资源简介

绝密★启用前
专题32带电粒子在电场和磁场的作用下做旋进运动
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电量与其表面积成正比．待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d．区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上．若半径为r0，质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则(　　)
A．区域Ⅱ中电场与磁场的强度的比值为
B．区域Ⅱ左右两极板的电势差为
C．若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D．若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度的比值为
【答案】AD
【详解】
A．设半径为r0的纳米粒子加速后的速度为v，则：
设区域Ⅱ内电场强度为E，洛伦兹力等于电场力，即：
解得：
则区域Ⅱ的电场与磁场的强度的比值为，故A正确．
B．区域Ⅱ左右两极板的电势差为：
故B错误；
C．若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v，则:
而
由，解得：
故洛伦兹力变小，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误；
D．由于，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力的比值为，电场力与洛伦兹力平衡，故电场力与原来的电场力的比值为，根据F＝qE，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为，故D正确．
2．在光滑绝缘水平面上，一带电质点A在固定的点电荷B作用下绕该点电荷做逆时针方向的匀速圆周运动，周期为T0，从上向下看的俯视图如图所示，现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，瞬间调整粒子速率，使A的轨道半径不改变，若磁场方向竖直向下，发现质点A的运动周期小于T0，不计粒子的重力，则（　　）
A．质点A带正电
B．质点A带负电
C．若磁场方向竖直向上，则质点A运动的周期将小于T0
D．若磁场方向竖直向上，则质点A运动的周期将大于T0
【答案】AD
【详解】
AB．初始状态，可知
加上磁场后
由于
可知向心力增大，洛伦兹力的方向指向圆心，根据左手定则可知A带正电荷，因此选项A正确，B错误；
CD．若磁场方向向上，洛伦兹力沿半径向外，此时
由于向心力减小，运动周期变长，因此选项C错误，D正确。
故选AD。
3．在竖直平面内有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，MN和PQ为其左、右边界，上、下无边界，一质量为m、带电荷量为q的小球，从MN边界上某点以初速度，沿与边界夹角的方向垂直于磁感线射入磁场，最终垂直PQ射出磁场，磁场宽度为d，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球在磁场中运动的最大速度为
B．小球在磁场中运动的最小速度为
C．小球在磁场中运动的时间可能为
D．磁场宽（）
【答案】BD
【详解】
AB．将小球的初速度分解为
水平方向的速度
竖直方向的速度
则竖直方向有
所以小球沿水平方向以速率做匀速直线运动，同时在竖直平面内以速率做匀速圆周运动。
当和方向相同时合速度最大，为
当和方向相反时合速度最小，为
选项A错误，B正确；
C．经分析可知，小球在磁场中运动的时间为
（，1，2，…）
选项C错误；
D．对小球在竖直方向，由动量定理得
即
解得
（，1，2，…）
选项D正确。
故选BD。
4．如图所示，竖直平面内存在沿轴正方向的匀强电场和垂直于平面向内的匀强磁场，下面关于某带正电粒子在平面内运动情况的判断，正确的是（
）
A．若不计重力，粒子可能沿轴正方向做匀速运动
B．若不计重力，粒子可能沿轴正方向做匀加速直线运动
C．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动
D．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
【答案】AD
【详解】
A．若不计重力，当正电荷沿轴正方向运动时，受到的电场力沿轴正方向，受到的洛伦兹力沿轴负方向，若满足，则粒子做匀速直线运动，选项A正确；
B．粒子沿轴正方向运动时，因洛伦兹力沿轴方向，粒子一定要偏转，选项B错误；
CD．重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项C错误、D正确。
故选AD。
