvB′ 得，vA =7vB/3= 7vA/9 ‎ ‎ 由此得, 所以RA = ‎7 cm．‎ ‎24．如图6 – 19所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d，板间有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，现将开关S闭合，并调节滑动触头P至右端长度为总长度的1/4．一质量为m、电荷量为q的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．‎ ‎ （1）求电源的电动势；‎ ‎ （2）若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中间位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度；‎ ‎ （3）若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出，求质点飞出时的动能．‎ ‎ 答案：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F与重力G平衡，有F = mg ‎ = Eq ‎ 两板间电场强度E = U/d，两板间电压U = IR/4‎ ‎ 由闭合电路的欧姆定律得：I =ε/ (R + r)‎ ‎ 得ε= 4 (R + r) dmg/Rq．‎ ‎ （2）由（1）知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得：mg + Bqv0 =F′‎ ‎ 因两板间电压U′= IR/2 = 2U，得E′= 2E， F′= ‎2F = 2 mg ‎ 解得v0 = mg / Bq．‎ ‎ （3）因两板间电压变为U″= IR = 4U ‎ 故电场力F″= ‎4F = 4 mg; 由动能定理知. 得Ek =．‎ ‎25．如图所示，直角坐标系xOy中，在x < 0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在x > 0的区域存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场，其下边界和左边界分别yP = L +at2/2，解得：xP =，yP =．‎ ‎ （2）设所加的最小矩形磁场的高和底长分别为L1、L2‎ ‎，质子在磁场中做圆周运动的半径为r，则：(L – r) sin (90°–θ) = r ‎ 所以r =，又L1 = r + rcosθ，L2 = r， 所以Smin = L‎1L2 =．‎ ‎26．如图所示的坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m、带电量为– q的带电粒子（不计重力），从电场中P点以初速度v0沿x轴正方向运动．已知P点的坐标为（– L，0），且L =．试求：‎ ‎ （1）要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？‎ ‎ （2）要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？‎ ‎ 答案：（1）研究带电粒子在电场中的运动：‎ ‎ 水平方向： L= v0t1，解得：t1 = 竖直方向，由动量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0‎ ‎ 所以粒子进入磁场时的速度：v =，方向与x轴成45°角．研究带电粒子在磁场中的运动：当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得：Bqv = m，得R =mv/qB ‎ 又d = R + Rcos 45° 解得：d =‎ ‎ 所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为：‎ d <．‎ ‎ （2）粒子在磁场中运动的周期T =; ‎ 由图知，粒子在磁场中运动的时间:t2 =．‎ ‎27．（19分）在直角坐标系的第II象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。某一带正电粒子A1，由静止开始经加速电压为U的电场（图中未画出）加速后，从纵坐标为a的M处平行于x轴向右运动，通过第II象限的匀强磁场区域后，在坐标原点O处与静止在该点的粒子A2发生了对心正碰，碰后它们结合在一起进人第IV象限，碰撞前后它们的运动轨迹如图所示。若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、碰撞过程中无电荷量损失。‎ ‎ （1）求带电粒子A1的比荷（即q／m）；‎ ‎ （2）确定粒子A2碰撞前的带电情况；‎ ‎（3）求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。‎ 解．（19分）（1）带电粒子A1在电场中被加速，由动能定理有 qU= ① ‎ 在磁场中偏转，由牛顿第二定律有qvB = ；② 联立①②两式得 ③‎ ‎ 由图可知 r =a ；代入③式解得 ④‎ ‎（2）由①④两式可得：A1在第Ⅱ象限的磁场中的运动速率v=U/Ba ⑤‎ 在O点A1、A2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有 2mv′=mv ⑥‎ ‎（v′=v/2=U/(2aB) ⑦ （1分）‎ 由②⑥式结合粒子运动轨迹的特点有 r′=2mv′/q′B=mv/q′B=r =mv/qB （1分）；故有q′=q，所以碰撞前A2不带电 （1分）‎ ‎（3）由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为π/4‎ 而T=2πr /v ⑧（1分）‎ t1= T1/8 =πr/(4v)= πa2B/ (4U) （1分）；t2=T2/8 =πr /(4v′)= πa2B/(2U) （1分）‎ 所以它在磁场中运动的总时间t=t1+t2= 3πa2B/(4U) （1分）‎ ‎28．如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，匀强电场E的电场强度大小为E=500V/m，匀强磁场B1的磁感应强度大小B1=0.5T。第一象限的某个区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x轴重合。