1.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向.在x轴上方空间的第一、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）向里的匀强磁场；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.
解析：(1)质点从P1到P2，由平抛运动规律 h=gt
2
方向与x轴负方向成45°角.
(2)质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力Eq=mg
(3)质点进入第四象限，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°=方向沿x轴正方向.
2.如图17所示，一带电微粒质量为m=2.0×10kg、电荷量为q=+1.0×10C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2=100V，接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d =17.3cm，带电微粒的重力忽略不计。求： （1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1； （2）带电微粒射出偏转电场时的速度偏转角； （3）为使带电微粒不会从磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度的最小值B。
解析：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理
-11-5
=1.0×10m/s
4
（3分）
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。 在水平方向：
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，
竖直方向：
由几何关系
联立求解 （3分）
（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由
几何关系知：
设微粒进入磁场时的速度为
由牛顿运动定律及运动学规律
B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。
3.如图15甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属
-2
板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L=0.10 m，板间距离d=5.0×10 m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够
-3
大，磁感应强度B=5.0×10T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中
线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。已知带电粒子的比荷
8
=1.0
×10 C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变。 （1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离； （2）求粒子进入磁场时的最大速度；
（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。
解析：（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，根据动能定理有
，解得v0==1.0×10m/s……………………………………（1分）
5
由于t=0时刻偏转电场的场强为零，所以此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v0的速度垂直磁场边界进入磁场中，在磁场中的运动轨迹为半圆。
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
qv0B=m………………………………………………………………………（1分）
解得 r= …………………………………………………………………………（1分）
所以粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r =0.40m…………………（1分） （2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为Um，则粒子进入偏转电场后，加速度a=水平方向 L=v0t
竖直方向 y==
解得 Um==25 V<50V………………………………………………………（1分）
所以，电压Um=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为vm，方向与OO′的
夹角为q，则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，根据动能定理有 qU0+q=
mvm2
解得 vm==×10m/s=1.1×10m/s…………………………（1分）
55
tanq==，即q=arctan……………………………………………（1分）
（或cosq==，即q=arccos）
（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）
（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，则其速度大
小
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径
由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离
……………………………
………………（1分）
所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0………………………………………………………（2分）
4.如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两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的左边界为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区域II的右边界飞出。求电子两次经过y轴的时间间隔t。
解析：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦 兹力平衡
即
所以，
【2分】
【1分】
（2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
所以， 【1分】
设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为 y0，区域I的宽度为b（b=），则
【1分】
代入数据，解得
【1分】
电子在两个磁场中有相同的偏转量。
电子从区域II射出点的纵坐标 【1分】
（3）电子刚好不能从区域II的右边界飞出，说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域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：
圆周运动的周期为T，则
【1分】电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做
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】
5.如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为 r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里，在 y = r 的虚线上方足够大的范围内，有水平向左
o
的匀强电场，电场强度的大小为 E ，现在有一质子从 O 点沿与 x 轴正方向斜向下成 30
方向（如图中所示）射入磁场，经过一段时间后由M点（图中没有标出）穿过y轴。已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，质子的电荷量为 e ，质量为 m ，不计重力 、阻力。 求：（1） 质子运动的初速度大小 （2）M点的坐标
（3）质子由O点运动到M点所用时间 解析：（1）质子在磁场做匀速圆周运动有
∴ 得
v =
（2分）
（2）质子在磁场和电场中运动轨迹如图所
示，质子在磁场中转过 120°角后，从 P 点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场，由几何关系得
P 点距 y 轴的距离为 x2 = r + rsin30o = 1．5 r 质子在电场中做类平抛运动所以有
①
②
由①②得
M点的纵坐标
所以M点坐标为（5分）
（3）质子在磁场中运动时间
由几何关系得P点的纵坐标
所以质子匀速运动时间
质子由O点运动到M点所用时间
（5分）
6.如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3) 在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：（1）电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理
qU＝mv－mv ①
得v0＝ ②
（2）由牛顿第二定律
qBv2＝ ③
如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径R R2＋R2＝(R2－R1)2 ④ 联立③④，得磁感应强度大小
B＝ ⑤
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝ ⑥
由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间
t＝ ⑦
联立④⑥⑦式，得
t＝ ⑧
（3）如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为
Rc＝ ⑨
由③⑨得磁感应强度应小于
Bc＝ ⑩
7.质量为m、电量为q的带电离子从P（0，h）点沿x轴正方向射入第一象限的匀强磁场中，磁感应强度为B，并沿着y轴负方向垂直进入匀强电场（电场方向沿x轴负方向），然后离子经过y轴上的M（0，－2h）点，进入宽度为h的无场区域，如图所示，再进入另一范围足够大的匀强磁场，最后回到P点。不计重力，试求： （1）初速度v0 （2）电场强度E
（3）从P点出发到再次回到P点所用的时间
解析：（1） 如图
（2）
（3） 1分
θ=45°
8.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
方向的偏移量为d，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，不计带电粒子的重力，求： (1)粒子从C点穿出磁场时的速度v.
