2024年高考物理总复习“带电粒子在电、磁场中的运动”90道计算题详解

2024耳名考麴理总复可“冷电枚5点电、磁场中

的运劭”90道计算您外斜（慈秘）

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HI象限存在沿），轴正方向的匀强电场和垂直勾，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，场强大小与笫HI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P点以一定的水平速度沿了轴负方向抛

出，它经过广-2〃处的P2点进入第ni象限，恰好做匀

速圆周运动，又经过y轴上方产-2〃的P3点进入第W

象限，试求：

⑴质点。到达P2点时速度的大小和方向；

⑵第HI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。进入第IV象限且速度减为零时的位置坐标

解.（2分）如图所示。

（1）质点在第H象限中做平抛运动，设初速度为闲，由

h=-gt2...①（2分）

2h=vot...②（2分）

y

解得平抛的初速度％=国（1分）

叨（o的

在P2点，速度V的竖直分量%=尊=6gh（1

均月G24o）

分）好。一x

所以，片2屈，其方向与X轴负向夹角0=45°

（1分）

（2）带电粒子进入第m象限做匀速圆周运动，.一.・・・•八月0-2吩

必有

mg-qE...③（2分）

又恰能过负y轴26处，故前为圆的直径，转动半径

R;史匹=史如=叵h……④（1分）

22

又由qvB=m—...⑤（2分）.可解得E=mg【q（1分）；B=

R

m

（2分）

qv«

（3）带电粒以大小为口方向与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&件，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〃，则：

〃=昌=恁……⑥（2分）；由。23=一2勿,得s=E=¥=

m2a2j2g

（2分）

由此得出速度减为。时的位置坐标是（〃,i）（1分）

2.如图所示的坐标系，了轴沿水平方向，y轴沿y

竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场一日

也无磁场，在第三象限，存在沿），轴正方向的匀强电-------TT

场和垂直孙平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象XXXX

限，存在沿y轴负方向、场强大小与第二象限电场场xxX”

强相等的匀强电场。一质量为加、电荷量为°的带电XXxxirl

质点，从y轴上y=h处的Pl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4-2/7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轴上产一2〃处的七点进入第四象限。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：

（1）参见图，带电质点从Pi到尸2,由平抛运动规律产……①（2分）;

2

vo=2/7/r...②（1分）

Vv=gtVy=gt...③（1分）求出□=J说+彳=2病...④（2分）

方向与x轴负方向成45。角……（1分）

（2）质点从B到23,重力与电场力平衡，洛伦兹

力提供向心力

Eq-mg...⑤（1分）；Bqv=m—...⑥（2分）

R

（2R）2=（2/2）2+（2/7）2........⑦（2分）；由⑤解得

E4（2分）

q

联立④⑥⑦式得8U卷……（2分）

（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（），此时质点速度最小，即u在水平方向

的分量V/N/H=VCOS45°=...（2分）

方向沿x轴正方向...2分）

3.如图所示，在反少平面的第一、第三和第四象限内存在着方向竖直向上的

大小相同的匀强电场，在第一和第四象限内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。

一个质量为〃?，电量为”的带电质点，在第三象限中以沿x轴正方向的速度-做匀

速直线运动，第一次经过），轴上的M点，M点距坐标原

点0的距离为L;然后在第四象限和第一象限的电磁场

中做匀速圆周运动，质点第一次经过x轴上的N点距坐

标原点0的距离为百已知重力加速度为g,求：⑴

匀强电场的电场强度E的大小。⑵匀强磁场的磁感应

强度5的大小。⑶质点第二次经过1轴的位置距坐标原

点的距离d的大小。

解：⑴带电质点在第三象限中做匀速直线运动，电场力与重力平衡，则:

qE=mg得：E=mg/q

⑵设质点做匀速圆周运动的半径为凡则:

R2=（R—L）2+@L）2解得：R=2L

由诙看得：R*联立解得r:藤

⑶质点在笫二象限做平抛运动后笫二次经过x轴，设下落的高度为〃，贝卜

h=2R-L=3L

由平抛运动的规律有：力=3/2;d=H.解得：d=

4.（20分）如图所示，在xOy坐标系的第H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y

8=2x102厂方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线

过y轴上的尸点，。尸=1.0皿在后O的区域内有磁

感应强度大小为良、方向垂直纸面向外的匀强磁场。

许多质量m=1.6x10—25kg、电荷量q=+1.6x10-8c的

粒子，以相同的速率m2xl（）5m/s从。点沿纸面内的

各个方向射入磁感应强度为Bi的区域，000.5

m.有一部分粒子只在磁感应强度为的区域运动，有一部分粒子在磁感应强

度为3/的区域运动之后洛进入磁感应强度为&的区域。设粒子在8区域运动

的最短时间为小这部分粒子进入磁感应强度为&的区域后在治区域的运动时

间为/2，已知/2=4八。不计粒子重力.求：

（1）粒子在磁感应强度为的区域运动的最长时间。0=?

（2）磁感应强度&的大小？

分析与解：（1）设粒子在磁感应强度为小的区域做匀速圆周运动的半径为

r,周期为。，则

r-r-mv/qB\........（1分），r=1.0m.......（1分）；T\==2乃m/qB\....（1

分）

由题意可知，OP=r,所以粒子沿垂直龙轴的方向进入时，在囱区域运动的

时间最长为半个周期，即

to=Ti/2.......（2分），解得1.57x10-5$.........（2分）

（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为Bi的区域运动的时间最

短，这些粒子在8和&中运动的轨迹如图所示，在By中做圆周运动的圆心是

O,O]点在虚线上，与y轴的交点是A,在&中做圆周运动的圆心是02,与y

轴的交点是。，。、A、。2在一条直线上。

由于.（1分）；所以NAOC=30。…2

2

分）

则/尸7W12……（2分）

设粒子在反区域做匀速圆周运动的周期为心，则

72=—……（1分）

也

由于N30]=/04。2=/。。。2=30。....（1分）

所以NAO2D=120。……（2分）

则亥=4北……（2分），由亥二40，解得&二……（1分）.&=

3■

4x102.......（1分）

5.如图所示，在X。），坐标平面的第一象限内有一沿），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yu।f।।

有一质量为m,电荷量为q的负粒子（重力不计）沁i\3工L.L）

从坐标原点。射入磁场,其入射方向与），轴负方向成K

45。角.当粒子运动到电场中坐标为（33L）的P。.................天

点处时速度大小为wo,方向与x轴正方向相同.求：・・・・B&•..

（1）粒子从O点射入磁场时的速度v.................................

（2）匀强电场的场强E

（3）粒子从。点运动到尸点所用的时间.

解：（1）V=VO/COS45°=72VO

（2）因为u与x轴夹角为45。，由动能定理得：

-gm廿二pEL，解得E=mvj/2qL

（3）粒子在电场中运动L,a=qE/m解

得：t2=2L/vo

粒子在磁场中的运动轨迹为1/4圆周，所以

R=（3£—2L）/V2=41L/2

粒子在磁场中的运动时间为：f产gx2;rR/%=E/4%

粒子从（）运动到P所用时闯为：曰|+々，（乃+8）/4%

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uo

从O点沿），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。点到。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ewB二〃在（2分）

R

要使磁场的区域面积最小，则0。为磁场区域的

直径，由几何关系可知：r=/?cos30°（4分）

求出圆形匀强磁场区域的最小半径-=当学

（2分）

圆形匀强磁场区域的最小面积为Sm,n=乃产=尊£（1分）

4oe

（2）质子进入电场石，做类平抛运动，垂直电场方向：

ssin3（T=皿（3分）

平行电场方向：scos30。j/F/2,（3分）由牛顿第二定律（2

分）

解得一巧合。点到C点的距离：除病京匿金或

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l0），平

面指向纸里的匀强磁场.一个质量"2=4x10-5kg,电量

4=2.5x10—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=10m/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。运动到尸点的时间.

解答.微粒运动到。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

222

F8=FE+（mg）①......（2分）

电场力FE=Eq②......（2分）

洛仑兹力FR=Bqv……③（2分）

联立求解、代入数据得尸10m/s……④（2分）

微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直屋设该合力与y轴负方向的夹角

为a则：

tan8=^...⑤（2分）；代入数据得tanO=3/4=37。

带电微粒运动的速度与x轴正方向的夹角为0=37。……⑥（2分）

微粒运动到。点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力

为一恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的

运动为类平抛运动，可沿初速度方向和合力方向进行分解.

