13 解答題之帶電粒子在電磁場中的運動 — 2020高考物理考前專項刷題測試

1、2020高考物理考前刷題13解答題之帶電粒子在電磁場中的運動1如圖所示，在直角坐標系xO尹的第一象限的空間內(nèi)存在沿尹軸負方向、電場強度E=200V/m的勻強電場，第二象限的空間內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B=0.125T的勻強磁場。質(zhì)量均為加=4.0x10-i5kg、電荷量均為q=+2.0x10-9C的兩帶電粒子a、b先后以vQ=5.0x103m/s的速率，從尹軸上P點沿x軸正、負方向射出，PO之間的距離力=8.0x10-2m,經(jīng)過一段時間后，兩粒子先后通過x軸。若兩粒子之間的相互作用、所受重力以及空氣阻力均可忽略不計，求：嚴*F(1) 粒子a在電場中運動的時間“；(2) 粒子b在磁場中運動

2、的半徑Rb；(3) a、b兩粒子通過x軸時，它們的動能之比；粒子b從P點到通過x軸所用時間t2；(5)a、b兩粒子通過x軸時，它們的速度方向之間的夾角0。2. 坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的速3mv2度大小都是v0,在OVyVd的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為已=無芋，其中q與m分別為a粒子的電荷量和質(zhì)量；在dVyV2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面的勻強磁場.ab為一塊很大的平面感光板,放置于y=2d處，如圖所示.觀察發(fā)現(xiàn)此時恰無粒子打到ab板上.(不考慮a粒子的重力)(1) 求a粒子剛進入磁場時的動能；(2) 求磁感應(yīng)

3、強度B的大小；將ab板平移到什么位置時所有粒子均能打到板上？并求出此時ab板上被a粒子打中的區(qū)域的長度3. 如圖所示，圓心為O的兩個同心圓a、b的半徑分別為R和2R,a和b之間的環(huán)狀區(qū)域存在著垂B直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,圓a內(nèi)存在著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為2。一質(zhì)量為加、電荷量為+g的帶電粒子從圓b邊緣上的M點以某一初速度V0射入磁場，當V0的方向與MN的夾角為30°時，粒子能夠到達N點，已知粒子在環(huán)狀磁場中的運動半徑為R,帶電粒子的重力忽略不計。(1) 求粒子初速度v0的大??；(2) 求粒子從M到N的運動時間;(3) 若調(diào)整粒子的初速度大小和方向，使粒子不

4、進入圓a仍然能夠到達N點，且運動時間最短，求粒子初速度的大小。4如圖所示，間距為L的平行金屬板MN、PQ之間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。MN板帶正電荷，PQ板帶等量負電荷，板間磁場方向垂直紙面向里，OO'是平行于兩金屬板的中心軸線。緊挨著平行金屬板的右側(cè)有一垂直紙面向外足夠大的勻強偏轉(zhuǎn)磁場，在其與OO'垂直的左邊界上放置一足夠大的熒光屏。在。點的離子源不斷發(fā)出沿OO'方向的電荷量均為”質(zhì)量均為加，速度分別為v和：10v的帶正電的離子束。速度為匕的離子沿直線00'方向運動，速度為點的離子恰好0000擦著極板的邊緣射出平行金屬板其速度方向在平行金屬板間偏轉(zhuǎn)了60

5、，兩種離子都打到熒光屏上，且在熒光屏上只有一個亮點。已知在金屬板MN、PQ之間勻強磁場的磁感應(yīng)強度。不計離子重力和離子間相互作用。已知在金屬板MN、PQ之間的勻強磁場磁感應(yīng)強度BL0。求:N(1) 金屬板MN、PQ之間的電場強度；(2) 金屬板的右側(cè)偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度；(3) 兩種離子在金屬板右側(cè)偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間之差。5. 如圖，在xOy平面的第一，四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為E的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿-y方向，電場強度為E的勻強電場.從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y方向成30°150°，且在x