一质量m=1×10‎-14kg、电荷量q=1×10—‎10‎C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向成60°角从M点沿直线，经P点进入处于第一象限内的矩形匀强磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出。M点的坐标为（0，-10），N点的坐标为（0，30），不计微粒的重力，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；‎ ‎（2）匀强磁场B2的大小为多大；‎ ‎（3）匀强磁场B2区域的最小面积为多大？‎ 解析：（1）由于不计重力，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒一定做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动方向垂直，即与y轴负方向成60°角斜向下，由力的平衡条件有qE=qvB1，‎ 所以v=E/B1=1.0×‎103m/s。‎ ‎（2）画出微粒的运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系可知PM=‎0.2m，y轴与图中虚线圆相切，由tan30°=可得微粒在第一象限内做圆周运动的半径为： ‎ R=PMtan30°=0.2×m=m。‎ 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB2=m.‎ 解得 B2=(T)‎ ‎（3）由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得：‎ PD=2Rsin60°=‎0.2m，PA=R（1—cos60°）=，‎ 所以，匀强磁场B2区域最小面积为：。‎ ‎29．如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直高上。当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍，已知事业电粒子的质量为m，电量为q，重力不计。粒 ‎（3）如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设在磁场中做圆周运动的半径为R，圆形磁场区域的半径为r，则：‎ ‎ ⑦ ⑧‎ 由几何知识可得： r = Rsin30° ⑨；磁场区域的最小面积为：S= π r2 ⑩．联立⑧⑨⑩解得：‎ ‎30．如图，在空间坐标系中，x轴上方分布着沿y轴正向、电场强度为E的匀强电场，x轴下方分布着垂直纸面向里、磁感强度为B的匀强磁场。y轴正半轴上距离原点h高度处有一放射源，能沿x轴正向以不同速度发射比荷均为c的负离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，设离子在此后过程中只在y轴右侧运动。‎ ‎（1）求初速度为v0的离子经过x轴时的速度大小。‎ ‎（2）离子在匀强磁场中将做匀速圆周运动，试求各种离子第一次进入磁场时，轨迹圆的圆心位置所构成的图线方程。‎ ‎（3）若x轴正半轴上距离原点L长度处有一点M，现要求离子最终能够在由电场进入磁场时经过M，则离子的初速度应该满足什么条件？ ‎ 解答：（1）由动能定理，有 ① ，‎ 得到 ‎ ‎（2）初速度为v0的离子第一次到达x轴时，水平距离为， ‎ 又 ： ；得到 　②‎ 离子轨迹如图，设进入磁场时的速度偏角为θ，离子在磁场中做匀速圆周运动，有 ③‎ 轨迹圆心的坐标（x，y）满足： ④； ⑤‎ 而， ，而 ⑥‎ 联立各式消去v0，得到圆心位置构成的图线方程为（x＞0）⑦‎ ‎（3）若射出后直接经电场到达M，由②式可求得 ‎ ⑧‎ 若自A类平抛下落，经磁场回转，又在电场中斜上抛，如此循环，最终由电场进入磁场时经过M，则轨迹示意图如图，经历n次磁场回旋，则有 ‎ ⑨‎ 解得：‎ ‎⑩‎ ‎31．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xoy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强为E′=4 E/3的匀强电场，并在y>h区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ=37O），并从原点O进入第一象限．已知重力加速度为g，sin37o=0.6，cos37o=0.8，问：‎ ‎(1)油滴的电性;　　(2)油滴在P点得到的初速度大小;‎ ‎(3) 油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值．‎ 由O→A匀速运动位移为s1=h/sin37°=5h/3知运动时间：‎ 由几何关系和圆周运动的周期关系式T=2πm/qB知由A→Ｃ的圆周运动时间为 ‎ ‎ 由对称性知从C→Ｎ的时间 在第一象限运动的总时间 ‎ ‎ 由在磁场中的匀速圆周运动，有　；‎ 由②、③、⑦式解得得到轨道半径 ‎ 　图中的 ‎ 　　即离开第一象限处（Ｎ点）的坐标为〖，０〗‎ ‎32：如图所示，第一次粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间做直线运动，两板间充满相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，板长为L，两板间距为D=L/3。MN为绝缘挡板，MN与中线O1O2的夹角为θ=60°，右侧是垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度也为B，粒子穿过O3后击中MN上的P点，第二次AB间磁场撤去，粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间恰好从A板右侧边缘射出击中MN上的Q点，PQ=‎15L/4且粒子从O1运动到Q的时间为t。‎ 求：（1）粒子的荷质比。 ‎ ‎（2）加速电场的电压U1。‎ ‎（3）粒子第一次从O1运动到P的时间t1为多少？‎ 解：分析粒子在的U1加速：qU1=mv2/2‎ 分析粒子在电磁复合场中做匀速直线运动Eq=Bqv ‎ 分析粒子在两板间撤去磁场后做类平抛运动 qE=ma　　　①； tanα=at/v0　　　　②． tanα=（L/2）/（D/2） 所以α=30°‎ 分析粒子做匀速圆周运动 Bqv0=Mv02/R,；　所以 R=/L　　③‎ 分析几何关系： O3P=2Rsinθ 　　④；O3P+ O3Q=PQ 　　⑤；O3Q=（L/2+O2O3）sinα　　　⑥‎ 分析粒子第二次从O1运动到O2水平方向是匀速：vOt=（L+ O2O3）—O3Q·cosθ　　⑦‎ 所以．q/m=13/24Bt 　　⑧；U1=13BL2/16t　　⑨‎ 分析第一次运动时间t1′=（L+ O2O3）v0t2″=（2θ/360）T T=2πm/Bq　⑩‎ 所以．