设沿初速度方向的位移为，沿合力方向的位移为S2,则因为s.=vt……⑦

%2g+（血心⑧tan。二包……⑨

2mS]

联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得：O点到P点运动时间t=\.2s…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3,x轴下方有一匀强电场，电场

强度的大小为£,方向与y轴的夹角。为30。，且

斜向上方，现有一质量为机电量为夕的质子，以

速度为vo由原点沿与x轴负方向的夹角6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）质子第一次穿越工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0（用

反三角函数表示）

解：（1）由题意可知，r=776...①

7=...②InmlqB=7rm/3qB....③；q\\）B=m—...④易知

LAOB为等边三角形

第一次穿越x轴，穿越点与原点距离x=r=mv/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：vo=

at...⑥

由几何关系知：Ay

^-^=tan300=V3/3...⑦《

%，一

v,二心2®/3..….⑧7\

第一次穿越X轴的速度大小\'J\

v=M+==J7/3%…⑨

与电场方向夹角^arcsinarcV773...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3,方向水平并垂直纸面向里。一质量为〃2、带

电荷量为+夕的带电微粒在此区域恰好做速度大小为V的匀速圆XXXX

周运动。（该区域的重力加速度为g）XX小方，X

（1）求该区域内电场强度的大小和方向。Xx5x

4XX

（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为”的A点，工

速度与水平向成45。，如图所示。则该微粒至少需经多长时间—J—

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？

解（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此

mg=Eq①（2分）解得：E=—...②（2分）方向：竖直向上

（2分）

（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R,如图.qBv=

2

m—........③（2分）

R

最高点与地面的距离为：Hm=H+R（1+cos45°）……④（2分）

解得：=竺Q+也）……⑤（2分）

Bq2

该微粒运动周期为：T=至……⑥（2分）

Bq

运动到最高点所用时间为：，=Jr=鬻……⑦（2分）

84Bq

（3）设该粒上升高度为h,由动能定理得：

-mgh-Eqheot45=O--m（D2...⑧（2分）

2

解得：〃二叫二二……⑨（2分）：该微粒离地面最大高度为："+=

2（mg+Ecj）5g4g

......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

体尸和Q,质量分别l（）（）g和500g,其中P不带电，。带***x

电。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强x|xJ:pP

度的大小为50V/m,方向竖直向下；磁感应强度的大小为*、卜士吓*

5忒T）,方向垂直纸面向里。开始时，将小物体P无初速释消：匕:

放，当P运动至。处时，与静止在该处的小物体。相碰，*XXXx**

碰撞中两物体的电荷量俣持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无

限长，g取lOm/s?。求：

（1）试分析物体。的带电性质及电荷量；

（2）物体P、。第一次碰撞后，物体。可能的运动情况，此运动是否为周

期性运动？若是，物体。的运动周期为多大？

（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。，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有

m2g-qE得［=0.1C,且物体Q带负电

（2）物体P、。碰撞之后，物体。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。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：7=四=2s

qB

（3）要使P、。能够再次相遇，则相遇点一定为P、。的第一次碰撞点，物体

。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：以一0二2gs加夕s得

vo=2Om/s

对物体尸和Q,在碰撞过程中，动量守怛有/H（V0=m2v2-/WjVj

碰撞过程中，系统损失的能量为

121

△E」小，

212W>vi+2W-

对物体P,时间关系：-^-=kT(々=1,2,3,……)

gsin0

当仁1时，vi=5m/s,V2=5m/s,zlE=12.5J

当％=2时、vi=10m/s,V2=6m/s,AE=6J

当-3时,vi=15m/s,V2=7m/s,系统总动能增加，不满足能量守“亘定律。

综上所述，碰撞过程中由物体尸和Q组成的系统损A

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-V**

存在沿），轴负方向的匀强电场，在第n象限中存在垂直：'：：|||，

纸面向外的匀强磁场。一电荷量为4、质量为〃2的带正—"―/冷

电的粒子，在-大轴上的。点以速度No与-式轴成60。度角射入磁场，从j=L处的

〃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8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=25