(2)电场强度和磁感应强度的比值.
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
水平： （1分） 竖直： （2分）
解得 速度偏转角： （2分）
所以飞出电场时的速度：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以穿出磁场时的速度大小为：方向：水平向右 （2分）
四、粒子在电场中运动： （1分） ------(1)
粒子在磁场中运动轨迹如右图所示：由几何关系，得
（2分）
粒子做匀速圆周运动：
（1分）得
（2分） (2)
（1）、（2）联立，解得 （1分）
9.如图所示，粒子源K与虚线MN之间是一加速电场．虚线MN与PQ之间是匀强电场，虚线PQ与荧光屏之间是匀强磁场，且MN、PQ与荧光屏三者互相平行．电场和磁场的方向如图所示．图中A点与O点的连线垂直于荧光屏．从K发射出的一初速度为零的带正电的粒子，被电场加速后以速度v0从A点垂直射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上，已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转
电场的场强关系为，式中的d是偏转电场的宽度，磁场的磁感应强度与偏转电场
的电场强度和带电粒子离开加速电场的速度v0关系符合表达式E、B均为未知量）
（1）试说明v0的大小与K和MN之间的距离有何关系；（无关） （2）求带电粒子进入磁场时的速度大小；√2V0
（3）带电粒子最后在电场和磁场中总的偏转距离是多少(0.9d)
，（以上关系式中U、
10.如图所示, xoy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角。在第四象限和第一象限的xoQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在Poy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子从-y轴上的 A(0,-L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间后再次经过x轴, 粒子重力忽略不计。求：
（1）从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间； （2）匀强电场的电场强度E的大小。
【试题答案】（12分）（1） （2）
【命题立意】此题为复合场问题，考查学生综合分析解决物理问题能力。 【解 析】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R, 则 由几何关系得 R=L （1分）
qvB= （1分）
联立得
又有 （1分）
粒子在磁场中运动时间 （1分）
由M到做匀速直线运动的时间 （1分）
所以粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间
联立以上各式得
（2） 在电场中做类平抛运动
（1分）
=vt （1分）
（1分）
（1分）
由几何关系得
（1分）
（1分）
联立得
把θ=30°代入得
（1分）
说明:计算题其它解法正确的均给分。
11.如图甲所示的坐标系中，第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，方向的宽
度OA=cm，方向无限制，磁感应强度B0=1×10T。现有一比荷为
-4
=2×10C/kg
11
的正离子以某一速度从O点射入磁场，α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出。 （1）求离子进入磁场B0的速度的大小；
（2）离子进入磁场B0后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值；
（3）离子进入磁场B0的同时，再加一个如图乙所示的变化磁场（正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场），求离子从O点到A点的总时间。
解析:（1）如图所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径
………………………（2分）
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向前心力
求得：
m/s…………………………（2分）
（2）由由几何关系得：
知，B越小，r越大。设离子在磁场中最大半径为R
m……………………………………………………………（2分）
由牛顿运动定律得求得则外加磁场
T……………………………………………………………………（2分）
T…………………………………………………………（1分）
（3）离子在原磁场中运动周期
s
离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角
…………………………………………（2分）
此时施加附加磁场时离子在磁场中能做的圆周运动的最大半径为r2
由几何关系知：
离子在有附加磁场时运动半径为r3
（m）
则因
，求得m
，所以离子能做完整的圆周运
动…………………………………（2分）
离子在外加磁场后时， s
对照外加磁场的规律可知，每隔s离子在周期性外加磁场时，离子恰可做一次完整
的匀速圆周运动，共做三次，最后在A点离开磁场。[来源:Zxxk.Com]
离子从O点进入到A点射出的总时间为
s……………………………………………………（3分）
