學遠高三電磁復合場計算題(共23道題_有答案)

1、湖南誠信辦學機構 十佳課外輔導機構高三物理學習資料-帶電粒子在電、磁場中的運動 1在圖所示的坐標系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第象限存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面向里的勻強磁場，在第象限由沿x軸負方向的勻強電場，場強大小與第象限存在的電場的場強大小相等。一質量為m，帶電荷量大小為q的質點a，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負方向拋出，它經(jīng)過x= -2h處的P2點進入第象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過y軸上方y(tǒng)= -2h的P3點進入第象限，試求：質點到達P2點時速度的大小和方向；第象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應強度的大小；質點a進入第象限

2、且速度減為零時的位置坐標解（2分）如圖所示。（1）質點在第象限中做平拋運動，設初速度為v0，由 （2分）2h=v0t （2分）解得平拋的初速度 （1分）在P2點，速度v的豎直分量 （1分）所以，v=2，其方向與軸負向夾角 =45° （1分）（2）帶電粒子進入第象限做勻速圓周運動，必有 mg=qE （2分） 又恰能過負y軸2h處，故為圓的直徑，轉動半徑R= （1分）又由 （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，設其加速

3、度大小為a，則： （2分）； 由（2分） 由此得出速度減為0時的位置坐標是（1分）2如圖所示的坐標系，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，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸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軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶電質點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。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P2點

4、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強度的大??； （3）帶電質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： （1）參見圖,帶電質點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律 （2分）； v0=2h/t（1分）vy=gt（1分） 求出（2分）方向與x軸負方向成45°角（1分） （2）質點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力Eq=mg（1分）；（2分）（2分）；由解得（2分）聯(lián)立式得（2分） （3）質點進入等四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動. 當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45

5、°=（2分）方向沿x軸正方向2分）3如圖所示，在xoy平面的第一、第三和第四象限內存在著方向豎直向上的大小相同的勻強電場，在第一和第四象限內存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m，電量為+q的帶電質點，在第三象限中以沿x軸正方向的速度v做勻速直線運動，第一次經(jīng)過y軸上的M點，M點距坐標原點O的距離為L；然后在第四象限和第一象限的電磁場中做勻速圓周運動，質點第一次經(jīng)過x軸上的N點距坐標原點O的距離為。已知重力加速度為g，求：勻強電場的電場強度E的大小。勻強磁場的磁感應強度B的大小。質點第二次經(jīng)過x軸的位置距坐標原點的距離d的大小。解：帶電質點在第三象限中做勻速直線運動，電場力與重

6、力平衡，則：qE=mg 得：E=mg/q設質點做勻速圓周運動的半徑為R，則： 解得：R=2L由； 得：聯(lián)立解得：質點在第二象限做平拋運動后第二次經(jīng)過x軸，設下落的高度為h，則：由平拋運動的規(guī)律有：； 解得：4(20分)如圖所示，在xOy坐標系的第象限內，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應強度大小為B1=2×102T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP=1.0m，在xO的區(qū)域內有磁感應強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質量m=1.6×1025kg、電荷量q=+1.6×1018C的粒子，以相同的速率v=2×10

7、5m/s從C點沿紙面內的各個方向射人磁感應強度為B1的區(qū)域，OC=0.5 m有一部分粒子只在磁感應強度為B1的區(qū)域運動，有一部分粒子在磁感應強度為B1的區(qū)域運動之后將進入磁感應強度為B2的區(qū)域。設粒子在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)粒子在磁感應強度為B1的區(qū)域運動的最長時問t0=?(2)磁感應強度B2的大小?分析與解：（1）設粒子在磁感應強度為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 m /qB1 （1分）

8、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 = 1.57×105 s （2分）（2）粒子沿+x軸的方向進入時，在磁感應強度為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y軸的交點是A，在B2中做圓周運動的圓心是O2，與y軸的交點是D，O1、A、O2在一條直線上。由于OC =r （1分）；所以AO1C = 30°2分）則t1=T1/12 （2分）設粒子在B2區(qū)域做勻速圓周運動的周期為T2，則T2 = （1分）由于

9、PAO1 =OAO2 =ODO2 = 30°（1分）所以AO2D = 120°（2分）則t2 = （2分），由t2 = 4 t1 ，解得B2 = 2B1 （1分）B2 = 4×102 （1分）5如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內有一沿y軸正方向的勻強電場,在第四象限內有一垂直于平面向外的勻強磁場現(xiàn)有一質量為m，電荷量為q的負粒子（重力不計）從坐標原點o射入磁場，其入射方向與y軸負方向成45°角當粒子運動到電場中坐標為（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

10、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 =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 =( 3L2L)/ = 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(+8)/4vo6如圖所示，x軸上方存在磁感應強度為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軸負方向成60°角斜向下。一個質量為m，帶電量為

