2020高考物理 考前沖刺Ⅰ專題06 “帶電粒子在電磁場中的運動”計算題突破

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1、2020考前沖刺物理 1．在圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第Ⅲ象限存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面向里的勻強磁場，在第Ⅳ象限由沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小與第Ⅲ象限存在的電場的場強大小相等。一質(zhì)量為m，帶電荷量大小為q的質(zhì)點a，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負(fù)方向拋出，它經(jīng)過x= -2h處的P2點進入第Ⅲ象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過y軸上方y(tǒng)= -2h的P3點進入第Ⅳ象限，試求： ⑴質(zhì)點到達(dá)P2點時速度的大小和方向； ⑵第Ⅲ象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小； ⑶質(zhì)點a進入

2、第Ⅳ象限且速度減為零時的位置坐標(biāo) 又恰能過負(fù)y軸2h處，故為圓的直徑，轉(zhuǎn)動半徑 R= …… ④（1分） 又由 ……⑤ （2分）．　　可解得　E =mg/q （1分）； B = （2分） （3）帶電粒以大小為v，方向與x軸正向夾45°角進入第Ⅳ象限，所受電場力與重力的合力為，方向與過P3點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，則： …… ⑥（2分）； 由（2分） 由此得出速度減為0時的位置坐標(biāo)是（1分） 2．如圖所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上空間第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸

3、正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的均強磁場，在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x= -2h處的P2點進入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動．之后經(jīng)過y軸上y= －2h處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g．求： （1）粒子到達(dá)P2點時速度的大小和方向； （2）第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)強度的大?。? （3）帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。 分析和解： （3）質(zhì)點進入等

4、四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動. 當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時質(zhì)點速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45°=……（2分） 方向沿x軸正方向……2分） 3．如圖所示，在xoy平面的第一、第三和第四象限內(nèi)存在著方向豎直向上的大小相同的由； 得：．聯(lián)立解得： ⑶質(zhì)點在第二象限做平拋運動后第二次經(jīng)過x軸，設(shè)下落的高度為h，則： 由平拋運動的規(guī)律有：； ．解得： 4．(20分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第Ⅱ象限內(nèi)，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應(yīng)強度大小為B1=2×10—2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP=1

5、.0m，在x≥O的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質(zhì)量m=1.6×10—25kg、電荷量q=+1.6×10—18C的粒子，以相同的速率v=2×105m/s從C點沿紙面內(nèi)的各個方向射人磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域，OC=0.5 m．有一部分粒子只在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動，有一部分粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動之后將進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域。設(shè)粒子在B1區(qū)域運動的最短時間為t1，這部分粒子進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域后在B2區(qū)域的運動時間為t2，已知t2=4t1。不計粒子重力．求： (1)粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動的最長時問t0=? (2)磁感應(yīng)強度B2的大

6、小? 分析與解：（1）設(shè)粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為r，周期為T1，則 r =r=mv/qB1 ……（1分）,　r = 1.0 m ……（1分）；　T1 ==2 π m /qB1…… （1分） 由題意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x軸的方向進入時，在B1區(qū)域運動的時間最長為半個周期，即 t0 =T1/ 2 ……（2分），　　解得t0 = 1.57×10–5 s ……（2分） （2）粒子沿+x軸的方向進入時，在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動的時間最短，這些粒子在B1和B2中運動的軌跡如圖所示，在B1中做圓周運動的圓心是O1，O1點在虛線上，與（1分） 5

7、．如圖所示，在xoy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強電場,在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)粒子（重力不計）從坐標(biāo)原點o射入磁場，其入射方向與y軸負(fù)方向成45°角．當(dāng)粒子運動到電場中坐標(biāo)為（3L，L）的P點處時速度大小為v0，方向與x軸正方向相同．求： （1）粒子從O點射人磁場時的速度v． （2）勻強電場的場強E （3）粒子從O點運動到P點所用的時間． 解： （1）v=v0/cos45°=v0 （2）因為v與x軸夾角為45°，由動能定理得： , 解得　E =mv02/2qL （3）粒子在電場中運動L =，a =

8、qE/m 解得：t2=2L/v0 粒子在磁場中的運動軌跡為l/4圓周，所以 R =( 3L—2L)/ = L/2 粒子在磁場中的運動時間為：t1= 粒子從O運動到P所用時闖為：t=t1+t2=L(π+8)/4vo 6．如圖所示，x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外（圖中未畫出）。x軸下方存在勻強電場，場強大小為E，方向沿與x軸負(fù)方向成60°角斜向下。一個質(zhì)量為m，帶電量為＋e的質(zhì)子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域。質(zhì)子飛出磁場區(qū)域后，從b點處穿過x軸進入勻強電場中，速度方向與x軸正方向成30°，之后通過了b點正下方的c點

9、。不計質(zhì)子的重力。 （1）畫出質(zhì)子運動的軌跡，并求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑和最小面積； （2）求出O點到c點的距離。 【解析】（1）質(zhì)子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動，最后進入勻強電場做類平拋運動，軌跡如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律，有ev0B = ?。?分）　 要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知： r =Rcos30°?。?分） 求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑　?。?分） 圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積為（1分） （2）質(zhì)子進入電場后，做類平拋運動，垂直電場方向： s sin30°=v0t（3分） 平行電場方向：scos3

10、0°=a t2 / 2，（3分）由牛頓第二定律eE=ma，?。?分） 解得：。O點到c點的距離： 7．如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場．一個質(zhì)量m=4×10—5kg，電量q=2.5×10—5C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點．取g＝10 m/s2，求： （1）帶電微粒運動的速度大小及其跟 x軸正方向的夾角方向． （2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間． 解答．微