6、Oy平面內(nèi).結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū).已知帶電粒子電量為q，質(zhì)量為加，粒子的重力及粒子間相互作用不計.求：(1) 垂直y軸方向射入磁場粒子運動的速度大小V1；(2) 求粒子在第象限的磁場中運動的最長時間與最短時間差.；(3)從x軸上x=(、亡-1)a點射人第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y=-b的點，求該粒子經(jīng)過y=-b點的速度大小6. 如圖所示，在直角坐標系2尹中，虛線ab垂直于x軸，垂足為P點，M、N兩點的坐標分別為(0,L)、(0，L)。ab與y軸間存在沿y軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)，y軸的右側(cè)存在方向垂直坐標平面向外的勻強磁場，

7、其他區(qū)域無電場和磁場。在質(zhì)量為加、電荷量為q的絕緣帶正電微粒甲從P點以某一初速度沿x軸正方向射入電場的同時，質(zhì)量為加、電荷量為q的絕緣帶負電微粒乙以初速度v從M點在坐標平面內(nèi)沿與y軸負方向成夾角°二的方向射入磁場，結(jié)果甲、乙恰好在N6點發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短且不發(fā)生電荷交換)，碰撞后均通過ab。微粒所受重力及微粒間的作用力均不計。求：(1) 磁場的磁感應(yīng)強度大小B以及乙從M點運動到N點的時間t；(2) P點與坐標原點O間的距離x0以及電場的電場強度大小E；(3) 碰撞后乙通過ab時的位置的縱坐標y乙7. 如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里.在x軸下

8、方存在勻強電場，方向豎直向上.一個質(zhì)量為加、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0力)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45°進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直求：(1) 粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小V口勻強電場的電場強度大小E口(3) 粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t屮總8. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，尹軸沿豎直方向。在區(qū)域(x=0到x=L之間)存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，區(qū)域&=厶到x=2L之間)存在垂直坐標平面向外的勻強磁場，兩個區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B2qL0。一個質(zhì)

9、量為m電荷量為q的帶電粒子從坐標原點O以初速度v0沿+x方向射入，沿直線通過區(qū)域，最后從區(qū)域離開。粒子重力不計，求：1)電場強度大??；(2) 帶電粒子在口、區(qū)域運動的總時間。9. 如圖所示，在光滑絕緣水平面上建立平面直角坐標系xOy,第一象限存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下的勻強磁場；第四象限存在如圖所示的勻強電場，電場線與x軸夾角為45。一帶負電的小球a,質(zhì)量為m,電量絕對值為q,從坐標原點射入磁場，速度方向與x軸正方向夾角為45°，其恰好能與靜止在(x0，0)處的質(zhì)量為2m的帶電小球b發(fā)生彈性正碰。已知碰撞前后兩球的電量和電性均沒有發(fā)生變化，碰撞后的兩球不會再次相遇。求：$X

10、XXXXXXXXXXX(1) 小球a射入磁場時的初速度的大?。?2) 碰撞后小球b速度的大?。?3) 若碰后經(jīng)過一段時間，小球b沿著碰前小球a的軌跡回到坐標原點，請確定小球b的電性和電量。10. 如圖，直角坐標系X。尹的II、III象限存在方向沿a軸正方向的勻強電場、場強大小為E；I、IV象限存在一個圓心在q(b,0)且與y軸相切于O點的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標平面。從X軸上P(-a,0)點由靜止釋放一個質(zhì)量為加、電荷量為q(q>0)的帶電粒子，粒子穿出磁場的位置為0。已知ZQOX=60。，粒子重力不計、大小可忽略。求：(1) 磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向；(2) 粒子在磁場中

11、運動的時間。11. 如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為0=45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N,磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O、O2為電場左右邊界中點.在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向).某時刻從O點豎直向上以不同初速度同時發(fā)射兩個相同的質(zhì)量為m、電量為+q的粒子a和b.結(jié)果粒子a恰從O點水平進入板間電場運動，由電場中的O2點射出；粒子b恰好從M板左端邊緣水平進入電場.不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知.求：(1) 粒子a、b從磁場邊界射出時的速度va、vb；(2)