（2分）

又囚为qv\）B=m—（2分）

r

解得：B二加包（2分）

2qL

（2）带电粒子在电场中运动时，沿工轴有：2L=vor2（1分）

沿），轴有：（1分）又因为韭二〃以（2分）解得：£二皿

2~2qL

（2分）

（3）带电粒子在磁场中运动时间为t.二=%

3%9%

（2分）

带电粒子在电场中运动时间为：f2=2ZAo（2

分）

所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：力〃2=

24/9（2分）

12.（18分）如图所示，在）＞0的区域内有沿），轴正

方向的匀强电场，在产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〃2、电量为e）从y轴上A点以沿X轴正方向的初速度W开始运动。。当电

子第一次穿越x轴时，恰好到达。点；当电子第二次穿越工轴时，恰好到达坐

标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达。点。C、。两点均未在图中标出。

已知A、。点到坐标原点的距离分别为"、2d。不计电子的重力。求：

（1）电场强度后的大小；（2）磁感应强度5的大小；（3）电子从A运动

到。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的时间为人

24=3d=；*

”处求出E二也

mled

（2）设电子进入磁场时速度为％u与x轴的

夹角为仇则

9=^-=l"45°.求出：―拉％

tan<%

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

匕由图可知「="/；求出：8=吗

red

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3/尸留

%

电子在磁场中运动的时间亥二,

KE■

3r=3幽=型&出.

44eB2%

电子从A运动到。的时间片3人+套二型sx，！！！！！,

2v0Xxxxx

丫YXXXXX

13.如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向：：XXX

XXXX入入八

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w沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向

与边界线的夹角族30。,粒子恰好从），轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场,

经过x轴的。点，已知OQ=OP,不计粒子的重力，求：

（1）粒子从P运动到。所用的时间

（2）电场强度£的大小；（3）粒子到达。点y

的动能Ek。

解：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示,

X

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8/o=加①，得：r~

rqB

又丁二277r_2mn

%Bq

得带电粒子在磁场中运动的时间：/=-=—

2qB

(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度均垂直于电场沿CF方向,

过。点作直线Cb的垂线交CF于D,则由几何知识可知，

bCPO”bCQO义bCDQ,由图可知：

CP=2r=^-

qB

带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为

S=DQ=OQ=OP=CPsin30°=厂=吗

EqB

带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为

V

Sv=CD=CO=CPcos30°=V3r=^°

°qB

由类平抛运动规律得：SE=L『△必『

22tn

\=vor；联立以上各式解得：石=华

(3)由动能定理得：Ek=qE$E。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心滑动变阻器的总电阻为上

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〃2、电荷量为9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，求质点飞出时的动能.

解：⑴因带电质点做匀速圆周运动，故电场力厂与重力G平衡，有F=mg=Eq

两板间电场强度£=U/d,两板间电压U=IR/4

由闭合电路的欧姆定律得：7=8/(/?+r)

得£=4(7?+r)dmg/qR

⑵由⑴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+q%B=F'

因两板间电压U'=/R/2=2U,得E=2E,F=2F=2mg

解得no=mg/qB.

⑶因两板间电压变为U"=IR=4U；故电场力/"=4F=4mg

+

由动能定理知F'g-mg&=Ek_gm%：解得：Ek~~^

22222B~q~

15.如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为8,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,方向口弦••・.

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。现有一质量为机，带电量为4的粒子由静止经过加速电引土：＜：个当

压为。的电场加速后以垂直于铅板的方向从A处穿过铅板，卜子：主

然后从x轴的。处以与x轴正方向夹角为60。的方向进入电场排丁-：

和磁场重叠区域，最后到达y轴上的。点。已知0。长为L不一*

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：Ek0=qU

穿过铅板后由牛顿第二定律得：=

1\

由几何知识得：R二一2，解得：-警

sin60°y/3m

粒子穿过铅板后的动能为：&=:〃储=驾生

23M

因此粒子穿过铅板后动能的损失为

2*2尸

阻=Ek,-Ek=qU---——。

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

m112施徂【打尸2qEl

qEl=-tnv2--mv,用车得匕.=J。、-------

2c2V3m~m

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

部有一质量片0.2g、电荷量q=8x10-5c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Bk15T的匀强磁