11、粒運動到O點之前要受到重力、電場力和洛侖茲力作用，在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零．由此可得 ①………（2分） 電場力　 ②………（2分） 洛侖茲力　…… ③（2分） 聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得　v=10m/s …… ④（2分） ……⑧ ……⑨ 聯(lián)立⑦⑧⑨求解，代入數(shù)據(jù)可得: O點到P點運動時間 t＝1．2 s …⑩ 8．（20分）如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小 為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為30°，且斜向上方，現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的

12、質(zhì)子，以速度為v0由原點沿與x軸負(fù)方向的夾角θ為30°的方向射入第二象限的磁場，不計質(zhì)子的重力，磁場和電場的區(qū)域足夠大，求： （1）質(zhì)子從原點到第一次穿越x軸所用的時間。 （2）質(zhì)子第一次穿越x軸穿越點與原點的距離。 （3）質(zhì)子第二次穿越x軸時的速度的大小、速度方向與電場方向的夾角。（用反三角函數(shù)表示） 解：（1）由題意可知，t=T/6……① T= ……② 2πm/qB =πm/3qB……③；　qv0B=m……④ 易知△AOB為等邊三角形 第一次穿越x軸，穿越點與原點距離x=r=mv0/qB……⑤ A時速度方向與x軸夾30°角方向與電場方向垂直，在電場中類平拋：v0 =

13、 at……⑥ 由幾何關(guān)系知： ……⑦ v=at=……⑧ 第一次穿越x軸的速度大小v=…⑨ 與電場方向夾角θ=arcsinarc……⑩ ①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分 9．（22分）如圖所示，在地球表面附近有一范圍足夠大的互相垂直的勻強電場和勻強磁場。磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動。（該區(qū)域的重力加速度為g） （1）求該區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。 （2）若某一時刻微粒運動到場中距地面高度為H的A點，速度與水平向成45°，如圖所示。則該微粒至少需經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？最

14、高點距地面多高？ （3）在（2）間中微粒又運動A點時，突然撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蜃螅瑒t該微粒運動中距地面的最大高度是多少？ （3）設(shè)該粒上升高度為h，由動能定理得：　　…… ⑧（2分） 解得：……⑨（2分）；該微粒離地面最大高度為：H + ……⑩（2分） 10．(20分)在傾角為30°的光滑斜面上有相距40m的兩個可看作質(zhì)點的小物體P和Q，（3）物體P、Q第一次碰撞過程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機械能。 解：（20分）（1）對物體Q，在碰撞之前處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件有 m2g =qE 得q =0.1C，且物體Q帶負(fù)電 （2）物體P、Q

15、碰撞之后，物體Q受重力、電場力、洛倫茲力的作用，由于重力和電場力等大反向，故物體Q將在斜面上方做勻速圓周運動. 對物體Q，勻速圓周運動的周期： （3）要使P、Q能夠再次相遇，則相遇點一定為P、Q的第一次碰撞點,物體P在碰撞后一定反向彈回，再次回到碰撞點時再次相遇。 對物體P，從釋放到與Q碰撞之前，由運動學(xué)公式有： v—0=2gsimθ·s 得v0=20m/s 對物體P和Q，在碰撞過程中，動量守恒有 碰撞過程中，系統(tǒng)損失的能量為 對物體P，時間關(guān)系： () 當(dāng)k=1時，v1=5m/s，v2=5m/s，△E=12.5J 當(dāng)k=2時，v1=10m/s，v2=6m

16、/s，△E=6J 當(dāng)k=3時，v1=15m/s，v2=7m/s，系統(tǒng)總動能增加，不滿足能量守恒定律。 綜上所述，碰撞過程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機械能可能為12.5J或6J. 11．（18分）如圖所示，直角坐標(biāo)中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在–x軸上的a點以速度v0與–x軸成60°度角射入磁場，從y = L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x = 2L處的c點。不計重力。求 （1）磁感應(yīng)強度B的大小；（2）電場強度E的大??； （3）粒子在磁場和電場中的運動時間之比。 解．（1）

17、帶電粒子在磁場運動由軌跡可知：r =2L/3 （2分） 又因為　　qv0B =　?。?分） 解得：B = （2分） （2）帶電粒子在電場中運動時，沿x軸有：2L = v0t2 （1分） 沿y軸有：L =　（1分） 又因為qE = ma　?。?分） 解得：E =（2分） （3）帶電粒子在磁場中運動時間為t = （2分） 帶電粒子在電場中運動時間為：t2 =2L/v0 （2分） 所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為：t1/t2 = 2π/9 （2分） 12．（18分）如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)

18、平面向里的勻強磁場。一電子（質(zhì)量為m、電量為e）從y軸上A點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動。。當(dāng)電子第一次穿越x軸時，恰好到達(dá)C點；當(dāng)電子第二次穿越x軸時，恰好到達(dá)坐標(biāo)原點；當(dāng)電子第三次穿越x軸時，恰好到達(dá)D點。C、D兩點均未在圖中標(biāo)出。已知A、C點到坐標(biāo)原點的距離分別為d、2d。不計電子的重力。求： （1）電場強度E的大??； （2）磁感應(yīng)強度B的大??；（3）電子從A運動到D經(jīng)歷的時間t． 解：電子的運動軌跡如右圖所示（若畫出類平拋和圓運動軌跡給3分） （1）電子在電場中做類平拋運動設(shè)電子從A到C的時間為t1 　　 　 求出 E = （2）設(shè)電子進入磁場