本题有其它解法，正确的可对照评分标准给分。
12.在xoy坐标平面内存在着如图所示的有理想边界的匀强电场和匀强磁场，在x<-2d的区域内匀强电场的场强为E、方向沿+x轴方向，在-2d 面向外。一质量为m、带电荷量为+q的微粒从x轴上的x=-3d处由静止释放，经过-2d 解析：（1）微粒在 的区域内 ①（2分） 得微粒在 处的速度 ②（1分） （2）微粒在 的区域内x轴方向上做匀速运动 ③（1分） Y轴正方向上做初速度为零的匀加速直线运动 沿y轴正方向上的位移 由②③④式可得Y=d （3）经过y轴时，沿y轴正方向上的速度 由②③⑤式可得 微粒进入磁场时的速度 方向与x轴成45°角 微粒进入磁场后做匀速圆周运动 由 得微粒做匀速圆周运动的半径R= ④（2分） ⑤（1分） ⑥（1分） ⑦（1分） ⑧（1分） ⑨（2分）⑩（1分） 其轨迹如图所示，由几何关系得微粒第一次打到x轴上的坐标是 （1分） 13.如图所示，坐标系中第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝10 T，同时 2 有竖直向上与y轴同方向的匀强电场，场强大小E1＝10 V/m，第四象限有竖直向上与y轴 2－12 同方向的匀强电场，场强大小E2＝2E1＝2×10 V/m.若有一个带正电的微粒，质量m＝10kg， －13 电荷量q＝10C，以水平与x轴同方向的初速度从坐标轴的P1点射入第四象限，OP1＝0.2 m， 2 然后从x轴上的P2点进入第一象限，OP2＝0.4 m，接着继续运动．(g＝10 m/s)求： (1)微粒射入的初速度； (2)微粒第三次过x轴的位置及从P1开始到第三次过x轴的总时间． 2 解析:(1)微粒从P1到P2做类平抛运动，竖直方向a＝＝10 m/s 2 则运动时间t1＝ ＝0.2 s，则vy＝at1＝2 m/s 微粒射入的初速度：v0＝＝2 m/s. (2)微粒运动方向与x轴夹角为45° 微粒进入第一象限的速度：v＝＝2 m/s 由于qE1＝mg，所以微粒进入第一象限做匀速圆周运动，则圆周运动的半径R＝＝m， P2P3＝2Rcos45°＝0.4 m 微粒做圆周运动的时间t2＝＝0.157 s 微粒再次进入第四象限，由运动的分解可知：x轴方向做匀速运动，y轴方向做类上抛运动， 微粒运动时间t3＝＝0.4 s 运动距离P3P4＝v0t3＝0.8 m 故OP4＝OP2＋P2P3＋P3P4＝1.6 m t＝t1＋t2＋t3＝0.757 s. 14.如图，POy区域内有沿y轴正方向的匀强电场，POx区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OP与x轴成θ角．不计重力的负电荷，质量为m、电量为q，从y轴上某点以初速度v0垂直电场方向进入，经电场偏转后垂直OP进入磁场，又垂直x轴离开磁场．求： （1）电荷进入磁场时的速度大小 （2）电场力对电荷做的功 （3）电场强度E与磁感应强度B的比值 解析：（1）设带电粒子到达OP进入磁场前的瞬时速度为v，有： ……① （2）由动能定理，电场力做的功为： ……② （2）设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿运动定律： ……③ 依题意： 有几何关系：有： 又： ……④ ……⑤ ……⑥ ……⑦ 在y方向： ……⑧ 联立可得： ……⑨ （评分说明：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨每式2分） 15.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在第四象限内存在方向沿负x方向的匀强电场。从y轴上坐标为（0，a）的P点同时沿垂直磁场方向向磁场区发射速度大小不是都相等的带正电的同种粒子，粒子的速度方向在与y轴正方向成30°～150°角的范围内，结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限内的电场区。已知带电粒子电量为+q，质量为m，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。 （1）求全部粒子经过x轴的时间差。 （2）求粒子通过x轴时的位置范围。 （3）已知从P点发出时速度最大的粒子受到的磁场力与它在电场中受到的电场力大小相等，求从P点发出时速度最小的粒子穿过电场后在y轴上的Q点射出电场时的速度大小v。 解析:（1）粒子在磁场中的最短时间 粒子在磁场中的最长时间 故全部粒子经过x轴的时间 （2）与y轴夹角150°入射 打在最左边的坐标是 与y轴夹角 打在最右边的坐标是 粒子通过x轴时的位置范围是 （3）半径为2a的粒子发出时速度最大，设为v1 电场力 ， 半径为a的粒子发出时速度最小，设为 在磁场中 第四象限中， 得 16.如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。 （1）求电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入， 经时间从半圆形区域的边界射出。求粒子运动 加速度的大小。 解析:（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 则 ③ （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y方向位移 ④ 由②④式得 ⑤ 17.如图甲所示，在xOy平面内存在垂直平面的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示（规定向里为磁感应强度的正方向），在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正 方向的带负电粒子（不计重力）．