12、 粒子a從O點進入磁場到O2點射出電場運動的總時間t；4m(3) 如果金屬板間交變電場的周期卩=qB，粒子b從圖乙中t=0時刻進入電場，求要使粒子b能夠穿出板間電場時E0滿足的條件.12. 如圖所示，兀內(nèi)平面內(nèi)的第二、三象限存在著沿尹軸負方向的勻強電場；第一、四象限內(nèi)存在以坐標原點。為圓心、半徑為L的半圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)存在著垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為加、電荷量為q的帶電粒子自坐標為(L,，粒子到達坐標原點O時的速率；粒子自M點射出到離開磁場時的時間;(3) 要使此粒子進入磁場后，不再從圓弧邊界離開磁場，可以僅通過改變磁場的磁感應(yīng)強度大小來實L)的M點射出，射出時的速度大小為,方向沿2

13、x軸正方向，經(jīng)過一段時間恰好在坐標原點。進入尹軸右側(cè)的勻強磁場，再經(jīng)過一段時間后又與x軸平行且沿x軸正方向離開勻強磁場，不計粒子所受重力。求：現(xiàn)，計算改變后的磁感應(yīng)強度大小需滿足的條件。13. 某科研小組設(shè)計了一個粒子探測裝置。如圖1所示，一個截面半徑為R的圓筒(筒長大于2R)水平固定放置，筒內(nèi)分布著垂直于軸線的水平方向勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。圖2為圓筒的入射截面，圖3為豎直方向過筒軸的切面。質(zhì)量為加、電荷量為q的正離子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒內(nèi)。圓筒內(nèi)壁布滿探測器，可記錄粒子到達筒壁的位置，筒壁上的P點和Q點與入射面的距離分別為R和2R。(離子碰到探測器即被吸收，忽略離子間的

14、相互作用與離子的重力)(1) 離子從O點垂直射入，偏轉(zhuǎn)后到達P點，求該入射離子的速度；(2) 離子從OC線上垂直射入，求位于0點處的探測器接收到的離子的入射速度范圍；并在圖3中畫出規(guī)范的軌跡圖；(3) 若離子以第(2)問求得最大的速度垂直入射，從入射截面入射的離子偏轉(zhuǎn)后仍能到達距入射面為2R的筒壁位置，畫出入射面上符合條件的所有入射點的位置。14. 如圖所示，在xOy坐標系中，在y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，在d<y<2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的邊界，在y=2d處放置一垂直于y軸的足夠大金屬擋板ab,帶電粒子打到板上即被

15、吸收。一質(zhì)量為加、電量為+q的粒子以初速度v0由坐標原點O處沿x軸正方向射入電場，已知電場強度大小為E3mv2o2qd，粒子的重力不計。(1) 要使粒子不打到擋板上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？(2) 通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，可讓粒子剛好通過點P(4d,0)(圖中未畫出)，求磁感應(yīng)強度的大小。15如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內(nèi)，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.33T.水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C.現(xiàn)有大量質(zhì)量m=6.6x10_27kg、電荷量q=3.2x109C的帶負電的粒子，同時從邊界PQ上的O點沿紙面向

16、各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為V=1.6x106m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求：(1) 求帶電粒子在磁場中運動的半徑r口求與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t口(3) 當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構(gòu)成的圖形的曲線方程.16如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一、二象限內(nèi)有豎直向下的勻強電場E1，虛線是第二、三象限的角平分線，虛線的右上方有垂直紙面向里的勻強磁場5第三、四象限有水平向左的勻強電場E2，且E1=E2?，F(xiàn)有一電荷量為g、質(zhì)量為m的帶電微粒由x軸