19、時速度為v，v與x軸的夾角為θ，則 　θ = 45°．求出:　 電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力 　　 ．由圖可知　 ；求出 ：　 （3）由拋物線的對稱關(guān)系，電子在電場中運動的時間為 3t1= 電子在磁場中運動的時間 t2 = 電子從A運動到D的時間 t=3t1+ t2 = 13．如圖所示的區(qū)域中，第二象限為垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，第一、第四象限是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向如圖。一個質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ=30°，粒子恰好

20、從y軸上的C孔垂直于勻強電場射入勻強電場，經(jīng)過x軸的Q點，已知OQ=OP，不計粒子的重力，求： （1）粒子從P運動到C所用的時間t； （2）電場強度E的大??； （3）粒子到達(dá)Q點的動能Ek。 解：（1）帶電粒子在電磁場運動的軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡為半個圓周 由 ， 得： 又T= 得帶電粒子在磁場中運動的時間： （2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，初速度v0垂直于電場沿CF方向，過Q點作直 由類平拋運動規(guī)律得： ；聯(lián)立以上各式解得： （3）由動能定理得：。聯(lián)立以上各式解得： 14．如圖所

21、示，一對平行金屬板水平放置，板間距離在d，板間有磁感應(yīng)強度為B的水平向里的勻強磁場，將金屬板連入如圖所示的電路，已知電源的內(nèi)電阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開關(guān)S閉合，并調(diào)節(jié)滑動觸頭P至右端長度為總長度的1/4．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點從兩板正中央左端以某一初速度水平飛入場區(qū)時，恰好做勻速圓周運動． ⑴求電源的電動勢； ⑵若將滑動變阻器的滑動觸頭P調(diào)到R的正中間位置，可以使原帶電質(zhì)點以水平直線從兩板間穿過，求該質(zhì)點進入磁場的初速度； ⑶若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質(zhì)點恰好能從金屬板邊緣飛出， 因兩板間電壓U′= IR/2 = 2U，

22、得E′= 2E，F(xiàn)′= 2F = 2 mg 解得v0 = mg / qB． ⑶因兩板間電壓變?yōu)閁″= IR = 4U； 故電場力F″= 4F = 4 mg 由動能定理知 F′ 解得： 15．如圖所示，在y軸的右方有一磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一場強為E，方向平行x軸向左的勻強電場，有一鉛板旋轉(zhuǎn)在y軸處且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速后以垂直于鉛板的方向從A處穿過鉛板，然后從x軸的D處以與x軸正方向夾角為60°的方向進入電場和磁場重疊區(qū)域，最后到達(dá)y軸上的C點。已知OD長為L，不計粒子

23、的重力。求：⑴粒子經(jīng)過鉛板時損失的動能。⑵粒子到達(dá)C點時速度的大小。 解：⑴由動能定理可知，粒子穿過鉛板前的動能為： 穿過鉛板后由牛頓第二定律得： 由幾何知識得： , 解得： 粒子穿過鉛板后的動能為： 因此粒子穿過鉛板后動能的損失為。 ⑵從D到C只有電場力對粒子做功，電場力做功與路徑無關(guān)，根據(jù)動能定理，有 ，解得 17．如圖所示，水平地面上有一輛固定有豎直光滑絕緣管的小車，管的底部有一質(zhì)量m=0.2g、電荷量q =8×10—5C的小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略?。诠芸谒谒矫鍹N的下方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B1= 15T的勻強磁場，MN面的上方還存在著豎直向上、場強

24、E = 25V/m的勻強電場和垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度B2 =5T的勻強磁場．現(xiàn)讓小車始終保持v = 2m/s的速度勻速向右運動，以帶電小球剛經(jīng)過場的邊界PQ為計時的起點，測得小球?qū)軅?cè)壁的彈力FN隨高度h變化的關(guān)系如圖所示．g取10m/s2，不計空氣阻力。求： ⑴小球剛進入磁場B1時加速度a的大??； ⑵絕緣管的長度L；⑶小球離開管后再次經(jīng)過水平面MN時距管口的距離△x。 解：⑴以小球為研究對象，豎直方向小球受重力和恒定的洛倫茲力f1，故小球在管中豎直方向做勻加速直線運動，加速度設(shè)為a，則 軌道半徑為R， 小球離開管口開始計時，到再次經(jīng)過MN所通過的水平距離 對應(yīng)時間； 小

25、車運動距離為x2， 所以小球此時離小車頂端的距離為 18．（20分）如圖甲所示，在兩平行金屬板的中線OO′的某處放置一個粒子源，粒子源沿OO′方向連續(xù)不斷地放出速度v0=1.0×105m/s（方向水平向右）的帶正電的粒子。在直線MN的右側(cè)分布有范圍足夠大勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.01πT，方向垂直紙面向里，MN與解：（20分）（1）時刻釋放的粒子做類平拋運動，沿電場方向做勻加速運動，所以有 ① 出電場時粒子沿電場方向的分速度vy=105m/s=v0 ② 粒子離開電場時的速度 ③ 設(shè)出射方向與方向間的夾角為，，故θ=45° ④ (2)粒子在

26、磁場中運動的周期為 ⑤ t=0時刻釋放的粒子，在磁場中運動時間最短，為1/2周期，如右圖示： ⑥ T=0.1s時刻進入的粒子，在磁場中運動時間最長為3/4周期，如右圖示： ⑦ ①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分 19．在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，x軸的上方有與軸正方向成45°角的勻強電場，場強的大小為V／m．x軸的下方有垂直于xoy面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B=2×10—2T。把一個比荷為q/m=2×108C/kg的正電荷從坐標(biāo)為（0，1）的A點處由靜止釋放。 電荷所受的重力忽略不計，求： ⑴電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t； ⑵電荷在磁場中