11、e的質子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域。質子飛出磁場區(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。不計質子的重力。（1）畫出質子運動的軌跡，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?！窘馕觥浚?）質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 = （2分）要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關系可知： r =Rcos30°（4分）求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑（2分）圓形勻強磁

12、場區(qū)域的最小面積為（1分）（2）質子進入電場后，做類平拋運動，垂直電場方向： s sin30°=v0t（3分）平行電場方向：scos30°=a t2 / 2，（3分）由牛頓第二定律eE=ma，（2分）解得：。O點到c點的距離： 7如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內，在該區(qū)域內有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為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量m=4×105kg，電量q=2.5×105C帶正電的微粒，在xOy平面內做勻速直線運動，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

13、P點取g10 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，在這段時間內微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零由此可得 （2分）電場力 （2分）洛侖茲力 （2分）聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s （2分）微粒運動的速度與重力和電場力的合力垂直,設該合力與y軸負方向的夾角為, 則: （2分）；代入數(shù)據(jù)得tan= 3/4 , = 37° 帶電微粒運動的速度與 x軸正方向的夾角為 = 37°（2分）微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為

14、一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內的運動為類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進行分解設沿初速度方向的位移為s1，沿合力方向的位移為s2，則因為s1=v t 聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得: O點到P點運動時間 t12 s 8（20分）如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應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軸的夾角為30°，且斜向上方，現(xiàn)有一質量為m電量為q的質子，以速度為v0由原點沿與x軸負方向的夾角為30°的方向射入第二象限的磁場，不計質子的重力，磁場和電場的區(qū)域足夠大，求：（1）質子從原點到第一次

15、穿越x軸所用的時間。（2）質子第一次穿越x軸穿越點與原點的距離。（3）質子第二次穿越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/6T= 2m/qB =m/3qB；qv0B=m 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/qBA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 = at由幾何關系知： v=at=第一次穿越x軸的速度大小v=與電場方向夾角=arcsinarc 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。磁感應強度為B，方向水平并垂直

16、紙面向里。一質量為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?，則該微粒運動中距地面的最大高度是多少？解（1）帶電微粒在做勻速圓周運動，電場與重力應平衡，因此mg = Eq （2分）解得： （2分）方向：豎直向上（2分）（2）該微粒做勻速圓周運動，軌道半徑為R，如圖

17、qBv = m（2分）最高點與地面的距離為：Hm = H + R ( 1 + cos 45°) （2分）解得：Hm = H + （2分）該微粒運動周期為：T =（2分）運動到最高點所用時間為：（2分）（3）設該粒上升高度為h，由動能定理得：（2分）解得：（2分）；該微粒離地面最大高度為：H +（2分）10(20分)在傾角為30°的光滑斜面上有相距40m的兩個可看作質點的小物體P和Q，質量分別100g和500g，其中P不帶電，Q帶電。整個裝置處在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度的大小為50V/m，方向豎直向下；磁感應強度的大小為5(T)，方向垂直紙面向里。開始時，將小物體

18、P無初速釋放，當P運動至Q處時，與靜止在該處的小物體Q相碰，碰撞中兩物體的電荷量保持不變。碰撞后，兩物體能夠再次相遇。其中斜面無限長，g取10m/s2。求：（1）試分析物體Q的帶電性質及電荷量；（2）物體P、Q第一次碰撞后，物體Q可能的運動情況，此運動是否為周期性運動？若是，物體Q的運動周期為多大？（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狀態(tài)，由平衡條件有m2g =qE 得q =0.1C，且物體Q帶負電（2）物體P、Q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

19、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，由運動學公式有： v0=2gsim·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，時間關系： ()當k=1時，v1=5m/s，v2=5m/s，E=12.5J當k=2時，v1=10m/s，v2=6m/s，E=6J當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

20、械能可能為12.5J或6J.11（18分）如圖所示，直角坐標中的第象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質量為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）磁感應強度B的大?。唬?）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）帶電粒子在磁場運動由軌跡可知：r =2L/3 （2分） 又因為qv0B =（2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

21、y軸有：L =（1分） 又因為qE = ma（2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 = 2/9（2分）12（18分）如圖所示，在y>0的區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一電子（質量為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。當電子第一次穿越x軸時，恰好到達C點；當電子第二次穿越x軸時，恰好到達坐標原點；當電子第三次穿越x軸時，恰好到達D點。C、D兩點均未在圖中標出。已知A、

22、C點到坐標原點的距離分別為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電子從A到C的時間為t1 求出 E = （2）設電子進入磁場時速度為v，v與x軸的夾角為，則 = 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

23、為垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為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=30°，粒子恰好從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的大小； （3）粒子到達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

