磁场对运动电荷的作用(共14页)

1、磁场对运动(yndng)电荷的作用一、选择题1(2009泰州模拟(mn)“月球(yuqi)勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球进行了近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新的成果月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，如图是探测器通过月球表面、四个位置时，拍摄到的电子运动轨迹照片(尺寸比例相同)，设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是()AB C D2(2009南通模拟)在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是

2、()A无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D若小球带正电荷，小球会落在更远的b点3真空中两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流在两导线所确定的平面内，一电子从P点运动的轨迹的一部分如图中的曲线PQ所示，则一定是()Aab导线中通有从a到b方向的电流Bab导线中通有从b到a方向的电流Ccd导线中通有从c到d方向的电流Dcd导线中通有从d到c方向的电流4如图，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在x轴上到原点的距离为

3、x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场不计重力的影响由这些条件可知()A不能确定粒子通过y轴时的位置B不能确定粒子速度的大小C不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D以上三个判断都不对5如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B12B2，一带电荷量为q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A.eq f(2m,qB1) B.eq f(2m,qB2)C.eq f(2m,q(B1B2) D.eq f(m,q(B1B2)6(2009福建泉州质检)如图是某粒子速度选择器的示

4、意图在一半径为R10cm的圆柱形桶内有B104T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出现有一粒子源发射比荷为eq f(q,m)21011C/kg的阳离子，粒子束中速度分布连续当角45时，出射粒子速度v的大小是()A.eq r(2)106m/s B2eq r(2)106m/sC2eq r(2)108m/s D4eq r(2)106m/s7如图所示，长为L的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为L，板不带电现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线

5、以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ()A使粒子(lz)的速度veq f(5BqL,4m)C使粒子(lz)的速度veq f(BqL,m) D使粒子的速度eq f(BqL,4m)veq f(5BqL,4m)8(2010吉林市统考)摆线是数学中众多迷人曲线之一，它是这样定义的：一个圆沿一直线无滑动地滚动，则圆上一固定点所经过的轨迹称为摆线在竖直平面内有xOy坐标系，空间存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的小球从坐标原点由静止释放，小球的轨迹就是摆线小球在O点速度为0时，可以分解为一水平向右的速度v0和一水平向左的速度v0两个分速度，如果

6、v0取适当的值，就可以把摆线分解成以v0的速度向右做匀速直线运动和从O点向左速度为v0的匀速圆周运动两个分运动设重力加速度为g，下列式子正确的是()A速度v0所取的适当值应为eq f(mg,qB)B经过teq f(m,qB)第一次到达摆线最低点C最低点的y轴坐标为yeq f(2m2g,q2B2)D最低点的y轴坐标为yeq f(m2g,q2B2)9如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO与SS垂直。a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为，且。

7、三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S，则下列说法中正确的有A三个质子从S运动到S的时间相等B三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO轴上C若撤去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近D附加磁场方向与原磁场方向相同二、非选择题9如图MN表示垂直纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域，最后到达平板上的P点已知B、v以及P到O的距离l.不计重力，则此粒子的比荷为_10如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场正、负电子同时从同一点O以与MN成30角的同样速度v射入磁场(电子

8、质量为m，电荷为e)，它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？11一匀强磁场(cchng)，磁场方向垂直于xOy平面(pngmin)在xOy平面上，磁场(cchng)分布在以O为圆心的一个圆形区域内一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x轴正方向后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30，P点到O点的距离为L，如图所示不计重力的影响，求磁场的磁感应强度B的大小和xOy平面上磁场区域的半径R.12(2010天津市高三十校联考)如图所示，在空间中固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架DEF，DE边上S点eq blc(rc)(a

9、vs4alco1(xto(DS)f(L,4)处有一发射带正电的粒子源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下发射的电荷量皆为q，质量皆为m，但速度v有各种不同的值整个空间充满磁感应强度大小为B，方向垂直截面向里的均匀磁场设粒子与DEF边框碰撞时没有能量损失和电荷量传递求：(1)带电粒子速度的大小为v时，做匀速圆周运动的半径；(2)带电粒子速度v的大小满足什么条件时，可使S点发出的粒子最终又垂直于DE边回到S点？(3)这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？13如图所示，在空间有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域和，直线OP是它们的边界区域中的磁感应强度为B，方向垂直于

10、纸面向外；区域中的磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向内，边界上的P点坐标为(4L,3L)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O.忽略粒子重力，已知sin370.6，cos370.8，求：(1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？(2)粒子的速度大小可能是多少？14.S为电子源，它只能在如图（l）所示纸面上的3600范围内发射速率相同，质量为m，电量为e的电子，MN是一块竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B（l）要使S发射的电子能到达挡板，则发射电子的速度至少多大？（2）若S发射电子(d