27、運動軌跡的半徑； ⑶電荷第三次到達(dá)x軸上的位置。 解：⑴電荷從A點勻加速運動到x軸的C點，位移為 加速度為；所用的時間為 ⑵電荷到達(dá)C點的速度為，速度方向與x軸正方向成45° 在磁場中運動時，有得軌道半徑 ⑵軌跡圓與x軸相交的弦長為 電荷從坐標(biāo)原點O再次進入電場中，速度方向與電場方向垂直， 電荷在電場中做類平拋運動，運動軌跡如圖所示，與x軸第三次 相交時，設(shè)運動的時間為t′，則 得t′=2×10—6s 即電荷第三次到達(dá)x軸上的點的坐標(biāo)為（8m，0） 20．如圖所示，寬度為d1的I區(qū)里有與水平方向成45°角的勻強電場E1，寬度為d2的

28、II區(qū)里有相互正交的勻強磁場B和勻強電場E2。一帶電量為q，質(zhì)量為m的微粒自圖中P點由靜止釋放后水平向右做直線運動進入II區(qū)的復(fù)合場再做勻速圓周運動到右邊界上的Q點，其速度方向改變了60°，重力加速度為g。（d1、E1、E2未知）求： ⑴E1、E2的大??； ⑵有界電場E1的寬度d1。 解：⑴由題意有： ， 所以， ， ⑵設(shè)微粒在復(fù)合場中做勻速圓周運動的速率為v，軌道半徑為R，由幾何關(guān)系有： 由有： 聯(lián)立求得： 微粒在I區(qū)中加速時有： qE1cos45°·d 1=，或由：v2=2ad1,而 a=。由此求出結(jié)果：d1= 21．(24分) 如圖，xoy平面內(nèi)的圓O′與y軸相

29、切于坐標(biāo)原點O．在該圓形區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強電場和垂直于圓面的勻強磁場．一個帶電粒子（不計重力）從原點o沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為T0．若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間為T0/2．若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，求：該帶電粒子穿過場區(qū)的時間． 解：設(shè)電場強度為E，磁感強度為B；圓O'的半徑為R；粒子的電量為q，質(zhì)量為m，初速度為v．同時存在電場和磁場時，帶電粒子做勻速直線運動，有： qvB =qE v0T0=2R 只存在電場時，粒子做類平拋運動，有： 　x =　　y=　 由以上式子可知x = y = R，粒子

30、從圖中的M點離開電場． 由以上式子得　 只存在磁場時，粒子做勻速圓周運動，從圖中N點離開磁場，P為軌跡圓弧的圓心． 設(shè)半徑為r，則有：；由以上式子可得；由圖　 所以，粒子在磁場中運動的時間t= 22．(16分)在如圖所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸負(fù)方向成30°角，大小為E = 4.0×105N/C，y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，有一質(zhì)子以速度v0 = 2.0×106m/s由x軸上A點（OA = 10cm）先后兩次射入磁場，第一次沿x軸正方向射入磁場，第二次沿x軸負(fù)方向射入磁場，回旋后都垂直射入電場，最后又進入磁場，已知質(zhì)子質(zhì)量m為1.6×10—27kg

31、，求： （1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；（2）質(zhì)子兩次在磁場中運動的時間之比； （3）質(zhì)子兩次在電場中運動的時間各為多少． 解：（1）如圖所示， 設(shè)質(zhì)子第一、第二次由B、C兩點分別進入電場，軌跡圓心分別為O1和O2．（圖2分） 所以：sin30° = 1分） R = 2×OA 由B = = 0.1T，得． （2）從圖中可知，第一、第二次質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度分別為210°和30°, 則t1/t2= θ1/θ2= （3）兩次質(zhì)子以相同的速度和夾角進入電場，做類平拋運動，所以在電場中運動的時間相同． 由x ′= v0t y ′= ××t2 ta

32、n30° = x'/y' ；由以上解得 t = = ×10—7s 23．如圖所示，在y > 0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負(fù)方向；在y < 0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外．一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y = h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上x = 2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y = – 2h處的P3點．不計粒子的重力，求 （1）電場強度的大??； （2）粒子到達(dá)P2時速度的大小和方向； （3）磁感應(yīng)強度的大?。? 解：（1）粒子在電場、磁場中的運動軌跡如圖所示．設(shè)粒子從P1到P2

33、的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式有： qE = ma ① v0t = 2h ② at2 /2= h ③ 由①②③式解得E =mv/2qh． ④ （2）粒子到達(dá)P2時速度沿x方向的分量仍為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軸的夾角，則有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）設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定

34、律 qvB = ⑩ r是圓軌跡的半徑，此圓軌跡與x軸和y軸的交點分別為P2、P3．；因為OP2 = OP3，θ= 45°，由幾何關(guān)系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r =h ⑾ 由⑨⑩可得B =mv0/qh． ⑿ 21．如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．X軸下方有磁感應(yīng)強度大小為B/2，方向垂直紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電量為– q的帶電粒子（不計重力），從x軸上的O點以速度v0垂直x軸向上射出．求： （1）射出之后經(jīng)多長時間粒子第二次到達(dá)x軸，粒子第二次到達(dá)x軸時離O點的距離是多少？ （2）若粒子能