若粒子的比荷大小（1）带电粒子从出发到再次回到原点所用的时间； （2）带电粒子从出发到再次回到原点的运动轨迹的长度； ．试求： （3）若粒子的比荷变为，同时在y轴方向加匀 强电场，其电场强度的变化规律如图丙所示（沿y轴正方向电场强度为正），要使带电粒子能够在运动一段时间后回到原点，则E的取值应为多少？ 解析：（1）在0—t0带电粒子做匀速圆周运动，其周期为 （2分） 则在t0时间内转过的圆心角 在2t0—3t0时间内带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角仍为；……． 粒子运动的轨迹如图1所示，其中O1、O2、O3、O4分别为0—t0、2t0—3t0、4t0—5t0、6t0—7t0内做匀速圆周运动的圆心位置，所以粒子从出发到再次回到原点所用的时间为t=8t0． （2分） （2）由于带电粒子的速率不会改变，所以带电粒子从出发到再次回到原点的运动轨迹的长度s=8 v0t0． （2分） （3）由带电粒子的比荷可知粒子运动的周期 （1分） 则在t0时间内转过的圆心角 粒子在t0时刻速度方向沿y轴负方向，则在t0—2t0时间内带电粒子受到电场力的作用，沿y轴负方向做匀加速直线运动；在2t0—3t0时间内带电粒子又做匀速圆周运动，转过的圆心角仍为，由于速度增大，因此，此时运动的轨道半径大于第一次时的半径．在3t0—4t0时间内，带电粒子在电场力的作用，沿y轴正方向做匀减速直线运动，由对称性可知，在4t0时速度又变为v0；在4t0—5t0时间内又做圆周运动，其运动情况与0—t0时间内的相同；……．做出带电粒子的运动轨迹如图2所示，其中O1、O2、O3、分别为粒子在0—t0、2t0—3t0、4t0—5t0内做匀速圆周运动的圆心位置．设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使带电粒子回到原点，则必须满足： （n=1，2，3，…）（1分） 解得：（1分） 又由于 （1分） 解得： （n=1，2，3，…）（1分） 18.如图所示，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14x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．一不计 3 重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×10m/s的初速度进入磁场，最终 -18-24 离开电磁场区域．已知微粒的电荷量q=5×10C，质量m=1×10kg，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 （2分） 得m （1分） -3 -3 A点位置坐标（-4×10m， -4×10m）（1分） (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 则t=tOA+tAC= （2分） T= （ 2分） -5 代入数据解得：T=1.256×10s （1分） （3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动 （1分） （1分） △y=v0t1 （1分） 代入数据解得：△y=0.2m -3 y=△y-2r=0.2-2×4×10=0.192m （1分） 离开电、磁场时的位置坐标（0，0.192）（1分） 19.如图所示，真空有一个半径r=0.5m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大 -３ 小B=2×10T，方向垂直于纸面向外，在x=r处的右侧有一个方向竖直向上的宽度为L1=0.5m ３ 的匀强电场区域（电场区域的左右边界如图中虚线所示），电场强度E=1.5×10N/C。在x=2m 处有一垂直x方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的荷质比 9 =1 ×10C/kg带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场与电场的相切处进入电场。不计重力及阻力的作用。求： （1）该粒子进入电场时的速度和粒子在磁场中的运动时间。 （2）该粒子最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标。 （3）求荧光屏上出现发光点的范围 解析:（1）由题意可知：粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5m 由牛顿运动定律得 Bqv= 可得粒子进入电场时的速度v= 在磁场中运动的时间t1= （2）粒子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场，如图所示， 在电场中的加速度大小a= 粒子穿出电场时ks5u vy=at2= tanα= 在磁场中y1=r=0.5m （1分） （1分） 在电场中侧移y2= 飞出电场后粒子做匀速直线运动y3=L2tanα=(2-0.5-0.5)×0.75=0.75m 故y=y1+y2+y3=0.5m+0.1875m+0.75m=1.4375m 则该发光点的坐标(2 ，1.4375) （3）r=R，所有的带电粒子都平行于x轴射出磁场 yP’=yA+r=1.9375 m yO’=yA-r=0.9375 m ks5u 故，P’ (2 ，1.9375) O’ (2 ，0.9375) P’ O’之间都有发光点 20.