13 解答题之带电粒子在电磁场中的运动 — 2020高考物理考前专项刷题测试

1、2020高考物理考前刷题13解答题之带电粒子在电磁场中的运动1如图所示，在直角坐标系xO尹的第一象限的空间内存在沿尹轴负方向、电场强度E=200V/m的匀强电场，第二象限的空间内存在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.125T的匀强磁场。质量均为加=4.0x10-i5kg、电荷量均为q=+2.0x10-9C的两带电粒子a、b先后以vQ=5.0x103m/s的速率，从尹轴上P点沿x轴正、负方向射出，PO之间的距离力=8.0x10-2m,经过一段时间后，两粒子先后通过x轴。若两粒子之间的相互作用、所受重力以及空气阻力均可忽略不计，求：严*F(1) 粒子a在电场中运动的时间“；(2) 粒子b在磁场中运动

2、的半径Rb；(3) a、b两粒子通过x轴时，它们的动能之比；粒子b从P点到通过x轴所用时间t2；(5)a、b两粒子通过x轴时，它们的速度方向之间的夹角0。2. 坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射a粒子，a粒子的速3mv2度大小都是v0,在OVyVd的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为已=无芋，其中q与m分别为a粒子的电荷量和质量；在dVyV2d的区域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板,放置于y=2d处，如图所示.观察发现此时恰无粒子打到ab板上.(不考虑a粒子的重力)(1) 求a粒子刚进入磁场时的动能；(2) 求磁感应

3、强度B的大小；将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被a粒子打中的区域的长度3. 如图所示，圆心为O的两个同心圆a、b的半径分别为R和2R,a和b之间的环状区域存在着垂B直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆a内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为2。一质量为加、电荷量为+g的带电粒子从圆b边缘上的M点以某一初速度V0射入磁场，当V0的方向与MN的夹角为30°时，粒子能够到达N点，已知粒子在环状磁场中的运动半径为R,带电粒子的重力忽略不计。(1) 求粒子初速度v0的大小；(2) 求粒子从M到N的运动时间;(3) 若调整粒子的初速度大小和方向，使粒子不

4、进入圆a仍然能够到达N点，且运动时间最短，求粒子初速度的大小。4如图所示，间距为L的平行金属板MN、PQ之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。MN板带正电荷，PQ板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，OO'是平行于两金属板的中心轴线。紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与OO'垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。在。点的离子源不断发出沿OO'方向的电荷量均为”质量均为加，速度分别为v和：10v的带正电的离子束。速度为匕的离子沿直线00'方向运动，速度为点的离子恰好0000擦着极板的边缘射出平行金属板其速度方向在平行金属板间偏转了60

5、，两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。已知在金属板MN、PQ之间匀强磁场的磁感应强度。不计离子重力和离子间相互作用。已知在金属板MN、PQ之间的匀强磁场磁感应强度BL0。求:N(1) 金属板MN、PQ之间的电场强度；(2) 金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；(3) 两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。5. 如图，在xOy平面的第一，四象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为E的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y方向，电场强度为E的匀强电场.从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30°150°，且在x

6、Oy平面内.结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区.已知带电粒子电量为q，质量为加，粒子的重力及粒子间相互作用不计.求：(1) 垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小V1；(2) 求粒子在第象限的磁场中运动的最长时间与最短时间差.；(3)从x轴上x=(、亡-1)a点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=-b的点，求该粒子经过y=-b点的速度大小6. 如图所示，在直角坐标系2尹中，虚线ab垂直于x轴，垂足为P点，M、N两点的坐标分别为(0,L)、(0，L)。ab与y轴间存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)，y轴的右侧存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，

7、其他区域无电场和磁场。在质量为加、电荷量为q的绝缘带正电微粒甲从P点以某一初速度沿x轴正方向射入电场的同时，质量为加、电荷量为q的绝缘带负电微粒乙以初速度v从M点在坐标平面内沿与y轴负方向成夹角°二的方向射入磁场，结果甲、乙恰好在N6点发生弹性正碰(碰撞时间极短且不发生电荷交换)，碰撞后均通过ab。微粒所受重力及微粒间的作用力均不计。求：(1) 磁场的磁感应强度大小B以及乙从M点运动到N点的时间t；(2) P点与坐标原点O间的距离x0以及电场的电场强度大小E；(3) 碰撞后乙通过ab时的位置的纵坐标y乙7. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.在x轴下