35、經(jīng)過在x軸距O點為L的某點，試求粒子到該點所用的時間（用L與v0表達(dá)）． 答案：（1）粒子的運動軌跡示意圖如圖6 – 15所示 由牛頓第二定律：qv0B = 得r1 = r2 = 由T =得：T1 = T2 = 粒子第二次到達(dá)x軸所需時間： t =(T1 + T2) = 粒子第二次到達(dá)x軸時離O點的距離：s = 2(r1 + r2) =． （2）設(shè)粒子第N次經(jīng)過在x軸的點距O點為L，不論N為偶數(shù)還是奇數(shù)粒子走過的弧長均為 所以． 22．如圖所示，MN為紙面內(nèi)豎直虛線，P、Q是紙面內(nèi)水平方向上的兩點，兩點距離PD為L，D點距離虛線的距離DQ為L/π．一

36、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子在紙面內(nèi)從P點開始以水平初速度v0向右運動，經(jīng)過一段時間后在虛線MN左側(cè)空間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場維持一段時間后撤除，隨后粒子再次通過D點且速度方向豎直向下，已知虛線足夠長，MN左側(cè)空間磁場分布足夠大，粒子的重力不計．求 （1）在加上磁場前粒子運動的時間； （2）滿足題設(shè)條件的磁感應(yīng)強度B的最小值及B最小時磁場維持的時間t0． 答案：（1）微粒從P點開始運動至第二次通過D點的運動軌跡如圖所示，由圖可知，在加上磁場前瞬間微粒在F點（圓和PQ的切點） 在t時間內(nèi)微粒從P點勻速運動到F點，則t =PF/v0，由幾何關(guān)

37、系可右 PF = L + R 又R =mv0/qB，可得t =． （2）微粒在磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式知，當(dāng)R最大時，B最小，在微粒不飛出磁場的情況下，R最大值為Rm = DQ/2，即Rm = L /(2π)，可得B的最小值為Bmin =2πmv0 /qL 微粒在磁場中做勻速圓周運動，故有t0 = (n +) T (n = 0，1，2，3，…) 又由 T=2πm/qBmin 可得 t0 = (n = 0，1，2，3，…) ． 23．如圖6 – 18所示的空間，勻強電場的方向豎直向下，場強為E，勻強磁場的方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度為B．有兩個帶電小球A和

38、B都能在垂直于磁場方向的同一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動（兩小球間的庫侖力可忽略），運動軌跡如圖．已知兩個帶電小球A和B的質(zhì)量關(guān)系為mA = 3mB，軌道半徑為RA = 3RB = 9 cm． （1）試說明小球A和B帶什么電，它們所帶的電荷量之比qA/qB 等于多少？ （2）指出小球A和B在繞行方向及速率之比； （3）設(shè)帶電小球A和B在圖示位置P處相碰撞，且碰撞后原先在小圓軌道上運動的帶電小球B恰好能沿大圓軌道運動，求帶電小球A碰撞后所做圓周運動的軌道半徑（設(shè)碰撞時兩個帶電小球間電荷量不轉(zhuǎn)移）． 答案：（1）因為兩帶電小球都在復(fù)合場中做勻速圓周運動，故必有qE = mg

39、，由電場方可知，兩小球都帶負(fù)電荷mAg = qAE，mA = 3mB 所以． （2）由題意可知，兩帶電小球的繞行方向都為逆時針方向 由qBv = m得，R =．又由題意RA = 3RB，所以． （3）由于兩帶電小球在P處相碰，切向的合外力為零，故兩帶電小球在P處的切向動量守恒，由 mAvA + mB vB = mA vA′+ mBvB′ 得，vA =7vB/3= 7vA/9 由此得, 所以RA = 7 cm． 24．如圖6 – 19所示，一對平行金屬板水平放置，板間距離在d，板間有磁感應(yīng)強度為B的水平向里的勻強磁場，將金屬板連入如圖所示的電路，已知電

40、源的內(nèi)電阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開關(guān)S閉合，并調(diào)節(jié)滑動觸頭P至右端長度為總長度的1/4．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點從兩板正中央左端以某一初速度水平飛入場區(qū)時，恰好做勻速圓周運動． （1）求電源的電動勢； （2）若將滑動變阻器的滑動觸頭P調(diào)到R的正中間位置，可以使原帶電質(zhì)點以水平直線從兩板間穿過，求該質(zhì)點進入磁場的初速度； （3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質(zhì)點恰好能從金屬板邊緣飛出，求質(zhì)點飛出時的動能． 答案：（1）因帶電質(zhì)點做勻速圓周運動，故電場力F與重力G平衡，有F = mg = Eq 兩板間電場強度E = U/d，兩板

41、間電壓U = IR/4 由閉合電路的歐姆定律得：I =ε/ (R + r) 得ε= 4 (R + r) dmg/Rq． （2）由（1）知，電場力豎直向上，故質(zhì)點帶負(fù)電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件得：mg + Bqv0 =F′ 因兩板間電壓U′= IR/2 = 2U，得E′= 2E， F′= 2F = 2 mg 解得v0 = mg / Bq． （3）因兩板間電壓變?yōu)閁″= IR = 4U 故電場力F″= 4F = 4 mg; 由動能定理知. 得Ek =． 25．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，在x < 0的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小

42、為E；在x > 0的區(qū)域存在一垂直紙面的矩形有界勻強磁場，其下邊界和左邊界分別yP = L +at2/2，解得：xP =，yP =． （2）設(shè)所加的最小矩形磁場的高和底長分別為L1、L2，質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則：(L – r) sin (90°–θ) = r 所以r =，又L1 = r + rcosθ，L2 = r， 所以Smin = L1L2 =． 26．如圖所示的坐標(biāo)空間中有場強為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，y軸為兩種場的分界線，圖中虛線為磁場區(qū)的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為– q的帶電粒子（不計重力），從電場中P點以初速度v0沿x軸正方向運動．