如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B，两板的中央各有一小孔O1、O2，板间距离为d，当t=0时，在a、b两端加上如图乙所示的电压，同时，在c、d两端加上如图丙所示的电压.此时将开关S接1.一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处（P、O1、O2在同一竖直线上）.重力加速度为g，不计空气阻力. （1）若在t=T/4时刻，将开关S从1扳到2，当Ucd=2U0时，求微粒P加速度的大小和方向； （2）若要使微粒P以最大的动能从A板的小孔O1射出，问在t=T/2到t=T之间的哪个时刻，把开关S从1扳到2？Ucd的周期T至少为多少？ 解析:（1）a=g 方向竖直向上. （2）依题意，为使微粒P以最大的动能从小孔O1射出，应让微粒P能从O2处无初速向上一直做匀加速运动.为此，微粒P应先自由下落一段时间，然后加上电压2U0.使微粒P着以大小为g的加速度向下减速到O2处再向上加速到O1孔射出.设向下加速和向下减速的时间分别为t1和t2，则：gt1=gt 21.如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xoy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示（规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向）．在t=0时刻，一质量为10g、电荷量为0.1C的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2m/s的速度沿x轴正方向射出．已知E0=0.2N/C、B0=0.2（1）t=1s末速度的大小和方向； （2）1s～2s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期； （3）在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6S内运动的轨迹示意图。 （4）6s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标． T．求： 解析：（1）在0~1s内，金属小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动 y方向做匀加速运动 1s末粒子的速度 （1分） （1分） 设与x轴正方向的夹角为，则 = （1分） （2）在1s~2s内，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律 得m （1分） 粒子做圆周运动的周期 （1分） （3）粒子运动轨迹如图所示 （ 2分） 2 （4））5s末粒子的坐标为x=v0t=6m y=at/2=9m 此时粒子y轴方向的速度：vy=qEOt/m=6m/s 合速度大小为 （2分） 第6s内粒子做圆周运动的半径 带电粒子在第6s内做圆周运动的轨迹如图所示 第6s内粒子运动至离x轴最远点坐标为 （ 2分） （ m ） （2分） 其中 （m ） （2分） 其中 22.如图所示,在某空间实验室中,有两个靠在一起的等大的圆柱形区域,分别存在着等大反 向的匀强磁场,磁感应强度B=0.10 T,磁场区域半径r= m,左侧区圆心为O1,磁场向里, -26 -19 右侧区圆心为O2,磁场向外,两区域切点为C.今有质量m=3.2×10kg、带电荷量q=1.6×10 6 C的某种离子,从左侧区边缘的A点以速度v=10m/s正对O1的方向垂直射入磁场,它将穿越C点后再从右侧区穿出.求: （1）该离子通过两磁场区域所用的时间. （2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大?（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）. 思路点拨：（1）带电粒子进入圆形边界的磁场沿半径方向射入，必沿半径方向射出。 （2）粒子在左右两区域的运动轨迹具有对称性。 解答：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T。 由牛顿第二定律 又： 联立①②得： 将已知代入③得R＝2m 由轨迹图知：，即 则全段轨迹运动时间： 联立④⑥并代入已知得 （2）在图中过 向 作垂线，联立轨迹对称关系侧移距离 将已知代入得 23.如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为 r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里，在 y = r 的虚线上方足够大的范围内，有水平向左 o 的匀强电场，电场强度的大小为 E ，现在有一质子从 O 点沿与 x 轴正方向斜向下成 30 方向（如图中所示）射入磁场，经过一段时间后由M点（图中没有标出）穿过y轴。已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，质子的电荷量为 e ，质量为 m ，不计重力 、阻力。 求：（1） 质子运动的初速度大小 （2）M点的坐标 （3）质子由O点运动到M点所用时间 解析：（1）质子在磁场做匀速圆周运动有 ∴ 得v = 24.如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向．