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  • 2021-05-13 发布

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

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‎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