43、已知P點的坐標(biāo)為（– L，0），且L =．試求： （1）要使帶電粒子能穿過磁場區(qū)而不再返回到電場中，磁場的寬度d應(yīng)滿足什么條件？ （2）要使帶電粒子恰好不能從右邊界穿出磁場區(qū)，則帶電粒子在磁場中運動的時間為多少？ 答案：（1）研究帶電粒子在電場中的運動： 水平方向： L= v0t1，解得：t1 = 豎直方向，由動量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0 所以粒子進入磁場時的速度：v =，方向與x軸成45°角．研究帶電粒子在磁場中的運動：當(dāng)粒子剛好不從磁場右邊界穿出時，其運動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得：Bqv = m，得R =mv/qB 又d =

44、R + Rcos 45° 解得：d = 所以，要使帶電粒子能穿過磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場的寬度d應(yīng)滿足的條件為： d <． （2）粒子在磁場中運動的周期T =; 由圖知，粒子在磁場中運動的時間:t2 =． 27．（19分）在直角坐標(biāo)系的第II象限和第Ⅳ象限中的直角三角形區(qū)域內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里。某一帶正電粒子A1，由靜止開始經(jīng)加速電壓為U的電場（圖中未畫出）加速后，從縱坐標(biāo)為a的M處平行于x軸向右運動，通過第II象限的勻強磁場區(qū)域后，在坐標(biāo)原點O處與靜止在該點的粒子A2發(fā)生了對心正碰，碰后它們結(jié)合在一起進人第IV象限，

45、碰撞前后它們的運動軌跡如圖所示。若兩個粒子的質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點、重力不計、碰撞過程中無電荷量損失。 （1）求帶電粒子A1的比荷（即q／m）； （2）確定粒子A2碰撞前的帶電情況； （3）求帶電粒子A1在兩個磁場區(qū)域中偏轉(zhuǎn)所用的總時間。 解．（19分）（1）帶電粒子A1在電場中被加速，由動能定理有 qU= ① 在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律有qvB = ；② 聯(lián)立①②兩式得 ③ 由圖可知 r =a ；代入③式解得 ④ （2）由①④兩式可得：A1在第Ⅱ象限的磁場中的運動速率v=U/Ba ⑤ 在O點A1、A2碰撞后結(jié)合在一起，由

46、動量守恒定律有 2mv′=mv ⑥ （v′=v/2=U/(2aB) ⑦ （1分） 由②⑥式結(jié)合粒子運動軌跡的特點有 r′=2mv′/q′B=mv/q′B=r =mv/qB （1分）；故有q′=q，所以碰撞前A2不帶電 （1分） （3）由圖可知粒子A1在兩個磁場中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為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） 所以它在磁場中運動的總時間t=t1+t2= 3πa2B/(4U) （1分）

47、28．如圖所示，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B1，勻強電場E的電場強度大小為E=500V/m，勻強磁場B1的磁感應(yīng)強度大小B1=0.5T。第一象限的某個區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場B2，磁場的下邊界與x軸重合。一質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=1×10—10C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸正方向成60°角從M點沿直線，經(jīng)P點進入處于第一象限內(nèi)的矩形勻強磁場B2區(qū)域。一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的N點并與y軸正方向成60°角的方向飛出。M點的坐標(biāo)為（0，-10），N點的坐標(biāo)為（0，30），不計微粒的重力，g取10m/s2。 （1）請分析判斷勻強電場E的方向并求出微粒

48、的運動速度v； （2）勻強磁場B2的大小為多大； （3）勻強磁場B2區(qū)域的最小面積為多大？ 解析：（1）由于不計重力，微粒在第四象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以微粒一定做勻速直線運動。這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，電場E的方向與微粒運動方向垂直，即與y軸負(fù)方向成60°角斜向下，由力的平衡條件有qE=qvB1， 所以v=E/B1=1.0×103m/s。 （2）畫出微粒的運動軌跡如圖所示。 由幾何關(guān)系可知PM=0.2m，y軸與圖中虛線圓相切，由tan30°=可得微粒在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑為： R=PMtan30°=

49、0.2×m=m。 微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB2=m. 解得 B2=(T) （3）由圖可知，磁場B2的最小區(qū)域應(yīng)該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)。由幾何關(guān)系易得： PD=2Rsin60°=0.2m，PA=R（1—cos60°）=， 所以，勻強磁場B2區(qū)域最小面積為：。 29．如圖所示，一帶電粒子以某一速度在豎直平面內(nèi)做直線運動，經(jīng)過一段時間后進入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場（圖中未畫出磁場區(qū)域），粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場，電場強度大小為E，方向豎直高上。當(dāng)粒子穿出電場時速度大小變?yōu)樵瓉淼谋叮阎聵I(yè)電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，

50、重力不計。粒（3）如圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為R，圓形磁場區(qū)域的半徑為r，則： ⑦ ⑧ 由幾何知識可得： r = Rsin30° ⑨；磁場區(qū)域的最小面積為：S= π r2 ⑩．聯(lián)立⑧⑨⑩解得： 30．如圖，在空間坐標(biāo)系中，x軸上方分布著沿y軸正向、電場強度為E的勻強電場，x軸下方分布著垂直紙面向里、磁感強度為B的勻強磁場。y軸正半軸上距離原點h高度處有一放射源，能沿x軸正向以不同速度發(fā)射比荷均為c的負(fù)離子。不計離子的重力及離子間的相互作用，設(shè)離子在此后過程中只在y軸右側(cè)運動。 （1）求初速度為v0的離子經(jīng)過x