t1= t1′+ t2″=t（1+π/3）‎ ‎33．在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C， 在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×‎103m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为q=5×10—‎18C，质量为m=1×10—‎24kg，（不计微粒所受重力），求：‎ ‎（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标 ‎（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；‎ ‎（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。‎ 解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。‎ 第一次经过磁场边界上的A点 由 得m ‎ A点位置坐标（-4×10‎-3m, -4×10‎-3m） ‎ ‎ (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则 t=tOA+tAC= T= ‎ 代入数据解得：T=1.256×10—5s 所以 ‎ t=1.256×10—5s ‎ ‎（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做曲线运动 ‎ ‎ ‎ 代入数据解得：m ‎ y=-2r=0.2—2×4×10‎-3m=‎0.192m ；离开电、磁场时的位置坐标 (0, ‎0.192m) ‎ ‎34．如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：‎ ‎（1）两金属板间所加电压U的大小;（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）在图中画出粒子再次进入电场的运动轨迹，并标出粒子再次从电场中飞出的位置与速度方向。‎ 解：（1）粒子在电场中运动时间为t，有：‎ ‎；；； ；‎ 解得：‎ ‎（2），，‎ ‎，，解得： ‎ ‎（3）画图正确给2分。‎ ‎36．如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向右的匀强电场。有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m ‎、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为l，求：‎ ‎(1)粒子经过铅板时损失了多少动能？ (2)粒子到达C点时的速度多大？‎ 解：由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能 根据，得 又由几何知识可得（如图）, 即， 故。‎ 由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能，‎ 因此粒子穿过铅板后动能的损失为 ‎（2）从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有 ‎ 解得 ‎4．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：（1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；（2）电场 运动总时间t总= t＋t’ = ．‎ ‎37．如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点P（L，）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q（L/4，0）进入第四象限，先做匀速直线运动，然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力．求 ‎（1）电子经过Q点的速度v； （2）该匀强磁场的磁感应强度B ‎（3）磁场的最小面积S．‎ 解：（1）　　　得 经过P点的速度大小为 与水平方向夹角为 ‎（2）电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120°．‎ 由几何关系得 ‎　　　解得；由向心力公式　；解得 方向垂直于纸面向里．矩形磁场右边界距y轴的距离 下边界距x轴的距离r=L/12．　最小面积为　　　S=d r=L2/96‎ ‎38．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ = 30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围。‎ ‎（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间。‎ 解：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =，所以有R =，‎ ‎（2）由t =及T =可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（2π－2θ），‎ ‎ 所以最长时间为t ==‎ ‎39．如图所示，一个质量为m =2.0×10—‎11kg，电荷量q = +1.0×10—‎5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=‎20cm，两板间距d =10cm。求：‎ ‎（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？ ‎ ‎（2）若微粒射出偏转电场时的偏转角为θ=30°， 并接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场 区，则两金属板间的电压U2是多大？ （3）若该匀强磁场的宽度为D =10cm，‎ 由③～⑤联立得： 代入数据解得：B ＝0.20T ‎40．设金属板左侧有一个方向垂直纸面向里、磁感应强度为B且面积足够大的匀强磁场，涂有荧光材料的金属小球P（半径忽略不计）置于金属板上的A点的正上方，且A、P同在纸面内，两点相距L，如图所示，当强光束照射到A点时发生光电效应，小球由于受到光电子的冲击而发出荧光，在纸面内若有一个与金属板成θ＝π／8射出的比荷为e/m的光电子恰能击中小球P，求：⑴该光电子逸出金属板时速度的大小；‎ ‎⑵光电子在磁场中运动的时间．