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人匀强磁场中，初速度方向与边界 0 线的夹角θ＝60 ，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ＝ 2 OC ，不计粒子的重力，求： （ l ）粒子从P运动到Q所用的时间 t 。 （ 2 ）电场强度 E 的大小 （ 3 ）粒子到达Q点时的动能EkQ 解析:（1）画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧（O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO1 C=120° 设粒子在磁场中圆周运动的半径为r， ……………………2分 r+rcos 60°= OC=x O C=x=3r/2 ……………2分 粒子在磁场中圆周运动的时间……2分 粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r…………2分 …………………………………………1分 粒子从P运动到Q所用的时间 …………………………1分 （2） 粒子在电场中类平抛运动 ……2分 ……2分 解得 …………………1分 （3）由动能定理 ……1分 ……2分 解得粒子到达Q点时的动能为 25.如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，金属板间电场可看做均匀、且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.1m，在金属板右侧有一边 －3 界为MN的匀强磁场，MN与两板中线OO′ 垂直，磁感应强度 B=5×10T，方向垂直纸面向 里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的比荷=10C/kg，重力忽略不计，在0-0.8×10s时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极 －5 板边缘的影响）。已知t = 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在0.2×10s时刻经极板边缘射入磁场。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）。 求： （1）求两板间的电压U0 －5 （2）0-0.2×10s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出，求磁场的最大宽度 （3）若以MN与两板中线OO′ 垂直的交点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为y轴 －5 建立二维坐标系，请写出在0.3×10s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场（此时，磁场只有左边界，没有右边界）时的位置坐标。 （4）两板间电压为0，请设计一种方案：让向右连续发射的粒子流沿两板中线OO′射入，经过右边的待设计的磁场区域后，带电粒子又返回粒子源。 8 －5 解析:(1) （3分）电荷在电场中作类平抛运动 22102 d/2=at/2 （1分） a=d/ t=2.5×10 (m/s) 108 Eq=ma （1分） E=ma/q=2.5×10/10 =250 (V/m) U0=Ed=250×0.1=25 (V) （1分） -5-5 (2) （3分） 在0---0.2×10S时间内, 0.2×10S时刻射入两板间的带电粒子进入磁场并能够从磁场右边界射出,则其他粒子也都能从磁场的右边界射出。粒子进入磁场作匀速圆周运动，则： 2 Bqv=mv/R1 R1=mv0/Bq （1分） -55 由第一问可知：v0=L/t=0.2/0.2×10=10 (m/s) （1分） 5-38 R1=10/5×10×10=0.2 (m) 磁场的最大宽度为 D=R1=0.2 (m) （1分） -5 (3) （7分） 0.3×10S时刻进入的粒子先做匀速直线运动,再做类平抛运动. 类平抛运动 -5 时间应为t=0.1×10S . 若向上偏转,根据平抛运动公式得: y1=at=2.5×10×(0.1×10)/2=0.0125 (m) （1 210-52 分） 进入坐标为 ( 0 ; 0.0125 ) (m) （1分） 进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq 离开磁场时的坐标 y2=y1+2R2cosθ=y1+2 mv0/Bq 5-38 y2=0.0125+2×10/5×10×10=0.4125 (m) （1分） 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.4125 ) (m) （1分） 若向下偏转,根据平抛运动公式得: y1=at=2.5×10×(0.1×10)/2=0.0125 (m) 210-52 进入坐标为 ( 0 ; - 0.0125 ) (m) （1分） 进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq 离开磁场时的坐标 y2= 2R2cosθ- y1= 2 mv0/Bq- y1 5-38 y2=2×10/5×10×10-0.0125=0.3875(m) （1分） 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.3875) (m) （1分） (4) （2分）(只要合理均给分) 26.