17、上的P點(J2L，0)，以大小為勺、方向與x軸正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直線運動到虛線上的0點，然后進入磁場，再從坐標原點。進入第三象限，最后打在尹軸上的N點，已知重力加速度為g。求：(1) 電場強度d的大小和磁場感應(yīng)強度B的大??；(2) 微粒通過N點的位置坐標和速度；(3) 微粒從P點運動到N點經(jīng)歷的時間。17離子光學是一門研究離子在電磁場中運動和離子束在電磁場中聚焦、反射、折射、偏轉(zhuǎn)等規(guī)律的學科。利用中學知識，也可以簡單地構(gòu)造一些離子光學的元器件，來實現(xiàn)離子束的反射，平移和折射等。某同學設(shè)計簡化裝置如圖所示。在反射區(qū)，以。點為原點，建立平面直角坐標系兀內(nèi)，在第一象

18、限分布著磁感應(yīng)強度為B=1T的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，OM是磁場中的一塊擋板，與x軸夾角為30°；平移區(qū)由磁場方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B2=0.5T、磁場寬度為L=叵"0-4m的磁場2區(qū)，寬度為L='x10-4m的自由空間，磁場方向垂直紙面向里、磁場寬度為222L=3訂"0-4m的磁場3區(qū)組成，2區(qū)磁場上邊界與x軸相距L=j3"0-4m；折射區(qū)，存在一電場，圓形區(qū)域外部各處電勢均為耳，內(nèi)部各處電勢均為申2(他<02)，02陷=°.2V，球心位于O點,離子只受到法線方向的作用力，其運動方向?qū)l(fā)生改變，即發(fā)生“折射”，

19、改變前后能量守恒。一直線性相當好的離子束以大小為v=2x103m/s的速度沿紙面從x軸(x>0)上A點向左上方射入磁場，速度與x軸成30°角。已知離子的質(zhì)量為加=8x10-27kg,帶電量為q=-1.6x10-9C,不計離子的重力。xBLXX反射區(qū)半移區(qū)折射區(qū)已知從A點入射的離子束，恰好不會碰到板，而從X軸上的另一點B射出磁場，求A點和B點的橫坐標；(2) 滿足(1)的條件下，從反射區(qū)B點射出的離子束，在真空中自由飛行一段時間后，從C點進入磁場2區(qū)，從磁場3區(qū)的D點射出。為保證C點入射方向與D點出射方向平行，求3區(qū)磁場磁感應(yīng)強度B3的大小以及C點的橫坐標；(3) 滿足(2)的條

20、件下，從D點出射的離子束從圓形區(qū)域的頂部E點進入圓形區(qū)域內(nèi)部。若每秒鐘有N=102個離子從A點射出，求離子束在E處對折射裝置的作用力大小。18.如圖所示，AB是豎直放置的平行板電容器，A板帶負電，B板帶正電。B板中央有一個小孔，右側(cè)有一個以直角三角形為邊界的勻強磁場，Zbac=30°，斜邊ac=l，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B,磁場的邊界ab平行于AB板，d為ab邊的中點且恰好與B板上的小孔相對。尸為A板附近正對小孔的一點，現(xiàn)將一個質(zhì)量為加、電荷量為-g的帶電粒子(重力不計)在P點由靜止釋放。若A、B兩板間的電壓為仏，求粒子到達d點的速度大小；(2) 若使粒子從b點射出磁場，

21、求A、B兩板間電壓的大??；(3) 若使粒子從ac邊射出磁場，求粒子在磁場中運動的最長時間。19如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為加、帶電荷量為+g的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角。在y軸與MN之間的區(qū)域內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°=0.6,cos37°

22、;=0.8，求：(1)第二象限內(nèi)電場強度E的大小和磁感應(yīng)強度B的大小;區(qū)域內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；(3) 區(qū)域內(nèi)電場強度E的大小和磁感應(yīng)強度B2的大小。20.如圖所示，在坐標系xOy中，第一和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬度OG，第三象限內(nèi)存在尹軸負方向的勻強電場，電場強度大小可調(diào)，并有一平行X軸的金屬擋板在尹軸正半軸上有一接收屏CD,現(xiàn)有一比荷為-二108C/kg帶正電的粒子(不計重力)以速度mv二5x104m/s從A點沿x軸正方向入射，若電場強度為零，則粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從F點穿出磁場,0已知AO=BE=OG=L=40cm，OE=OD=2CD=2CF=d=20cm，求：1