‎ 解：⑴由题意可知，光电子的出射方向有两种可能：‎ 情况一：若光电子的出射方向是沿斜向左下方的方向，如图所示：‎ 由牛顿第二定律得： ② ‎ 由几何关系得： ③‎ 由②、③式得： ④‎ 情况二：若光电子的出射方向是沿着斜向左上方的方向，如图所示：由图可知，轨道半径也为 即光电子的出射速度大小也为： ⑤‎ ‎⑵光电子在磁场中的运动周期： 　⑥‎ 情况一：光电子在磁场中转过的角度为，运动的时间 ⑦‎ 由⑥、⑦式得 ⑧‎ 情况二：光电子在磁场中转过的角度为π／3，运动的时间 ⑨　‎ 由⑥、⑨式得 ⑩‎ ‎41．如图中甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图中乙所示。t＝0时刻开始，从C板小孔O1处连续不断飘入质量为m＝3.2×10—‎21kg、电荷量q＝1.6×10—‎15C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场，MN与金属板C相距d＝‎10cm，匀强磁场的大小为B＝0.1T，方向如图中所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：‎ ‎（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？‎ ‎（2）从0到0.04s末时间内哪些时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？‎ ‎（3）以O2‎ 为原点建立直角坐标系，在图甲中画出粒子在有界磁场中可能出现的区域（用斜线标出），并标出该区域与磁场边界交点的坐标。要求写出相应的计算过程 ‎ ‎ 解：（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R0，根据洛伦兹力提供向心力知：qv0B＝mv02/R0 要使粒子恰好飞出磁场，据图有：R0＝d ‎ 所以最小速度 　v0＝qBd/m＝5×‎103m/s ‎（2）由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，CD间可视为匀强电场。要使粒子能飞出磁场边界MN，则进入磁场时的速度必须大于v0，粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，则根据动能定理知：‎ ‎ qU0＝mv02/2 得：U0＝mv02/(2q)＝25V ‎ 因为电荷为正粒子，因此只有电压在－25V～－50V时进入电场的粒子才能飞出磁场。‎ 根据电压图像可知：UCD＝50sin50πt，－25V电压对应的时间分别为：7/300s和11/300s，所以粒子在0到0.04s内能够飞出磁场边界的时间为7/300s≥t≥11/300s (2分)‎ ‎（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，Um＝50V，则有：‎ ‎ qUm＝mvm2/2　　　　qvmB＝mvm2/Rm　　　　Rm≈‎0.14m ‎ 粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为：‎ ‎ x＝Rm－(Rm2－d2)1/2=0.1×(21/2－1)m≈‎0.04m ‎ 因此，粒子能到达的区域如图所示：其中弧PBO2是以d为半径的半圆，弧O‎2A是以Rm为半径的圆弧。与磁场边界交点的坐标分别为：‎ O2（０，０）‎ A：（－‎0.04m，‎0.1m）；‎ B：（－‎0.1m，‎0.1m）‎ P：（－‎0.2m，0）‎ 画图正确给1分 未标O2（０，０）的不扣分 ‎★受约束的粒子或类粒子的运动 ‎42．如图所示，绝缘的水平地面在Q点左侧是光滑的，右侧是粗糙的。质最为m、电荷量为q（q>0）的金属小滑块A放在P点，质最为‎2 m、不带电的金属小滑块B放在Q点，A、B均静止不动，P、Q两点之间的距离为L。当加上方向水平向右、场强大小为E的匀强电场时，A开始向右运动，然后与B发生正碰，碰撞时间极短。碰后，A、B的电荷量均为q /2且保持不变，A刚好能返回到P点，B水平向右做匀速运动。A、B均视为质点，A、B之间的库仑力不计。求：‎ ‎（1）碰撞前、后A的速率v1、v2和碰后B的速率vB；‎ ‎（2）当A刚好回到P点时B到Q点的距离xB。‎ 解：（19分）（1）A从P到Q、Q到P的过程，分别根据动能定理有 ‎ ……①（2分） ；…… ②（2分）‎ 解得 …… ③（2分）‎ 分别为qB＝＋4.0×10‎-5C、qC＝＋2.0×10‎-5C且保持不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用．如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a＝‎1.5m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2／C2，g＝‎10m/s2．求：‎ ‎（1）未施加力F时物块B、C间的距离；‎ ‎（2）t0时间内A上滑的距离；（3）t0时间内库仑力做的功；‎ ‎（4）力F对A物块做的总功 解：（1）A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则C对B的库仑斥力 以A、B为研究对象，根据力的平衡 F0=(mA+mB)gsin30°．‎ 联立解得 L1=‎1.0m ‎ ‎（2）给A施加力F后， A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力．则t0时刻C对B的库仑斥力为 ① ‎ 以B为研究对象，由牛顿第二定律有 ②‎ 联立①②解得 L2=‎1.2m，　则t0时间内A上滑的距离 ‎ ‎（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有　　‎ 代入数据解得W0=1.2J ③ ‎ ‎（4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有 ‎ ④　　　而 WG= —(mA+mB)g·△Lsin30° ⑤‎ ‎ ⑥　　　 ⑦‎ 由③~⑦式解得 J ‎ 经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有 ‎ ⑧ ；力F对A物块做的功 ⑨‎ 碰前带电量为2q，碰后带电量为q ‎ A滑块在碰前，有2qE = mg，所以qE =mg/2‎ ‎ 设A、B碰后速度分别为v1、v2，对B碰后应用动能定理得：‎ ‎ Ek —= (4mg – qE) h，　又Ek = 4mgh． 