11、inz)的速度为eBLm时，挡板被电子击中范围多大？（要求指明S在哪个范围内发射的电子可以击中挡板，并在图中画出能击中挡板距O上下最远的电子的运动轨道）15.M、N、P为很长的平行边界(binji)面，M、N与M、P间距分别为L1、L2，其间(qjin)分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，和磁场方向垂直纸面向里，B1B2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以大小为v的速度垂直边界M及磁场方向射入MN间的磁场区域，讨论粒子初速度v应满足什么条件才可穿过两个磁场区域（不计粒子的重力）。16如图16（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且

12、与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图16（b）；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场。 O到感光板的距离为，粒子电荷量为q,质量为m，不计重力。（1）若两狭缝平行且盘静止（如图16（c），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；（2）若两狭缝夹角为 ，盘匀速转动，转动方向如图16（b）.要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上。试分析盘转动角速度的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时

13、间内都能到达N2）。17.如图所示，在X轴上方有匀强电场，场强为E；在X轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在X轴上有一点M，离O点距离为L现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M点如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）18、如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度(sd)v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了角，去掉电场，改换成方向垂直(chuzh)纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了角，求此磁场(cchng)的磁感强度B19.初速

14、为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，如图所示（不考虑重力作用），离子荷质比q/m（q、m分别是离子的电量与质量）在什么范围内，离子才能打在金属板上？20.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下

15、动能不断增大，而绕行半径不变 （l）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn （3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小于R） （4）在（2）图中画出A板电势U与时间t的关系（从t0起画到粒子第四次离开B板时即可） （5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为U？为什么？21.如图所示，静止在负极板附近的带负电的微粒在MN间突然加上电场时开始运动，水平匀速地击中速度为零的中性微粒后粘合在一起恰好沿一段圆弧落在

16、N极板上，若ml9995107千克，带电量q=l08库，电场强度E=103伏米，磁感应强度B=05特，求击中m2时的高度，击中m2前的微粒速度，m2的质量和圆弧的半径 a B22如图所示，空间存在着垂直向外的水平的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.在这个场区内，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下处于静止现从场中某点由静止释放一个带负电(fdin)的液滴b(图中未画出），当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，并沿水平方向做匀速直线运动已知液滴b的质量是a质量的2倍，b所带电荷量是a所带电荷量的4倍，且相撞前a,b间的静电力忽略不计（1)求两液滴

17、相撞后共同(gngtng)运动的速度大小；(2)画出液滴b在相撞(xin zhun)前运动的轨迹示意图；(3)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h.23.如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q,P与杆间的动摩擦因数为，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：图175（1）当下滑加速度为最大加速度一半时的速度.（2）当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度.242008年9月25日中国“神舟七号”宇宙飞船顺利升空，9月27日，中国宇航员首次实现太空出舱下一步我国将于201

18、5年发射空间站，设该空间站体积很大，宇航员可以在里面进行多项体育活动，一宇航员在站内玩垒球(万有引力可以忽略不计)，上半侧为匀强电场，下半侧为匀强磁场，中间为分界面，电场与分界面垂直，磁场垂直纸面向里，电场强度为E100V/m，宇航员位于电场一侧距分界面为h3m的P点，PO垂直于分界面，D位于O点右侧，垒球质量为m0.1kg，带电量为q0.05C，该宇航员从P点以初速度v010m/s平行于界面投出垒球，要使垒球第一次通过界面就击中D点，且能回到P点求：(1)OD之间的距离d.(2)垒球从抛出第一次回到P点的时间t.(计算结果保留三位有效数字)25如图甲所示，竖直面MN的左侧空间存在竖直向上的匀

19、强电场(上、下及左侧无边界)一个质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电的小球，以大小为v0的速度垂直于竖直面MN向右做直线运动小球在t0时刻通过电场中的P点，为使小球能在以后的运动中竖直向下通过D点(P、D间距为L，且它们的连线垂直于竖直平面MN，D到竖直面MN的距离DQ等于L/)，经过研究，可以在电场所在的空间叠加如图乙所示的随时间周期性变化的、垂直于纸面向里的磁场(g10m/s2)，求：(1)场强E的大小；(2)如果(rgu)磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件t1的表达式；(3)进一步的研究表明，竖直向下(xin xi)的通过D点的小球将做周期(zhuq)性运动则当小球运动的周期最大

20、时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小，并在图中定性地画出小球运动一个周期的轨迹(只需要画出一种可能的情况)26.如图甲所示，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m0.2g、电荷量q8105C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B115T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B25T的匀强磁场现让小车始终保持v2m/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变化的关系如图乙所示g取10m/s2，不计空