23、1xxXXXXXXXXXXXX(1) 磁場的磁感應(yīng)強度；(2) 若要保證粒子被接收屏接收，第三象限勻強電場的電場強度E的大小范圍。參考答案1.(1)4.0x10-5s；(2)0.08m；(3)41:25；(4)2.5H0-5s；(5)tan-1解析】(1)粒子Q在電場中做類平拋運動，在豎直方向上Eq=ma1at22i供入數(shù)據(jù)，整理得t=4X10-5S1(2) 根據(jù)牛頓第二定律mv2qvB二Rb代入數(shù)據(jù)，得粒子a到達x軸時v=at=4x103m/sy1因此v=v2+v2=訂41x103m/sa'y0而粒子b在磁場中做勻速圓周運動，到達x軸時的速度大小仍為v0，因此Ev241ka=-a=-

24、Ev225kb0(4)由于根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓心恰好在坐標原點，粒子b從p點到通過x軸恰好運動了4個圓周，所用時兀Rtb沁2.5x105s22v0(5)由于能通過x軸后粒子b恰好沿y負方向運動，因此粒子a與b速度方向的夾角就是粒子a與y負方向的夾角v5tan0=f=v4y因此夾角0=tan-1（44J322."D已廣2mv0；二=（3）d+3d解析】(1)根據(jù)動能定理：三;二二：；-：一-T：'：:可得2)根據(jù)上題結(jié)果可知：二：7T：i，對于沿X軸正方向射出的粒子進入磁場時與x軸正方向夾角二=,其在電場中沿X方向的位移3，易知若此粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab

25、板，因此此粒子軌跡必與ab板相切，可得其圓周運動的半徑又根據(jù)洛倫茲力提供向心力三尸；=(3)易知沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切由圖可知此時磁場寬度為原來的匚，即當ab板位于一的位置時，恰好所有粒子均能打到板上;ab板上被打中區(qū)域的長度3qBRvo=m2)4nm；(3)v二沁3qB；(3)2m解析】1)由牛頓第二定律得qvB=0mv2解得qBRv二0m2）由牛頓第二定律得mv2qvB二ooRa由運動學公式得，粒子在環(huán)狀磁場中的運動周期2nR2nm=a=1vqB0粒子在圓a中的運動周期4nmt2r粒子在環(huán)狀磁場中的運動時間粒子

26、在圓a中的運動時間0t二T22n2據(jù)幾何知識可得0=0i23粒子從M運動到N點的時間4nmt=t+1+1=i233qB(3) 由題意可知，當粒子的運動軌跡與圓a相切時，其運動時間最短，由幾何知識得RS=(2R)2+(R-R»由牛頓第二定律得mv2qvB=解得5qBRv二,兀LAt二3v02mmv22mv4-(1)E飛口BorD(3)解析】(1) 速度為v0的離子沿直線OO'方向勻速運動，則:qv0B=qEE=vB=mV00qL如圖所示，速度為近0v0,的離子在平行金屬板間運動時，由動能定理可知qE-二-mv2-1mC10v)2212ov=3v10設(shè)金屬板的右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)

27、強度為B0，由牛頓第二定律可知：在O點速度為v0的離子進入右側(cè)偏轉(zhuǎn)磁場后mv2qvB二o00r1mvr二o1qB0在O點速度為冒叫，的離子進入右側(cè)偏轉(zhuǎn)磁場后qB（3v）=0o3mvr=02qB0兩種離子都打到熒光屏同一點A，由幾何關(guān)系可知2r+=rB=02mv0q(3在O點速度為v°的離子在右側(cè)偏轉(zhuǎn)勻強磁場后運動時間:nrnLt=i=-1v2v00在0點速度為価v。的離子在右側(cè)偏轉(zhuǎn)勻強磁場后運動時間:52nr5nLt=-2=263v6v00這兩種離子在金屬板的右側(cè)偏轉(zhuǎn)勻強磁場中運動時間之差At=tt21得5.（i）v=qBam12qBa）2十2qEb'm2m解析】1）設(shè)速度V