所以v2 == ‎2 m/s ‎ A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则：‎ ‎ mv0 = mv1 + 4mv2，所以v1 = v0 – 4v2 = – ‎3 m/s ‎ 碰后A滑块返回，设经时间t停下，由动量定理得：—μ(mg – qE) t = 0 – mv1　　　解得：t = 1.5 s．‎ ‎45．如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其沿长线在C点与半圆轨道CD（轨道半径R=‎‎1m ‎）相切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内。整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为‎0.4kg的带电小球沿斜面AB下滑，至B点时速度为，小球在BC段对轨道无压力，着沿直线BC，运动到达C处进入半圆轨道，小球刚好能到达D点，已知进入时无动能损失，不计空气阻力，g＝‎10m/s2，cos37°＝0.8，求：‎ ‎⑴小球带何种电荷。‎ ‎⑵小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功。‎ 分析：带电小球在BC段，对轨道无压力，且沿直线运动，这是本题的关键句。带电粒子在电场力、洛仑兹力、重力三种场力作用下做直线运动（垂直于磁场），带电粒子一定做匀速直线运动。这一段由受力平衡列式求电场力与重力的合力。‎ ‎“小球刚好能到达D点”是本是的另一关键句。即小球在D处不受轨道的支持力，由电场力、重力洛仑兹力的合力提供向心力，洛仑兹力也指向圆心。带电小球在从C到D的过程中，受到的洛仑兹力是变力，小球做变速圆周运动。要求这一过程中克服摩擦力所做的功，只能用功能关系。‎ 设CD段克服摩擦力做功Wf 由动能定理可得： 解得：Wf＝27.6J ‎ 设小环刚过c点的速度为v2，由几何关系可知，‎ 电场力Eq＝mg， 洛伦兹力 ;得 设ac间的水平距离为L，对小环在bc段的运动过程用动能定理，有：解得：L=‎‎0.6m ‎47：一长为 L不可伸长的轻绳，一端系于O点，一端连接一质量为m的带电小球，处在水平方向的匀强电场和匀强磁场之中。如图所示，匀强电场水平向左，电场强度为E；匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B。若小球在A点保持静止，此时绳子与竖直方向的夹角为α，(sinα=0.8)‎ ‎(1)判断小球带何种电荷？电荷量为多少？‎ ‎(2)当小球由与O点在相同高度，与O点相距为L的C点静止释放后，若小球在运动过程中，绳子始终未断，试求该过程中，小球所获得的最大速度及绳子对小球的最大拉力分别为多少？‎ ‎ 解：(1)小球在A点受重力G、电场力F和绳的拉力T处于平衡，如图所示，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，因此小球带正电。‎ Tsinα=qE ,　且　　Tcosα=mg 故小球所带电荷量 ‎(2)小球从C点释放后开始做圆周运动，受到重力G、电场力F、绳的拉力T及洛伦兹将①①式代入②式，得 ③‎ ‎(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0‎ ‎，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 v0＝vcosj ④ vsinj＝at ⑤ d=v0t ⑥‎ 联立④⑤⑥得 ⑦‎ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma ⑧‎ 联立③⑦⑧得:‎ ‎48．（12分）如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板。区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行。在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里。一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和Ⅱ。已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为。不计电子重力。‎ ‎（1）求两金属板之间电势差U；‎ ‎（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；‎ ‎（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从 迹恰好与区域II的右边界相切，圆半径恰好与区域II宽度相同。电子运动轨迹如下图所示。设电子进入区域II时的速度为，则 ‎　　，所以 (1分)‎ 电子通过区域I的过程中，向右做匀加速直线运动， 此过程中平均速度：‎ 电子通过区域I的时间 （b为区域I的宽度）‎ 解得： (1分)‎ 电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T，则 ‎ 电子在区域II中运动的时间： (1分)‎ 电子反向通过区域I的时间仍为。所以， 电子两次经过y轴的时间间隔 ‎ (2分)‎ ‎49．如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为L的三角形，A、B、C为三角形的顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力），以速度v＝从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（ ）‎ A．|PB|≤L B．|PB|＜L C．|QB|≤L D．|QB|≤L ‎【解题思路】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动。本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点。由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝L，如图所示。让半圆向右移动，半圆与弧与BC边的交点即Q。当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边切过，因此入射点P1为离开B最远的点，满足PB＜L，A对；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径R，故QB最大，即QB≤L，D对。【答案】AD ‎ ‎50．