8、方存在匀强电场，方向竖直向上.一个质量为加、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0力)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直求：(1) 粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小V口匀强电场的电场强度大小E口(3) 粒子从开始到第三次经过x轴的时间t屮总8. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，尹轴沿竖直方向。在区域(x=0到x=L之间)存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，区域&=厶到x=2L之间)存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，两个区域磁感应强度大小均为B2qL0。一个质

9、量为m电荷量为q的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿+x方向射入，沿直线通过区域，最后从区域离开。粒子重力不计，求：1)电场强度大小；(2) 带电粒子在口、区域运动的总时间。9. 如图所示，在光滑绝缘水平面上建立平面直角坐标系xOy,第一象限存在磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场；第四象限存在如图所示的匀强电场，电场线与x轴夹角为45。一带负电的小球a,质量为m,电量绝对值为q,从坐标原点射入磁场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，其恰好能与静止在(x0，0)处的质量为2m的带电小球b发生弹性正碰。已知碰撞前后两球的电量和电性均没有发生变化，碰撞后的两球不会再次相遇。求：$X

10、XXXXXXXXXXX(1) 小球a射入磁场时的初速度的大小；(2) 碰撞后小球b速度的大小；(3) 若碰后经过一段时间，小球b沿着碰前小球a的轨迹回到坐标原点，请确定小球b的电性和电量。10. 如图，直角坐标系X。尹的II、III象限存在方向沿a轴正方向的匀强电场、场强大小为E；I、IV象限存在一个圆心在q(b,0)且与y轴相切于O点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面。从X轴上P(-a,0)点由静止释放一个质量为加、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒子穿出磁场的位置为0。已知ZQOX=60。，粒子重力不计、大小可忽略。求：(1) 磁场的磁感应强度大小和方向；(2) 粒子在磁场中

11、运动的时间。11. 如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为0=45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N,磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O、O2为电场左右边界中点.在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向).某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b.结果粒子a恰从O点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场.不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知.求：(1) 粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；(2)

12、 粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；4m(3) 如果金属板间交变电场的周期卩=qB，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，求要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件.12. 如图所示，兀內平面内的第二、三象限存在着沿尹轴负方向的匀强电场；第一、四象限内存在以坐标原点。为圆心、半径为L的半圆形区域，区域内存在着垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为加、电荷量为q的带电粒子自坐标为(L,，粒子到达坐标原点O时的速率；粒子自M点射出到离开磁场时的时间;(3) 要使此粒子进入磁场后，不再从圆弧边界离开磁场，可以仅通过改变磁场的磁感应强度大小来实L)的M点射出，射出时的速度大小为,方向沿2

13、x轴正方向，经过一段时间恰好在坐标原点。进入尹轴右侧的匀强磁场，再经过一段时间后又与x轴平行且沿x轴正方向离开匀强磁场，不计粒子所受重力。求：现，计算改变后的磁感应强度大小需满足的条件。13. 某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图1所示，一个截面半径为R的圆筒(筒长大于2R)水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B。图2为圆筒的入射截面，图3为竖直方向过筒轴的切面。质量为加、电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置，筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R。(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的

14、相互作用与离子的重力)(1) 离子从O点垂直射入，偏转后到达P点，求该入射离子的速度；(2) 离子从OC线上垂直射入，求位于0点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；并在图3中画出规范的轨迹图；(3) 若离子以第(2)问求得最大的速度垂直入射，从入射截面入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置，画出入射面上符合条件的所有入射点的位置。14. 如图所示，在xOy坐标系中，在y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab,带电粒子打到板上即被

15、吸收。一质量为加、电量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为E3mv2o2qd，粒子的重力不计。(1) 要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？(2) 通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P(4d,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小。15如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T.水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C.现有大量质量m=6.6x10_27kg、电荷量q=3.2x109C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向

16、各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6x106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求：(1) 求带电粒子在磁场中运动的半径r口求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t口(3) 当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程.16如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场E1，虚线是第二、三象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场5第三、四象限有水平向左的匀强电场E2，且E1=E2。现有一电荷量为g、质量为m的带电微粒由x轴