21、气阻力，求：(1)小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；(2)绝缘管的长度L；(3)小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离x. 参考答案1、A 2、D 3、C 4、D 5、B 6、B 7、AB 8、ABC 9、CD9、 eq f(2v,Bl)10、解析由公式轨道半径Req f(mv,qB)和周期Teq f(2m,qB)知，它们的半径和周期是相同的只是偏转方向相反先确定圆心，画轨迹，后由几何关系求半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形所以两个射出点相距2Req f(2mv,eB).由图还可看出，经历时间相差eq f(2T,3)eq f(4m,3eB).11、解析粒子在磁场中受洛

22、伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其半径为r，qvBmeq f(v2,r)据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，且P点在磁场区域之外过P沿速度方向作反向延长线，它与x轴相交于Q点作圆弧过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点A即粒子离开磁场区域的点这样可得到圆弧轨迹的圆心C，如图所示由图中几何关系得L3r.由求得，Beq f(3mv,qL).图中OA即为圆形磁场区域的半径R，由几何关系得Req f(r(3),3)L.12、解析(1)带电粒子从S点垂直于DE边以速度v射出后，做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由qvBeq f(mv2,R)求得，Req f(mv,qB)(

23、2)要求(yoqi)此粒子每次与DEF的三条边碰撞(pn zhun)时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足(mnz)以下条件：eq xto(DS)eq f(L,4)(2n1)R(n1,2,3，)由得veq f(qBL,4(2n1)m)(n1,2,3，)(3)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为Teq f(2R,v)将式代入，得Teq f(2m,qB)可见在B及eq f(q,m)给定时T与v无关粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与DEF的边碰撞次数越少，所经历的时间就越短，所以应取n1，由图可看出该粒子的轨迹包括3个半圆和3个圆心角为300的圆弧，故最短时间为t3eq f(T,2)3eq f

24、(5T,6)4Teq f(8m,qB)13、解析(1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区和区中运动的轨道半径和周期，则有qvBmeq f(v2,R1)，qv2Beq f(mv2,R2)，T1eq f(2R1,v)eq f(2m,qB)，T2eq f(2R2,v)eq f(m,qB).粒子先在磁场区中做顺时针的圆周运动，后在磁场区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短粒子运动轨迹如图所示taneq f(3L,4L)0.75，得37，90.粒子在磁场区和区中的运动时间分别为t1eq f(2,360)T1，t2eq f(2,360

25、)T2，粒子从P点运动到O点的时间至少为tt1t2，由以上各式解得teq f(53m,60qB).(2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区中运动，后在磁场区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O.这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为seq f(OP,n)eq f(r(4L)2(3L)2),n)eq f(5L,n)(n1,2,3，)粒子每次在磁场区中运动的位移为s1eq f(R1,R1R2)seq f(2,3)s，由图中的几何关系可知eq f(f(s1,2),R1)cos，由以上各式解得粒子的速度大小为veq f(25qBL,1

26、2nm)(n1,2,3，)14.（l）电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV= mV2/r 当r= L/2时，速度v最小， 由、可得，V=eBL2m （2）若S发射电子速率V/=eBLm，由eV/B=mV/2/r/ 可得：r/=L 由左手定则知，电子沿SO发射时，刚好到达板上的b点，且OB= r/= L，由SO逆时针转1800的范围内发射的电子均能击中挡板，落点由bOab/a，其中沿SO/发射的电并击中挡板上的a点，且aO=L由上分析可知，挡板能被电子击中的范围由ab，其高度h=LL=（十l）L，击中a、b两点的电子轨迹，如图（2）所示15.先讨论(toln)粒子穿出B1的条件：设粒子(lz

27、)以某一速度v在磁场(cchng)B1中运动的圆轨迹刚好与M相切，此时轨迹半径刚好为L1，由 得： 由此可得使粒子能穿出B1的条件是： 。再讨论粒子穿出B2条件：又设粒子以某一的速度穿出了B1后在B2中穿过时其圆轨迹又刚好与P相切，如图所示，粒子在B1中的运动轨迹所对的圆心角为，那么：，粒子在B2运动的轨迹半径为：由几何知识得：RRsin=L2 所以有： 解得：，所以当粒子的速度时就可以穿出B1和B2。 16（1）分析该粒子轨迹圆心为P1，半径为，在磁场中转过的圆心角为，因而运动时间为：（2）设粒子从N1运动到N2过程历时为t，之后在磁场中运行速度大小为v，轨迹半径为R则：在粒子匀速过程有：

28、L=vt 粒子出来进入磁场的条件： 在磁场中做匀速圆周运动有： 设粒子刚好过P1点、P2点时轨迹半径分别为：R1、R2则： 由得：17.由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度V进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向X轴偏转回转半周期过X轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次(zi c)超过X轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越X轴如图10一53所示（图中电场与磁场均未画出）故有L2R，L22R，L32R 即 RL2n，（n=1、2、3） 设粒