平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成600角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求 ‎（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；‎ ‎（2）粒子从M点运动到P点的总时间t；‎ ‎（3）匀强电场的场强大小E。‎ 故粒子从M点运动到P点的总时间 t＝t1＋t2＝(1＋＋) ‎（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则有：qE=ma ‎ 设沿电场方向的分速度为vy ．则vy=at1 又 vy=v0tan60° ．联立解得 E＝ ‎51．如图所示，在xOy坐标平面内的第Ⅰ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切与P、Q点，圆内存在垂直xOy平面的匀强磁场。在第Ⅱ象限内存在沿y轴方向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α满足tanα＝1.5。求：‎ ‎（1）粒子进入电场时的速率v0；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子从P点入射的方向与x轴负方向的夹角θ。‎ ‎【解题思路】‎ ‎（1）在M处，粒子的y轴分速度 vy＝2v0tanα 设粒子在电场中运动时间为t，在x轴方向匀速运动：‎ ‎2R＝v0t 设y轴方向匀加速运动的加速度为a，由 qE＝ma；且vy＝at 联立解得：v0＝ ‎（2）如图所示，O1为磁场圆的圆心，O2为粒子轨迹圆的圆心，P′为粒子射出磁场的位置，依题意可知粒子垂直y轴进入电场，则P′O2//PO1，且P′O1//PO1＝R，O2P＝O2P′，由几何关系可知O1P′O2P为另行，即粒子轨迹圆半径等于R。‎ 由向心力公式及牛顿第二定律：qv0B＝m；联立解得：B＝ ‎（3）粒子从N点进入电场，由y轴方向匀加速直线运动公式有NO的长度y满足vy2＝2ay 联立解得：y＝1.5R；由几何关系：R＋Rcosθ＝y．解得：θ＝60°‎ ‎52．（芜湖一中2020届五模）（16分）如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线y＝a的上方和直线x＝‎2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．一质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力。‎ ‎（1）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；‎ ‎（3）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴正方向的夹角=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。‎ 解：（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，牛顿第二定律 有 （2分）‎ 粒子自A点射出，由几何知识 （1分）‎ 解得 　　（2分）‎ ‎（2）粒子从A点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为y1‎ 由动能定理得：－qEy1=0－（2分）; 得 （1分）‎ 所以在电场中最高点的坐标为（a，） （2分）‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆运动的周期 （1分）‎ 粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为： θ1=60°‎ 由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离： S = acos ‎ 粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间：‎ t1=2mv/qE （1分）‎ 粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3 构成菱形，由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为=120°‎ 则 ‎ 粒子先后在磁场中运动的总时间 （1分）‎ 粒子在场区之间做匀速运动的时间 （1分）‎ 解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间 ‎ （2分）‎ ‎53．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）‎ A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5t0/3，则它一定从cd边射出磁场 B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是2t0/3，则它一定从ad边射出磁场 C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5t0/4，则它一定从bc边射出磁场 D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场 ‎【解题思路】本题的物理情景是带电粒子在有边界的磁场中运动，讨论运动时间与从那个边射出的关系，因此要分几种不同的情况讨论临界条件，并挖掘题目中“经过时间t0刚好从c点射出”的隐含条件。‎ ‎【解析】 做出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的轨迹④。由已知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。如图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于5t0/6；从bc边射出经历的时间一定不大于4t0/3；从cd边射出经历的时间一定是5t0/3；从bc边射出经历的时间一定不大于t0/3。答案：AC ‎54．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y = h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x = 2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求（1）电场强度大小E ；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； ‎ ‎（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。