17、上的P点(J2L，0)，以大小为勺、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的0点，然后进入磁场，再从坐标原点。进入第三象限，最后打在尹轴上的N点，已知重力加速度为g。求：(1) 电场强度d的大小和磁场感应强度B的大小；(2) 微粒通过N点的位置坐标和速度；(3) 微粒从P点运动到N点经历的时间。17离子光学是一门研究离子在电磁场中运动和离子束在电磁场中聚焦、反射、折射、偏转等规律的学科。利用中学知识，也可以简单地构造一些离子光学的元器件，来实现离子束的反射，平移和折射等。某同学设计简化装置如图所示。在反射区，以。点为原点，建立平面直角坐标系兀內，在第一象

18、限分布着磁感应强度为B=1T的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，OM是磁场中的一块挡板，与x轴夹角为30°；平移区由磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度为B2=0.5T、磁场宽度为L=叵"0-4m的磁场2区，宽度为L='x10-4m的自由空间，磁场方向垂直纸面向里、磁场宽度为222L=3訂"0-4m的磁场3区组成，2区磁场上边界与x轴相距L=j3"0-4m；折射区，存在一电场，圆形区域外部各处电势均为耳，内部各处电势均为申2(他<02)，02陷=°.2V，球心位于O点,离子只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，即发生“折射”，

19、改变前后能量守恒。一直线性相当好的离子束以大小为v=2x103m/s的速度沿纸面从x轴(x>0)上A点向左上方射入磁场，速度与x轴成30°角。已知离子的质量为加=8x10-27kg,带电量为q=-1.6x10-9C,不计离子的重力。xBLXX反射区半移区折射区已知从A点入射的离子束，恰好不会碰到板，而从X轴上的另一点B射出磁场，求A点和B点的横坐标；(2) 满足(1)的条件下，从反射区B点射出的离子束，在真空中自由飞行一段时间后，从C点进入磁场2区，从磁场3区的D点射出。为保证C点入射方向与D点出射方向平行，求3区磁场磁感应强度B3的大小以及C点的横坐标；(3) 满足(2)的条

20、件下，从D点出射的离子束从圆形区域的顶部E点进入圆形区域内部。若每秒钟有N=102个离子从A点射出，求离子束在E处对折射装置的作用力大小。18.如图所示，AB是竖直放置的平行板电容器，A板带负电，B板带正电。B板中央有一个小孔，右侧有一个以直角三角形为边界的匀强磁场，Zbac=30°，斜边ac=l，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B,磁场的边界ab平行于AB板，d为ab边的中点且恰好与B板上的小孔相对。尸为A板附近正对小孔的一点，现将一个质量为加、电荷量为-g的带电粒子(重力不计)在P点由静止释放。若A、B两板间的电压为仏，求粒子到达d点的速度大小；(2) 若使粒子从b点射出磁场，

21、求A、B两板间电压的大小；(3) 若使粒子从ac边射出磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间。19如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为加、带电荷量为+g的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin37°=0.6,cos37°

22、;=0.8，求：(1)第二象限内电场强度E的大小和磁感应强度B的大小;区域内最小电场强度E2的大小和方向；(3) 区域内电场强度E的大小和磁感应强度B2的大小。20.如图所示，在坐标系xOy中，第一和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度OG，第三象限内存在尹轴负方向的匀强电场，电场强度大小可调，并有一平行X轴的金属挡板在尹轴正半轴上有一接收屏CD,现有一比荷为-二108C/kg带正电的粒子(不计重力)以速度mv二5x104m/s从A点沿x轴正方向入射，若电场强度为零，则粒子经磁场偏转后从F点穿出磁场,0已知AO=BE=OG=L=40cm，OE=OD=2CD=2CF=d=20cm，求：1

23、1xxXXXXXXXXXXXX(1) 磁场的磁感应强度；(2) 若要保证粒子被接收屏接收，第三象限匀强电场的电场强度E的大小范围。参考答案1.(1)4.0x10-5s；(2)0.08m；(3)41:25；(4)2.5H0-5s；(5)tan-1解析】(1)粒子Q在电场中做类平抛运动，在竖直方向上Eq=ma1at22i供入数据，整理得t=4X10-5S1(2) 根据牛顿第二定律mv2qvB二Rb代入数据，得粒子a到达x轴时v=at=4x103m/sy1因此v=v2+v2=订41x103m/sa'y0而粒子b在磁场中做匀速圆周运动，到达x轴时的速度大小仍为v0，因此Ev241ka=-a=-