29、子(lz)静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv22=qEh 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用(zuyng)而作匀速圆周运动有：RmvqB 解式得：hB2qL28n2mE （nl、2、3）18、粒子在电场中运行的时间t lv；加速度 aqEm；它作类平抛的运动有 tg=at/v=qEl/mv2粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB又：sin=l/r=lqB/mv由两式得：B=Ecos/v19.离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹和TQ，分别作出离子在 T、P、Q三点所受的洛伦兹力，分别延长之后相交于O1、O2点，如图所示，O1和O

30、2分别是TP和TQ的圆心，设 R1和 R2分别为相应的半径离子经电压U加速，由动能定理得qUmv2由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2/R 由式得q/m=2U/B2R2由图直角三角形O1CP和O2CQ可得 R12d2（R1一d/2）2，R15d/4R22（2d）2（R2一d/2）2，R217d/4依题意R1RR2 由可解得20.（1）En=nqv（2）mqU=mvvn= =qUnBn Bn=mvn/qR以vn结果代入，Bn=（3）绕行第n圈需时=2R tn=2R（1）（4）如图所示，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）（5）不可以，因为这样粒子在是、B之间飞行时电场对其做功qv，使之加速，在是、

31、B之外飞行时电场又对其做功qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大。21、由于击中m2前微粒已达水平匀速，由匀速直线运动条件得：mlg f洛=qE mlgqvBqE。 v（qEm1g）qB，代入数据(shj)可算得： v1米秒 m1从开始运动到击中m2的过程，只有重力和电场力做功洛伦兹力不做功由于涉及m1竖直方向的位移h，故选用动能定理(dn nn dn l)分析得： qU一m1gh=m1v2一0 qEhm1gh=m1v2，h 代入数据(shj)可算得h01米又由于m1击中m2 能沿圆弧运动，说明这时重力已与电场力平衡，只是洛仑兹力充当向心力使它们作匀速圆周运动，故有：m

32、1gm2gqE得m2=，代入数据可算得m251010千克m1、m2粘合在一起作圆周运动半径为： r（ml十m2）v/qB 在ml击中m2瞬间，动量守恒， 即：m1vl=（m1m2）v/ 代入数据解两式得：r20022.液滴在匀强磁场、匀强电场中运动同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用，（1）可设a液滴质量为m、电量为q,b液滴质量为2m、电量为一4q.平衡时，有qE=mg,a、b相撞合为一体时,质量为3m,电量为-3q,速度为v，由题意知处于平衡状态，重力3mg,电场力3qE均竖直向下，所以洛伦兹力必定竖直向上，满足3qvB=3mg+3qE由、两式，可得撞后速度v=2E/Bhbba (2)对b液

33、滴开始时重力2mg,电场力4qE均竖直向下，所以开始向下加速，由左手定则，洛伦兹力向右,可见b液滴从初始位置沿一曲线向右下方运动，当与a相撞前b的速度已水平向右，其轨迹示意图如图所示 (3)对b,从开始运动至与a相撞之前，由动能定理:wewGEK,即(4qE2mg)h=（2m）v02a,b相撞时，可看做动量守恒，有2mv0=3mv由以上几式可得v0=3E/B再由上两式得23.（1）小球刚开始下滑时速度较小，Bqvq受力分析如图17-6所示，由牛顿第二定律得：mg-（Eq-Bqv）=ma当Bqv=Eq时a达最大为amg随v的增大，BqvEq，小球受力如图17-7所示.则：mg-（Bqv-Eq）=

34、ma将a,amg分别代入式和式解得在a达到(d do)am之前，当ag时，速度(sd)为v1当a达到(d do)am后，当ag时，速度为v2，其中v1存在是有条件的，只有mg2q时，在a增加阶段才有ag可能.（2）在a达到am后，随着v增大，a减小，当a0时vvm，由式可解得vm.设在a达am之前有v，则由式解得此时加速度为ag，因mgEq，故ag，这与题设相矛盾，说明在aam之前不可能有v=.显然ag，符合题意.将v=vm代入式解得a=24(1)3.46m(2)1.53s解析(1)设垒球在电场中运动的加速度为a，时间为t1，有：qEmaheq f(1,2)ateq oal(2,1)dv0t1代入数据得：a50m/s2，t1eq f(r(3),5)s，d2eq r(3)m3.46m(2)垒球进入磁场时与分界面夹角为taneq f(at1,v0)eq r(3)60进入磁场时的速度为 veq f(v0,cos)20m/s设垒球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R由几何关系得： Req