28、粒子與y軸夾角0,垂直達到x軸上滿足：a=RsinO由牛頓第二定律得：qvB=m曽R解得：v二qBRmqBamsin當0=90°時,有：v1=qBam2）最長時間對應(yīng)粒子初速度與y軸正方向夾角30。，轉(zhuǎn)過150°時有:t亠T=竺沁=沁1360。360。qB6qB0'，30°2兀m兀m最短時間對應(yīng)粒子初速度與y軸負方向夾角30°,轉(zhuǎn)過30°時有：2=360°T=360°XqB=6qB口2兀m則時間差為：t=t1-t2=為b3)粒子射出時與y軸負方向夾角0,由數(shù)學知識得:R-RcosO=DJ2-imaDRsinO=am解

29、得：0=45°QR.'2a口速度為：=qBR=丑0mm11設(shè)到達y軸速度v,由動能定理得: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、乙的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知Mwq為正三角形，故乙繞圓心做圓周運動的半徑為:R=2L洛倫茲力提供乙做圓周運動所需的向心力,有：v2qvB=mR解得mv2qL乙從M點運動到N點的時間為:（2兀29）R解得10兀Lt=3v(2) 甲從P點運動到N點的過程中做類平拋運動，由于甲、乙恰好在N點發(fā)生

30、正碰，故碰撞前瞬間甲的速度方向與y軸正方向的夾角為2設(shè)甲的初速度大小為勺、加速度大小為Q，有：0=tan9atx0=v0根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma解得9mv2E=一50兀2qL(3) 設(shè)碰撞前瞬間甲的速度大小為v1(以V的方向為正方向)，碰撞后甲、乙的速度分別為v/、根據(jù)動量守恒定律有：mv1mv=mv1、+mv、根據(jù)機械能守恒定律有：1111mv2+mv2=mv、+mv、22i22i解得v1=v，v=v1由幾何關(guān)系可知：v1=2v0其中由(2)可得3vv二05兀碰撞后乙先在磁場中做勻速圓周運動，從尹軸上的A點進入電場區(qū)域，由幾何關(guān)系可知，A、N兩點間的距離即乙做圓周運動的半徑尸，有：v&#

31、39;2qv'B=mr由幾何關(guān)系可知，乙通過a點時的速度方向與尹軸正方向的夾角為e，此時乙沿x軸負方向和尹軸正方向的分速度大小分別為：vx=vsinevy=vcose設(shè)乙從A點運動到ab上的B點的時間為廠，有:x=vt0xh=vt'at2y2或：由幾何關(guān)系可知，乙通過A點時的速度方向與尹軸正方向的夾角為0,根據(jù)對稱性可得，乙從A點運動到ab上的B點的過程中沿y軸正方向的位移大小為：h=L經(jīng)分析可知y乙L+r+h解得y乙=(2+哎)L7.沁（邁-MB2（驢+2邁+2）冷mm4qB【解析】（1）根據(jù)題意可大體畫出粒子在復合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得rcos45°

32、;=hr=2hv2qvB=m十1r解得qBr近qBhv=1mm(2) 粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為X,到達b點速度大小為vb粒子做類平拋運動，有：vb=v1cos45°所以qBhv=bm設(shè)粒子進入電場經(jīng)過時間t運動到b點，b點的縱坐標為丸口由類平拋運動得r+rsin45°=vtby二!(vsin45o+0)t=、耳+1b2l由動能定理一qEy=mv2一一mv2b2所以E二(72-l)qhB2(3) 粒子在磁場中的周期為qB第一次經(jīng)過X軸的時間qB在電場中運動的時間2(邁+l)mqB在第二次經(jīng)過X軸到第三次經(jīng)過X軸的時間所以總時間t33兀m2qB$罟+2邁+2)m3L+兀Lt=