24、Ev225kb0(4)由于根据几何关系可知，圆心恰好在坐标原点，粒子b从p点到通过x轴恰好运动了4个圆周，所用时兀Rtb沁2.5x105s22v0(5)由于能通过x轴后粒子b恰好沿y负方向运动，因此粒子a与b速度方向的夹角就是粒子a与y负方向的夹角v5tan0=f=v4y因此夹角0=tan-1（44J322."D已广2mv0；二=（3）d+3d解析】(1)根据动能定理：三;二二：；-：一-T：'：:可得2)根据上题结果可知：二：7T：i，对于沿X轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角二=,其在电场中沿X方向的位移3，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab

25、板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径又根据洛伦兹力提供向心力三尸；=(3)易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切由图可知此时磁场宽度为原来的匚，即当ab板位于一的位置时，恰好所有粒子均能打到板上;ab板上被打中区域的长度3qBRvo=m2)4nm；(3)v二沁3qB；(3)2m解析】1)由牛顿第二定律得qvB=0mv2解得qBRv二0m2）由牛顿第二定律得mv2qvB二ooRa由运动学公式得，粒子在环状磁场中的运动周期2nR2nm=a=1vqB0粒子在圆a中的运动周期4nmt2r粒子在环状磁场中的运动时间粒子

26、在圆a中的运动时间0t二T22n2据几何知识可得0=0i23粒子从M运动到N点的时间4nmt=t+1+1=i233qB(3) 由题意可知，当粒子的运动轨迹与圆a相切时，其运动时间最短，由几何知识得RS=(2R)2+(R-R»由牛顿第二定律得mv2qvB=解得5qBRv二,兀LAt二3v02mmv22mv4-(1)E飞口BorD(3)解析】(1) 速度为v0的离子沿直线OO'方向匀速运动，则:qv0B=qEE=vB=mV00qL如图所示，速度为近0v0,的离子在平行金属板间运动时，由动能定理可知qE-二-mv2-1mC10v)2212ov=3v10设金属板的右侧匀强磁场的磁感应

27、强度为B0，由牛顿第二定律可知：在O点速度为v0的离子进入右侧偏转磁场后mv2qvB二o00r1mvr二o1qB0在O点速度为冒叫，的离子进入右侧偏转磁场后qB（3v）=0o3mvr=02qB0两种离子都打到荧光屏同一点A，由几何关系可知2r+=rB=02mv0q(3在O点速度为v°的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间:nrnLt=i=-1v2v00在0点速度为価v。的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间:52nr5nLt=-2=263v6v00这两种离子在金属板的右侧偏转匀强磁场中运动时间之差At=tt21得5.（i）v=qBam12qBa）2十2qEb'm2m解析】1）设速度V

28、粒子与y轴夹角0,垂直达到x轴上满足：a=RsinO由牛顿第二定律得：qvB=m曽R解得：v二qBRmqBamsin当0=90°时,有：v1=qBam2）最长时间对应粒子初速度与y轴正方向夹角30。，转过150°时有:t亠T=竺沁=沁1360。360。qB6qB0'，30°2兀m兀m最短时间对应粒子初速度与y轴负方向夹角30°,转过30°时有：2=360°T=360°XqB=6qB口2兀m则时间差为：t=t1-t2=為b3)粒子射出时与y轴负方向夹角0,由数学知识得:R-RcosO=DJ2-imaDRsinO=am解

29、得：0=45°QR.'2a口速度为：=qBR=丑0mm11设到达y轴速度v,由动能定理得:qEb=mv2-mv“2220解得：v=2(qBa)2十2qEb口m2m6(i)B=mv2qL;10兀L3v(2)x09mv2；E='502qL；(3)y=(2+乙空)L解析】(1) 甲、乙的运动轨迹如图所示由几何关系可知Mwq为正三角形，故乙绕圆心做圆周运动的半径为:R=2L洛伦兹力提供乙做圆周运动所需的向心力,有：v2qvB=mR解得mv2qL乙从M点运动到N点的时间为:（2兀29）R解得10兀Lt=3v(2) 甲从P点运动到N点的过程中做类平抛运动，由于甲、乙恰好在N点发生