51、軸時的速度大小。 （2）離子在勻強磁場中將做勻速圓周運動，試求各種離子第一次進入磁場時，軌跡圓的圓心位置所構(gòu)成的圖線方程。 （3）若x軸正半軸上距離原點L長度處有一點M，現(xiàn)要求離子最終能夠在由電場進入磁場時經(jīng)過M，則離子的初速度應(yīng)該滿足什么條件？ 解答：（1）由動能定理，有 ① ， 得到 （2）初速度為v0的離子第一次到達(dá)x軸時，水平距離為， 又 ： ；得到 ?、? 離子軌跡如圖，設(shè)進入磁場時的速度偏角為θ，離子在磁場中做勻速圓周運動，有 ③ 軌跡圓心的坐標(biāo)（x，y）滿足： ④； ⑤ 而， ，而 ⑥ 聯(lián)立各式消去v0，得到圓心位置構(gòu)成的圖線方程為（x＞0）⑦

52、（3）若射出后直接經(jīng)電場到達(dá)M，由②式可求得 ⑧ 若自A類平拋下落，經(jīng)磁場回轉(zhuǎn)，又在電場中斜上拋，如此循環(huán)，最終由電場進入磁場時經(jīng)過M，則軌跡示意圖如圖，經(jīng)歷n次磁場回旋，則有 ⑨ 解得：⑩ 31．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xoy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E．在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強為E′=4 E/3的勻強電場，并在y>h區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO作直線運動（PO與x軸負(fù)方

53、向的夾角為θ=37O），并從原點O進入第一象限．已知重力加速度為g，sin37o=0.6，cos37o=0.8，問： (1)油滴的電性;　　(2)油滴在P點得到的初速度大小; (3) 油滴在第一象限運動的時間和離開第一象限處的坐標(biāo)值． 由O→A勻速運動位移為s1=h/sin37°=5h/3知運動時間： 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T=2πm/qB知由A→Ｃ的圓周運動時間為 由對稱性知從C→Ｎ的時間 在第一象限運動的總時間 由在磁場中的勻速圓周運動，有?。? 由②、③、⑦式解得得到軌道半徑 　圖中的 　　即離開第一象限處（Ｎ點）的坐標(biāo)為〖，０〗 32：如圖

54、所示，第一次粒子經(jīng)U1加速后沿中線O1O2射入AB兩金屬極板間做直線運動，兩板間充滿相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，板長為L，兩板間距為D=L/3。MN為絕緣擋板，MN與中線O1O2的夾角為θ=60°，右側(cè)是垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度也為B，粒子穿過O3后擊中MN上的P點，第二次AB間磁場撤去，粒子經(jīng)U1加速后沿中線O1O2射入AB兩金屬極板間恰好從A板右側(cè)邊緣射出擊中MN上的Q點，PQ=15L/4且粒子從O1運動到Q的時間為t。 求：（1）粒子的荷質(zhì)比。 （2）加速電場的電壓U1。 （3）粒子第一次從O1運動到P的時間t1為多少？ 解：

55、分析粒子在的U1加速：qU1=mv2/2 分析粒子在電磁復(fù)合場中做勻速直線運動Eq=Bqv 分析粒子在兩板間撤去磁場后做類平拋運動 qE=ma　　　①； tanα=at/v0　　　?、冢? tanα=（L/2）/（D/2） 所以α=30° 分析粒子做勻速圓周運動 Bqv0=Mv02/R,；　所以 R=/L　?、? 分析幾何關(guān)系： O3P=2Rsinθ 　　④；O3P+ O3Q=PQ 　　⑤；O3Q=（L/2+O2O3）sinα　　?、? 分析粒子第二次從O1運動到O2水平方向是勻速：vOt=（L+ O2O3）—O3Q·cosθ　?、? 所以．q/m=13/2

56、4Bt 　　⑧；U1=13BL2/16t　?、? 分析第一次運動時間t1′=（L+ O2O3）v0t2″=（2θ/360）T T=2πm/Bq?、? 所以．t1= t1′+ t2″=t（1+π/3） 33．在xoy平面內(nèi)，第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與負(fù)x軸成45°角。在x＜0且OM的左側(cè)空間存在著負(fù)x方向的勻強電場E，場強大小為0.32N/C， 在y＜0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應(yīng)強度大小為0.1T，如圖所示。一不計重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向以v0=2×103m/s的初速度進入磁場，已知微粒的帶電量為q=5×10—18C

57、，質(zhì)量為m=1×10—24kg，（不計微粒所受重力），求： （1）帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標(biāo) （2）帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間； （3）帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標(biāo)。 解析：（1）帶電微粒從O點射入磁場，運動軌跡如圖。 第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點 由 得m A點位置坐標(biāo)（-4×10-3m, -4×10-3m） (2)設(shè)帶電微粒在磁場中做圓周運動的周期為T，則 t=tOA+tAC= T= 代入數(shù)據(jù)解得：T=1.256×10—5s 所以 t=1.256×10—5s （3）微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做曲線運動

58、 代入數(shù)據(jù)解得：m y=-2r=0.2—2×4×10-3m=0.192m ；離開電、磁場時的位置坐標(biāo) (0, 0.192m) 34．如圖所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為L，兩板間距離為d，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強磁場。一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子以速度v0從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場。不計粒子重力。試求： （1）兩金屬板間所加電壓U的大小;（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。? （3）在圖中畫出粒子再次進入電場的運動軌跡，并標(biāo)出粒子再次從電場中飛出的位置與速度方向。