如图甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)，求： (1).磁场的磁感应强度B； (2).求交变电压的周期T和电压U0的值； (3).当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子从 磁场中射出的点到a点的距离。 解析:(1).粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．由 ， 2 解得： (2).粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有： 1 2 又 1 解得： 1 1 (3).当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板 的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R． 3 27.如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小都为B，但方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m，带电荷量q（q＞0）的粒子于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知粒子在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；求 （1）粒子射入区域I时速度的大小； （2）当粒子离开区域II时，出射位置与P点位置的y坐标之差。 （3）粒子从P点入射到离开区域II时所经历的时间 解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ral，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P＇，如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有， 由几何关系有∠PC P＇= Ra1= 式中=30°，由上面三式可得va= （2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa Ra2=Ra1 ∠P＇OaPa= 由对称性知，Pa点与P的纵坐标之差为 Yp－yPa=2Ra1(1－cos)=4d－3.46d （3）t1＋t2=πm/3qB 28.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。 解析：（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为园心，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） （3）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 （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） 29.如图，真空室内竖直条形区域I存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ（含I、Ⅱ区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L且足够长，M、N为涂有荧光物质的竖直板。现有一束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向与M板成 夹角且与纸面平行，质子束由两部分组成，一部分为速度大小为的低速质 的高速质子，当I区中磁场较强时，M板出现两个亮斑，缓 子，另一部分为速度大小为 慢改变磁场强弱，直至亮斑相继消失为止，此时观察到N板有两个亮斑。已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求： （1）此时I区的磁感应强度； （2）到达N板下方亮斑的质子在磁场中运动的时间； （3）N板两个亮斑之间的距离． 解析：（1）此时低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动半径为R1 ① ② 由①②得 ③ （2）低速质子在磁场中运动时间 ④ 由②④得 ⑤ ⑥ （3）高速质子轨道半径 由几何关系知此时沿电场线方向进入电场，到达N板时与A点竖直高度差 ⑦ 低速质子在磁场中偏转距离 ⑧ 在电场中偏转距离 ⑨ 在电场中时间 , ⑩ 由②⑥⑦⑧⑨⑩ 得 亮斑PQ间距 评分标准：①～ 每式一分 30.如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求： (1)匀强电场的场强E； (2)AD之间的水平距离d； (3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该 处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？ 解析：(1)小颗粒受力如图所示， qE＝mgcotα，E （2分） (2)设小颗粒在D点速度为vD， 2 在水平方向由牛顿第二定律得：qE＝ma，2ad＝VD （2分） 小颗粒在D点离开水平面的条件是： qvDB＝mg，解得 （2分） (3)当速度方向与电场力和重力合力方向重直时，速度最大，则 （4分） 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容