30、正碰，故碰撞前瞬间甲的速度方向与y轴正方向的夹角为2设甲的初速度大小为勺、加速度大小为Q，有：0=tan9atx0=v0根据牛顿第二定律有qE=ma解得9mv2E=一50兀2qL(3) 设碰撞前瞬间甲的速度大小为v1(以V的方向为正方向)，碰撞后甲、乙的速度分别为v/、根据动量守恒定律有：mv1mv=mv1、+mv、根据机械能守恒定律有：1111mv2+mv2=mv、+mv、22i22i解得v1=v，v=v1由几何关系可知：v1=2v0其中由(2)可得3vv二05兀碰撞后乙先在磁场中做匀速圆周运动，从尹轴上的A点进入电场区域，由几何关系可知，A、N两点间的距离即乙做圆周运动的半径尸，有：v&#

31、39;2qv'B=mr由几何关系可知，乙通过a点时的速度方向与尹轴正方向的夹角为e，此时乙沿x轴负方向和尹轴正方向的分速度大小分别为：vx=vsinevy=vcose设乙从A点运动到ab上的B点的时间为厂，有:x=vt0xh=vt'at2y2或：由几何关系可知，乙通过A点时的速度方向与尹轴正方向的夹角为0,根据对称性可得，乙从A点运动到ab上的B点的过程中沿y轴正方向的位移大小为：h=L经分析可知y乙L+r+h解得y乙=(2+哎)L7.沁（迈-MB2（驴+2迈+2）冷mm4qB【解析】（1）根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得rcos45°

32、;=hr=2hv2qvB=m十1r解得qBr近qBhv=1mm(2) 粒子第一次经过x轴的位置为X,到达b点速度大小为vb粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45°所以qBhv=bm设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为丸口由类平抛运动得r+rsin45°=vtby二!(vsin45o+0)t=、耳+1b2l由动能定理一qEy=mv2一一mv2b2所以E二(72-l)qhB2(3) 粒子在磁场中的周期为qB第一次经过X轴的时间qB在电场中运动的时间2(迈+l)mqB在第二次经过X轴到第三次经过X轴的时间所以总时间t33兀m2qB$罟+2迈+2)m3L+兀Lt=

33、3v0mv28.(1)E=0；(2)2qL解析】(1)粒子在I区域做匀速直线运动,解得qE二qv0Bmv2E=0-2qL(2) 粒子在I区域运动的时间Lt二1v0粒子在II区域做匀速圆周运动v2qvB=mo解得由几何关系得，粒子在II区域做圆周运动圆心角为0=30ov0则粒子在II区域运动时间0兀Lt=T=2360o3v0则粒子运动总时间3L+兀Lt=t+1=123v09.(1)迢BXo；运竺；正电，4q2m3m3解析】(1)设小球a射入磁场时的初速度为y0，小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,v2qvB=m-o-0ra由几何关系知x=2rcos45°0a联立解得v=0

34、!2qBxo2m(2)a、b发生弹性正碰，设碰后a球的速度为“b球的速度为吩a、b球组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得mv=mv+2mv012-2mv222111mv2=mv2+2o2斗2qBx0联立解得2v=v2303m(3) 对小球b在电场或磁场中的运动情况分析可知，小球b带正电。因为碰后小球b沿碰前小球a的运动轨迹，由几何关系得小球b在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则2mv2qvB=2b2rb代入已知量解得q=qb3y10(1)3qb方向垂直于xOy坐标平面向里；t=【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀加速直线运动，设粒子到达O点的速度为卩，由动能定理有qEa=mv22解得

35、在磁场中，粒子做匀速圆周运动，轨迹如答图3,设轨道半径为尸由几何关系有r=btan60由牛顿第二定律有解得v2qvB=mrByj6qEam3qb由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy坐标平面向里。(2)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角运动时间9T360。联立解得11(1)qBdqBd2m2)m2qBd(兀d+2d+4L)(3)E<qd2B20mL解析】(1)如图所示，粒子aDb在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场.1由几何关系可得：ra-2d口肯v2由牛顿第二定律可得qVB=加Yarav2qvB二m-bbrb解得：qBd2mqBdv=bm(2)粒子a在磁场中运动轨迹如图

36、2兀m在磁场中运动周期为：叮乖T兀m在磁场中运动时间：t1=才=2qB(d粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为t=$+2va由则全程所用时间为：t=t1+12nmm(d+2L)2qBqBddmT粒子在磁场中运动的时间相同，口b同时离开磁场，比b进入电场落后时间“=2=qB=牙a故粒子b在t=0时刻进入电场.由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0,故a在板间运动的时间ta是周期的整1数倍，由于v=2vDb在电场中运动的时间是t二t，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整bab2aLT数倍即tb二二n2bv2b2Ln二TV粒子b在2内竖直方向的位移为y-2