场，A/N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&=5T的匀强磁场.现让小车始终保持u=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

力心随高度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5时加速度4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△xo

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力，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加

速度设为。，则

〃=上"=丝匕整=2加52

mm

⑵在小球运动到管口时，产N=2.4X10-3N,设均为小球

竖直分速度，由

FN=qvM,则v1=工-2mIs

qB\

2

由V.2=2aL得L=~—=\m

2a

3

⑶小球离开管口进入复合场，其中韭=2X1（Y3N,mg=2xlO-N

故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度与MN成

45。角，故轨道半径为R,R=HL=叵m

qB?

小球离开管口开始计时，到再次经过所通过的水平距离为=

对应时间/==3s;小车运动距离为X2,X,=Vt=—m

42qB4~2

所以小球此时离小车顶端的距离为最3-々。0.43〃？

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。。，方向连续不断地放出速度v（）=1.0xl05m/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

BR.OET,方向垂直纸面向里，?x

MN与中线。0,垂直。两平行金属『『

板间的电压U随时间变化的UT。.......?个

aX

图象如图乙所示。已知带电粒子的II:x

比荷/=1.0X1080kg,粒子的重Lt

XX

,甲乙

力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若r=O.ls时刻粒子源放出的粒子恰好能

从平行金属板的边缘离开电场(设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把

板间的电场看作是恒定的).求：

(1)U0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；

(2)求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间.

解：(20分)(1)0.1s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

—U=—wvj①

22,

5

出电场时粒子沿电场方向的分速度vy=10m/s=vo

②

粒子离开电场时的速度v=M+=叵乂\05mls

③

设出射方向与％方向间的夹角为9，lan，=上=1,故

%

族45。④

(2)粒子在磁场中运动的周期为7=江=2xl(T6s⑤

Bq

仁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:

%4=1x10%⑥

T=().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：

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x轴正方向成45。角的匀强

电场，场强的大小为E二及xiO，V/m.x轴的下方有

垂直于⑼)，面的匀强磁场，磁感应强度的大小为

B=2x10-2To把一个比荷为q/m=2x108C/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

⑵电荷在磁场中运动轨迹的半径；⑶电荷第三次到达r轴上的位置。

解：⑴电荷从A点匀加速运动至卜轴的C点，位移为S=4。=后加

2

加速度为a=—=2y/2xltfm/s;所用的时间为/=必=1X10-65

tnVa

⑵电荷到达C点的速度为y〃=272x103〃/s，速度方向与X轴正方向成45。

在磁场中运动时，有＞8=〃，=得轨道半径

A

mvV2

R=—=--m

qB2

⑵轨迹圆与X轴相交的弦长为AA=V2/?=1m

电荷从坐标原点0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，与工轴第三次

相交时，设运动的时间为「，则tan45，=二k

vt

得「=2x10-6$户」{^=8加即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为

cos45

(8m,0)

20.如图所示，宽度为"的I区里有与水平方向成45。角的匀强电场昂，宽

度为4的II区里有相互正交的匀强磁场3和匀强电场所。一带电量为外质量

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6（）。，重力加速度为g。

（力、Ei、及未知）求：⑴4、&的大小;⑵有界电场£的宽度”,

解：⑴由题意有：qE}sin45°=mg,qE?=）ng

所以，用二交鳖,

q~q

⑵设微粒在复合场中做匀速圆周运动的速率为

轨道半径为R,由几何关系有：/?sin60°=d2

由"8二加二有：R=比

RqB

qBd-_275Md2

联立求得：rsin®3.

微粒在I区中加速时有：

qE]cos45

（7£icos45°•d尸L加，或由：材=2或/|,而a=o由此求出结果:

2m

d\=

3帆2g

21.（24分）如图，xoy平面内的圆。，与y轴相切于

坐标原点。在该圆形区域内，有与），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。沿X轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为八.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7b/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磁感强度为以圆。的半径为R；粒子的电量为外

质量为相，初速度为也同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有:

qvB=qEvo7o=2/?

只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：

由以上式子可知x=y=R,粒子从图中的M点离开电场.

由以上式子得力3=誓

10

只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，尸为轨迹圆

弧的圆心.