‎ 解：粒子的运动轨迹如右图所示（1分） ‎ （1） 设粒子在电场中运动的时间为t1． x、y方向分别有：‎ ‎2h = v0t1 （2分）‎ ‎ 根据牛顿第二定律：Eq = ma （1分） 求出： （1分）‎ ‎（2）根据动能定理 （1分）‎ 设粒子进入磁场时速度为v，根据 （1分）‎ ‎ 求出 ： （1分）‎ ‎（3）粒子在电场中运动的时间 （1分）‎ ‎ 粒子在磁场中运动的周期 （1分）‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t2 （1分）‎ ‎;求出： （1分）‎ ‎55.（18分）如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场。在t=0时刻，一位于ad边中点o的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od边的夹角分布在0～180°范围内。已知沿od方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子的比荷q／m；‎ ‎（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比； ‎ ‎（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。‎ 解：（1）初速度沿od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其园心为n，由几何关系有：‎ ‎ , （2分）‎ 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得 ‎， （2分）; 得（2分）‎ ‎(2) 依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等。在t0‎ 时刻仍在磁场中的粒子应位于以o为圆心，op为半径的弧pw上。 （2分）‎ 由图知 （2分）‎ 此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6 （2分）‎ 在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b点相交，（2分）‎ 设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则 /4（2分）‎ 在磁场中运动的最长时间 ‎ 所以从粒子发射到全部离开所用时间为。 （2分）‎ ‎56．在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示。一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示粒子在C点的速度。则下列判断中正确的是 ( B ) A．小球在A点的电势能比在B点的电势能小 B．恒力 F的方向可能水平向左 C．恒力F的方向可能与v方向相反 D．在 A、B两点小球的速率不可能相等 57．（18分）如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上.现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v()垂直于MO从O点射入磁场,所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：‎ ‎（1）速度最大的粒子自O点射入磁场至返回水平线POQ所用的时间.‎ ‎（2）磁场区域的最小面积.‎ 解：（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1则 ；即： ①　(1分)‎ ‎ ②　(1分)；　 ③(1分)‎ 设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：S=Rcotθ ④　(1分)； ⑤(1分)‎ 过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为，则： ⑥　(2分)‎ 又由题知： ⑦(1分)‎ 则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间⑧(1分)‎ 解①②③④⑤⑥⑦⑧得： (1分)‎ ‎（2）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积。‎ 扇形的面积 ⑨ (3分)‎ 的面积为：‎ ‎ ⑩(2分)；又 ⑾(1分)‎ 联立①⑦⑨⑩得：或 (2分)‎ ‎58．（15分）如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2.0T、B2=2.0T．三个区域宽度分别为d1=‎5.0m、d2= d3=‎6.25m，一质量m＝1.0×10-‎-‎‎8kg、电荷量q＝1.6×10‎-6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；‎ ‎（2）粒子在Ⅱ区域内运动时间t； （3）粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角 ‎ ‎ 解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有 qEd1= （2分）；解得 v=4.0×‎103m/s （1分）‎ 粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知为等边三角形（1分）‎ 粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角 α=60° （2分）‎ ‎60．（18分）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度υ0 = 2.0×‎106m/s由x轴上A点（OA = ‎‎10cm ‎）第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10‎-27kg，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少． ‎ 解：（1）如图所示，设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为