24、電場中做類平拋運動，初速度v0垂直于電場沿CF方向，過Q點作直線CF的垂線交CF于D，則由幾何知識可知，CPOCQOCDQ，由圖可知：CP=帶電粒子從C運動到Q沿電場方向的位移為 帶電粒子從C運動到Q沿初速度方向的位移為 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如圖所示，一對平行金屬板水平放置，板間距離在d，板間有磁感應強度為B的水平向里的勻強磁場，將金屬板連入如圖所示的電路，已知電源的內電阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開關S閉合，并調節(jié)滑動觸頭P至右端長度為總長度的1/4一質量為m、電荷量為q的帶電質點從兩板正中央左端以某一初速度水平飛入

25、場區(qū)時，恰好做勻速圓周運動 求電源的電動勢； 若將滑動變阻器的滑動觸頭P調到R的正中間位置，可以使原帶電質點以水平直線從兩板間穿過，求該質點進入磁場的初速度； 若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質點恰好能從金屬板邊緣飛出，求質點飛出時的動能解：因帶電質點做勻速圓周運動，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，兩板間電壓U = IR/4由閉合電路的歐姆定律得：I = /（R + r）得 由知，電場力豎直向上，故質點帶負電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件得：因兩板間電壓U= IR/2 = 2U，得E= 2E，F(xiàn)= 2F = 2 mg解得

26、v0 = mg / qB 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，有一鉛板旋轉在y軸處且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質量為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y軸上的C點。已知OD長為L，不計粒子的重力。求：粒子經(jīng)過鉛板時損失的動能。粒子到達C點時速度的大小。解：由動能定理可知，粒子穿

27、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。從D到C只有電場力對粒子做功，電場力做功與路徑無關，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，管的底部有一質量m=0.2g、電荷量q =8×105C的小球，小球的直徑比管的內徑略小在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應強度B1= 15T的勻強磁場，MN面的上方還存在著豎直向上、場強E = 25V/m的勻強電場和垂直紙面向外、磁感應強度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，

28、以帶電小球剛經(jīng)過場的邊界PQ為計時的起點，測得小球對管側壁的彈力FN隨高度h變化的關系如圖所示g取10m/s2，不計空氣阻力。求：小球剛進入磁場B1時加速度a的大??；絕緣管的長度L；小球離開管后再次經(jīng)過水平面MN時距管口的距離x。解：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，加速度設為a，則在小球運動到管口時，F(xiàn)N2.4×10-3N，設v1為小球豎直分速度，由，則由 得 小球離開管口進入復合場，其中qE2×10-3N，mg2×10-3N故電場力與重力平衡，小球在復合場中做勻速圓周運動，合速度與MN成45

29、6;角，故軌道半徑為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時間； 小車運動距離為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的右側分布有范圍足夠大勻強磁場，磁感應強度B=0.01T，方向垂直紙面向里，MN與中線OO垂直。兩平行金屬板間的電壓U隨時間變化的Ut圖象如圖乙所示。已知帶電粒子的比荷q/m =1.0×108C/kg，粒子的重力和粒子之間的作用力均可忽略不計。若t=0.1s時刻粒

30、子源放出的粒子恰好能從平行金屬板的邊緣離開電場（設在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內，可以把板間的電場看作是恒定的）求： （1） t=0.1s時刻粒子源放出的粒子離開電場時速度大小和方向； （2）求從粒子源放出的粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間解：（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 出電場時粒子沿電場方向的分速度vy=105m/s=v0 粒子離開電場時的速度 設出射方向與方向間的夾角為，故=45° (2)粒子在磁場中運動的周期為 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： T=0.1s時刻進入的粒子，在磁場中運動時間最

31、長為3/4周期，如右圖示： 各3分 2分，共20分19在如圖所示的直角坐標系中，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Vmx軸的下方有垂直于xoy面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=2×102T。把一個比荷為q/m=2×108C/kg的正電荷從坐標為（0，1）的A點處由靜止釋放。 電荷所受的重力忽略不計，求： 電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t； 電荷在磁場中運動軌跡的半徑； 電荷第三次到達x軸上的位置。解：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 電荷到達C點的速度為，速度方向與x軸正方向成45°在磁場中

32、運動時，有得軌道半徑 軌跡圓與x軸相交的弦長為電荷從坐標原點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，設運動的時間為t，則 得t=2×106s 即電荷第三次到達x軸上的點的坐標為（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）

33、求： E1、E2的大??； 有界電場E1的寬度d1。解：由題意有： ，所以， ， 設微粒在復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=。由此求出結果：d1=21(24分) 如圖，xoy平面內的圓O與y軸相切于坐標原點O在該圓形區(qū)域內，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

34、條件不變，求：該帶電粒子穿過場區(qū)的時間解：設電場強度為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軸負方向成30°角，大小為E = 4.0