37、a2)2粒子在电场中的加速度a二qE0m由题知7=qB粒子b能穿出板间电场应满足ny<d解得E<qB2d20mL4mv0qLL兀L12.(1)2vo；t-+乔；00解析】(1) 粒子自M点到坐标原点。沿x轴方向L=v0t1沿y轴方向1at22i到达O点时vy=at1vf'3vy0粒子在O点的速度大小(2)粒子运动轨迹如图所示，由V羽tana=-o=-v3得在O点时速度与尹轴负方向成«=30。角由几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径也为L粒子在磁场中的运动时间兀L兀Lt=二一23v6v0自M点射出至离开磁场时的时间间隔L兀Lt=t+1=+12v6v00(3)要使此粒

38、子进入磁场后，不再自圆弧边界离开磁场，粒子做圆周运动的半径又因为v2qvB=mr得b>4mVoqL解析】(1)离子运动的半径为凡根据洛伦兹力提供向心力v2qvB=m0R可得qBRv=0m(2) 粒子以片从C点入射时，刚能到达Q点，根据几何关系可得偏转半径R1=2R根据洛伦兹力提供向心力v2qvB=mR1联立可得速度最小值2qBRv=1m粒子以v2速度从O点入射时，刚能到达Q,设半径为人2,根据几何关系(R-R)+(2R)=R222可得R2=1根据几何关系可得偏转半径联立可得速度最大值速度范围为v2qvB二加t-2R25qBRv二22m2qBR<<5qBRm2m(3)当离子以V

39、=5qBR的速度在偏离竖直线CO入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R。2m14.（1）B>3mvId0；B3（2+<3）mv0gd（n二2）3（3+耳3）mv04gd（n二3）解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有Eq二ma,X=Vtv=at0，yvtan0=v0代入数据，得23°=60°，V二2V0，x二于vo带电粒子在磁场中做匀速圆运动，若恰好打到极板上时，根据几何关系可知Rcos60o+R=d可得由于qvBmv2R可得3mv0gd因此若打不到极板上时，应满足3mv0gd(2)根据对称性粒子第一次回到x轴时前进的距离Ax=2x一3R=3d一空3R调节

40、磁场使得因此可得因此通过P(4d,0)点，回旋的次数4dn二-Ax因此n只能取2或3次，当n二2时，磁感强度厂3(2+*3)mvB=0gd当n=3时，磁感强度厂3(3+mvB=04gd15.DlDr=0.1m口2口t二3.3x10-4s口3口30。60。曲线方程为x2+y2二R2(r=。加,孰<x<om)解析】，解得r=0.1m(1)洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得qvB=m兰r(2)粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度a=qEm2v粒子在电场中运动的时间t-a解得t3.3x1

41、0-4s(3) 如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60。,圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30。60。所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上,曲线方程为x2+y2RR0.1m,16(1)E1mg2mv；B0；qL°，=J5v；(3)tVN5V0；QOnL2v0解析】(1) 由带电微粒沿PQ做直线运动，可知qE1=mg解得e=mg1q带电微粒从Q到O的过程，做匀速圆周运动，如图，轨道半径1r=

42、OPsin45°2又v2qvB=m-o-0rop=2l解得2mvB=oqL(2) 带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，因为E=E，沿x方向：初速度仅受向右的电场力qE=mg，所以=vsin45°o=-v2otON2vxgv=vNxx(沿x轴正方向)沿尹方向：初速度v=vcos45°=vyo2o仅受重力mg,所以vNy=Vy+gtON1（沿y轴负方向）；y=ON=叮on+2gtON设VN与x轴正方向夹角为0，则综上可得：tON<'2v°，g所以N点坐标为°2v2,亠g(3)根据:v2+v2NxNyvtan0二亠vN=.：5v,tan0=3,°Lt=PQv°tQOnrnLv°2v°可见，微粒从P到N经历的时间tt=t+1+1ONPQQO2vLnL°+gv2v°°17.4x1°-4m,3x1°-4m；(2)4T,1°_4m；(3)1.6x1°-3N解析】(1) 解：在1区磁场，洛伦兹力提供向心力，粒子在1区轨迹半径G，轨迹圆O与OM相切于Nv2点，有qvB=m1r1解得mv=104m由几何关系得如图：ZAON=360°90。30°90。=120°1ZAOB二2x30。