33、3v0mv28.(1)E=0；(2)2qL解析】(1)粒子在I區(qū)域做勻速直線運動,解得qE二qv0Bmv2E=0-2qL(2) 粒子在I區(qū)域運動的時間Lt二1v0粒子在II區(qū)域做勻速圓周運動v2qvB=mo解得由幾何關(guān)系得，粒子在II區(qū)域做圓周運動圓心角為0=30ov0則粒子在II區(qū)域運動時間0兀Lt=T=2360o3v0則粒子運動總時間3L+兀Lt=t+1=123v09.(1)迢BXo；運竺；正電，4q2m3m3解析】(1)設(shè)小球a射入磁場時的初速度為y0，小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,v2qvB=m-o-0ra由幾何關(guān)系知x=2rcos45°0a聯(lián)立解得v=0

34、!2qBxo2m(2)a、b發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后a球的速度為“b球的速度為吩a、b球組成的系統(tǒng)，由動量守恒和機械能守恒得mv=mv+2mv012-2mv222111mv2=mv2+2o2斗2qBx0聯(lián)立解得2v=v2303m(3) 對小球b在電場或磁場中的運動情況分析可知，小球b帶正電。因為碰后小球b沿碰前小球a的運動軌跡，由幾何關(guān)系得小球b在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則2mv2qvB=2b2rb代入已知量解得q=qb3y10(1)3qb方向垂直于xOy坐標平面向里；t=【解析】(1)粒子在電場中沿x軸做勻加速直線運動，設(shè)粒子到達O點的速度為卩，由動能定理有qEa=mv22解得

35、在磁場中，粒子做勻速圓周運動，軌跡如答圖3,設(shè)軌道半徑為尸由幾何關(guān)系有r=btan60由牛頓第二定律有解得v2qvB=mrByj6qEam3qb由左手定則可知，磁場方向垂直于xOy坐標平面向里。(2)粒子在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角運動時間9T360。聯(lián)立解得11(1)qBdqBd2m2)m2qBd(兀d+2d+4L)(3)E<qd2B20mL解析】(1)如圖所示，粒子aDb在磁場中均速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進入電場.1由幾何關(guān)系可得：ra-2d口肯v2由牛頓第二定律可得qVB=加Yarav2qvB二m-bbrb解得：qBd2mqBdv=bm(2)粒子a在磁場中運動軌跡如圖

36、2兀m在磁場中運動周期為：叮乖T兀m在磁場中運動時間：t1=才=2qB(d粒子在電磁場邊界之間運動時，水平方向做勻速直線運動，所用時間為t=$+2va由則全程所用時間為：t=t1+12nmm(d+2L)2qBqBddmT粒子在磁場中運動的時間相同，口b同時離開磁場，比b進入電場落后時間“=2=qB=牙a故粒子b在t=0時刻進入電場.由于粒子a在電場中從O2射出，在電場中豎直方向位移為0,故a在板間運動的時間ta是周期的整1數(shù)倍，由于v=2vDb在電場中運動的時間是t二t，可見b在電場中運動的時間是半個周期的整bab2aLT數(shù)倍即tb二二n2bv2b2Ln二TV粒子b在2內(nèi)豎直方向的位移為y-2

37、a2)2粒子在電場中的加速度a二qE0m由題知7=qB粒子b能穿出板間電場應(yīng)滿足ny<d解得E<qB2d20mL4mv0qLL兀L12.(1)2vo；t-+喬；00解析】(1) 粒子自M點到坐標原點。沿x軸方向L=v0t1沿y軸方向1at22i到達O點時vy=at1vf'3vy0粒子在O點的速度大小(2)粒子運動軌跡如圖所示，由V羽tana=-o=-v3得在O點時速度與尹軸負方向成«=30。角由幾何知識可知，粒子在磁場中運動的半徑也為L粒子在磁場中的運動時間兀L兀Lt=二一23v6v0自M點射出至離開磁場時的時間間隔L兀Lt=t+1=+12v6v00(3)要使此粒