设半径为八则有.：/8=叱；由以上式子可得「二四；由图吆R〃=2

r2

所以，粒子在磁场中运动的时间占必=4a%tan2

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=4.0X105N/C,），轴右方有一垂直纸面向里的匀强

磁场，有一质子以速度vo=2.0x106m/s由工轴上A点（04=\

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1.6x10—27kg,求：\

（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子两次在磁场中E

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8、C两点分别进入电场，轨迹

圆心分别为。।和。2.（图2分）

所以：sin30。=华1分）R=2xQ4

由8=把s=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。,

7

则力出=Oi/o2=y

（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，=voty-2x^mxt2tan30。=x'/y'；由以上解得t=

巫^V3xlO-7s

qE

23.如图所示，在），>0的空间中存在匀强电场，场强沿y

轴负方向；在）YO的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy

平面（纸面）向外.一电量为外质量为〃2的带正电的运动粒子，

经过y轴上y处的点P时速率为处方向沿x轴正方向，然

后经过x轴上工=2〃处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=-2〃

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Pi到P2的时

间为，，电场强度的大小为E,粒子在电场中的加速度为由y

牛顿第二定律及运动学公式有：

qE=ma①vot=2h②at2/2=h③>

由①②③式解得E=〃M/2qh.④：调

（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为出,以口表：洪J：

示速度沿）方向分量的大小，u表示速度的大小，。表示速度*•・

和x轴的夹角，则有⑤

v=7v12+VOtan0=V1/vo⑦；由②③⑤式得口=W⑧

由⑥⑦⑧式得v=V2vo;6=arctan1=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=m—⑩

〃是圆轨迹的半径，此圆轨迹与尢轴和y轴的交点分别为2、P3.；因为OP2

=0P3,e=45。，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得，:右人

（11）

由⑨⑩。可得B="?volqh.（12）

21.如图所示，在x釉上方有磁感应强度大小为8,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为2,方向垂直纸面向外的匀强磁场.一

质量为机、电量为-q的带电粒子（不计重力），从x轴上的。点以速度钝垂直

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xXpXXXX-XX

；

xXXXXX^XX

二次到达x轴时离0点的距离是多少？Xx|xXXXXX_

(2)若粒子能经过在x轴距。点为L的某点，试求粒•0.......................................

子到该点所用的时间(用L与w表达).B/2

答案：(1)粒子的运动轨迹示意图如图6-15所示

XXXXXX

由牛顿第二定律：qwB=机位得门二空，2二半XXXX

rqBqBxxrxXXXX

2mn十4

由丁=过得：Ti=——Ti=——

qBqB

粒子第二次到达X轴所需时间:

^=1(71+72)=—

2qB

粒子第二次到达“轴时离。点的距离-2("小鬻.

(2)设粒子第N次经过在x轴的点距。点为L,不论N为偶数还是奇数粒

子走过的弧长均为<=匹

2

所以，'=3.

2%

22.如图所示，为纸面内竖直虚线，P、。是纸面内水平方向上的两点，

两点距离PQ为LQ点距离虚线的距离QQ为〃兀.一质量为加、电荷量为^

的带正电的粒子在纸面内从P点开始以水平初速度如向右运liW

动，经过一段时间后在虚线MN左侧空间加上垂直纸面向里v0:

的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，〃0；

随后粒子再次通过。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to.

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尸点(圆和P。的切点)："

在t时间内微粒从p点匀速运动到尸点，则加，由上iCLzL

几何关系可右?。歹：

PF=L+R'N

又R=mvi)/qB,ofW=—+—.

%qB

(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最大值为凡〃=DQ/2,即用〃二乙/(2兀)，可得B的

最小值为B,nin=2m?W/〃

微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有/0=(〃+3)丁(〃=0，1，2,3,…)

4

又由T-27tm/qBmin可得to=(z?+-)L/v0(〃=()，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5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HIA=3mB,轨道半径为RA=3RB=9cm.

(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3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，故必有飞后二机g，

由电场方可知，两小球都带负电荷fnAg=QAE,mA=3"2B

所以也=3.

1

(2)由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向

由*吁〃2匚得，R二”.又由题意心=3刈，所以％=3.

RqBvR1

(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