59、 解：（1）粒子在電場中運動時間為t，有： ；；； ； 解得： （2），， ，，解得： （3）畫圖正確給2分。 36．如圖所示，在y軸的右方有一磁感應(yīng)強度為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一場強為E的方向平行x軸向右的勻強電場。有一鉛板放置在y軸處，且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于鉛板的方向從A處沿直線穿過鉛板，而后從x軸上的D處以與x軸正向夾角為60°的方向進入電場和磁場疊加的區(qū)域，最后到達(dá)y軸上的C點。已知OD長為l，求： (1)粒子經(jīng)過鉛板時損失了多少動能？ (2)粒子到達(dá)C點時的速度多大？

60、 解：由動能定理可知此帶電粒子穿過鉛板前的動能 根據(jù)，得 又由幾何知識可得（如圖）, 即， 故。 由于洛倫茲力不做功，帶電粒子穿過鉛板后的動能， 因此粒子穿過鉛板后動能的損失為 （2）從D到C只有電場力對粒子做功，電場力做功與路徑無關(guān)，根據(jù)動能定理，有 解得 4．如圖所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域是緊鄰的且寬度相等均為d，電場方向在紙平面內(nèi)，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，在電場力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從A點離開電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的位移為電場寬度的一半，當(dāng)粒子從C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度

61、方向一致，（帶電粒子重力不計）求：（1）粒子從C點穿出磁場時的速度v；（2）電場運動總時間t總= t＋t’ = ． 37．如圖所示，在紙平面內(nèi)建立的直角坐標(biāo)系xoy，在第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為e的電子從第一象限的某點P（L，）以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開始運動，經(jīng)過x軸上的點Q（L/4，0）進入第四象限，先做勻速直線運動，然后進入垂直紙面的矩形勻強磁場區(qū)域，磁場左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合，電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O，并沿y軸的正方向運動，不計電子的重力．求 （1）電子經(jīng)過Q點的速度v； （2）該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B （3）磁場的最小面積

62、S． 解：（1）　　　得 經(jīng)過P點的速度大小為 與水平方向夾角為 （2）電子進入第四象限先做勻速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，利用磁場速度偏轉(zhuǎn)角為120°． 由幾何關(guān)系得 　　　解得；由向心力公式?。唤獾? 方向垂直于紙面向里．矩形磁場右邊界距y軸的距離 下邊界距x軸的距離r=L/12．　最小面積為　　　S=d r=L2/96 38．如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ = 30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，

63、粒子重力不計，求： （1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍。 （2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間。 解：（1）若粒子速度為v0，則qv0B =，所以有R =， （2）由t =及T =可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越長，在磁場中運動的時間也越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑r≤R1時，運動時間最長，弧所對圓心角為（2π－2θ）， 所以最長時間為t == 39．如圖所示，一個質(zhì)量為m =2.0×10—11kg，電荷量q = +1.0×10—5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U1=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板

64、間的偏轉(zhuǎn)電場中。金屬板長L=20cm，兩板間距d =10cm。求： （1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0是多大？ （2）若微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ=30°， 并接著進入一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場 區(qū)，則兩金屬板間的電壓U2是多大？ （3）若該勻強磁場的寬度為D =10cm，由③～⑤聯(lián)立得： 代入數(shù)據(jù)解得：B ＝0.20T 40．設(shè)金屬板左側(cè)有一個方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B且面積足夠大的勻強磁場，涂有熒光材料的金屬小球P（半徑忽略不計）置于金屬板上的A點的正上方，且A、P同在紙面內(nèi)，兩點相距L，如圖所示，當(dāng)強光束照射到A點時發(fā)生光電效應(yīng)，小球由于受到光電子的沖擊而發(fā)

65、出熒光，在紙面內(nèi)若有一個與金屬板成θ＝π／8射出的比荷為e/m的光電子恰能擊中小球P，求：⑴該光電子逸出金屬板時速度的大?。? ⑵光電子在磁場中運動的時間． 解：⑴由題意可知，光電子的出射方向有兩種可能： 情況一：若光電子的出射方向是沿斜向左下方的方向，如圖所示： 由牛頓第二定律得： ② 由幾何關(guān)系得： ③ 由②、③式得： ④ 情況二：若光電子的出射方向是沿著斜向左上方的方向，如圖所示：由圖可知，軌道半徑也為 即光電子的出射速度大小也為： ⑤ ⑵光電子在磁場中的運動周期： 　⑥ 情況一：光電子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，運動的時間 ⑦

66、 由⑥、⑦式得 ⑧ 情況二：光電子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為π／3，運動的時間 ⑨　 由⑥、⑨式得 ⑩ 41．如圖中甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D，上面分別開有正對的小孔O1和O2，金屬板C、D接在正弦交流電源上，C、D兩板間的電壓UCD隨時間t變化的圖線如圖中乙所示。t＝0時刻開始，從C板小孔O1處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量為m＝3.2×10—21kg、電荷量q＝1.6×10—15C的帶正電的粒子（設(shè)飄入速度很小，可視為零）。在D板外側(cè)有以MN為邊界的勻強磁場，MN與金屬板C相距d＝10cm，勻強磁場的大小為B＝0.1T，方向如圖中所示，粒子的重力及粒子間相互作用力不計，平行金屬板C、D之間的距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計。求： （1）帶電粒子經(jīng)小孔O2進入磁場后，能飛出磁場邊界MN的最小速度為多大？ （2）從0到0.04s末時間內(nèi)哪些時刻飄入小孔O1的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN？ （3）以O(shè)2為原點建立直角坐標(biāo)系，在圖甲中畫出粒子在有界磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域（用斜線標(biāo)出），并標(biāo)出該區(qū)域與磁場邊界交點的坐標(biāo)。要求寫出相應(yīng)的計算過程