38、子進入磁場后，不再自圓弧邊界離開磁場，粒子做圓周運動的半徑又因為v2qvB=mr得b>4mVoqL解析】(1)離子運動的半徑為凡根據(jù)洛倫茲力提供向心力v2qvB=m0R可得qBRv=0m(2) 粒子以片從C點入射時，剛能到達Q點，根據(jù)幾何關(guān)系可得偏轉(zhuǎn)半徑R1=2R根據(jù)洛倫茲力提供向心力v2qvB=mR1聯(lián)立可得速度最小值2qBRv=1m粒子以v2速度從O點入射時，剛能到達Q,設(shè)半徑為人2,根據(jù)幾何關(guān)系(R-R)+(2R)=R222可得R2=1根據(jù)幾何關(guān)系可得偏轉(zhuǎn)半徑聯(lián)立可得速度最大值速度范圍為v2qvB二加t-2R25qBRv二22m2qBR<<5qBRm2m(3)當離子以V

39、=5qBR的速度在偏離豎直線CO入射時，入射點與正下方筒壁的距離仍然為R。2m14.（1）B>3mvId0；B3（2+<3）mv0gd（n二2）3（3+耳3）mv04gd（n二3）解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，則有Eq二ma,X=Vtv=at0，yvtan0=v0代入數(shù)據(jù)，得23°=60°，V二2V0，x二于vo帶電粒子在磁場中做勻速圓運動，若恰好打到極板上時，根據(jù)幾何關(guān)系可知Rcos60o+R=d可得由于qvBmv2R可得3mv0gd因此若打不到極板上時，應(yīng)滿足3mv0gd(2)根據(jù)對稱性粒子第一次回到x軸時前進的距離Ax=2x一3R=3d一空3R調(diào)節(jié)

40、磁場使得因此可得因此通過P(4d,0)點，回旋的次數(shù)4dn二-Ax因此n只能取2或3次，當n二2時，磁感強度廠3(2+*3)mvB=0gd當n=3時，磁感強度廠3(3+mvB=04gd15.DlDr=0.1m口2口t二3.3x10-4s口3口30。60。曲線方程為x2+y2二R2(r=。加,孰<x<om)解析】，解得r=0.1m(1)洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB=m蘭r(2)粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，在磁場中運動的圓心角為30°，粒子平行于場強方向進入電場，粒子在電場中運動的加速度a=qEm2v粒子在電場中運動的時間t-a解得t3.3x1

41、0-4s(3) 如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60。,圓心角小于60°的粒子已經(jīng)從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的圓心角均為60°，則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30。60。所有粒子此時分別在以O(shè)點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上,曲線方程為x2+y2RR0.1m,16(1)E1mg2mv；B0；qL°，=J5v；(3)tVN5V0；QOnL2v0解析】(1) 由帶電微粒沿PQ做直線運動，可知qE1=mg解得e=mg1q帶電微粒從Q到O的過程，做勻速圓周運動，如圖，軌道半徑1r=

42、OPsin45°2又v2qvB=m-o-0rop=2l解得2mvB=oqL(2) 帶電微粒從O點垂直虛線射入第三象限，因為E=E，沿x方向：初速度僅受向右的電場力qE=mg，所以=vsin45°o=-v2otON2vxgv=vNxx(沿x軸正方向)沿尹方向：初速度v=vcos45°=vyo2o僅受重力mg,所以vNy=Vy+gtON1（沿y軸負方向）；y=ON=叮on+2gtON設(shè)VN與x軸正方向夾角為0，則綜上可得：tON<'2v°，g所以N點坐標為°2v2,亠g(3)根據(jù):v2+v2NxNyvtan0二亠vN=.：5v,tan0=3,°Lt=PQv°tQOnrnLv°2v°可見，微粒從P到N經(jīng)歷的時間tt=t+1+1ONPQQO2vLnL°+gv2v°°17.4x1°-4m,3x1°-4m；(2)4T,1°_4m；(3)1.6x1°-3N解析】(1) 解：在1區(qū)磁場，洛倫茲力提供向心力，粒子在1區(qū)軌跡半徑G，軌跡圓O與OM相切于Nv2點，有qvB=m1r1解得mv=104m由幾何關(guān)系得如圖：ZAON=360°90。30°90。=120°1ZAOB二2x30。