5．如图所示，相距、长为的两平行金属板正对放置，其间有正交的匀强电场（竖直向上）和匀强磁场（垂直纸面向外），一带正电的离子以初速度从两金属板中间（到极板的距离为）沿垂直于电场和磁场的方向射入，恰好在极板间沿直线运动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为，离子的质量为，所带电荷量为，不计离子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．两极板的电势差为
B．若撤去磁场，离子将打到极板上，且到极板左端的距离为
C．若撤去电场，离子将打到极板上，且到极板左端的距离为
D．若撤去电场，离子恰好从极板右端离开
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．因为离子恰好在极板间沿直线运动，所以离子在极板间受到的电场力与受到的洛伦兹力大小相等，则：
，
解得：
，
故A错误；
B．若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，则:
，
y=，
解得:
，
故B正确；
CD．若撤去电场，离子在磁场中做圆周运动，则半径为，可得:
，
由几何关系知：
，
可得：
；
故C正确，D错误。
故选BC。
6．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子
A．一定带正电
B．速度
C．若速度，则粒子在刚进入电场、磁场之后的一小段时间内速度一定减小
D．若换为另外一种电性的粒子从右端以大小为v的速度沿虚线方向进入，仍能做直线运动
【答案】BC
【详解】
AB．粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F=qvB=qE，两个力平衡，速度：
，
粒子做匀速直线运动。故A错误，B正确。
C．若速度，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，电场力做负功，根据动能定理可知粒子在刚进入电场、磁场之后的一小段时间内速度一定减小，故C正确；
D．此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故D错误。
故选BC。
7．如图所示，一个半径为R内壁光滑的绝缘薄圆筒竖直放置在水平面上，空间中存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场．一个质量m电荷量q的带正电小球，从圆筒上端某处以初速度v0贴着圆筒内壁水平抛出,已知．对小球运动判断正确的是（
）
A．小球落地前对筒壁的压力大小不变
B．如果圆筒足够高，小球有可能脱离圆筒内壁
C．如果减小v0，小球下落时间会变大
D．如果沿图虚线展开圆筒，小球映射在圆筒上的轨迹是抛物线
【答案】AD
【解析】
小球一方面沿圆筒内部做匀速圆周运动，一方面在竖直方向在重力作用下向下做自由落体运动，合运动为螺旋运动；根据，因，则FN>0，小球落地前对筒壁的压力FN大小不变，选项A正确；无论圆筒多高，小球始终沿圆筒内壁，做螺旋线运动，选项B错误；小球运动的时间由竖直方向的运动决定，则如果减小v0，小球下落时间不变，选项C错误；根据以上分析可知，如果沿图虚线展开圆筒，小球映射在圆筒上的轨迹是抛物线，选项D正确；故选AD.
8．如图所示，一个垂直纸面向里的匀强磁场中固定着一个正点电荷，一个电子绕正点电荷做匀速圆周运动．已知电子所受洛伦兹力与库仑力大小相等，电子的重力以及转动所产生的磁场忽略不计，如果突然将中心正点电荷迅速移走，在接下来的运动过程中，下列说法正确的是（
）
A．电子一定沿顺时针方向转动
B．电子一定沿逆时针方向转动
C．电子的运动速率不变
D．电子的运动周期可能比原来大，也可能比原来小
【答案】AC
【解析】
（1）若电子沿逆时针方向转动，则它受到的洛伦兹力和库仑力不仅大小相等，而且方向相反，合力为零，不满足曲线运动的条件，更不可能做匀速圆周运动，故电子一定沿顺时针方向转动，A正确，B错误；
（2）将正电荷迅速移走，由于洛伦兹力不做功，故电子速率不变，
C正确；
（3）正电荷被移走之前，洛伦兹力和库仑力合力提供向心力，因为洛伦兹力和库仑力大小相等且同向，故：，得；正电荷被移走之后，电子依然做匀速圆周运动，，得：，，故D错误；
故本题选AC
【点睛】根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向；洛伦兹力和速度垂直，故洛伦兹力不做功；做圆周运动的物体需要向心力；根据，可比较拿走正电荷前后周期大小情况．
9．如图所示，金属棒MN与金属网PQ之间存在水平向右的匀强电场，PQ与虚线JK之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E，磁场的磁感应强度大小为，两个区域的宽度均为d．一个带正电的微粒贴着MN以初速度竖直向上射入场区，运动到PQ时速度大小仍为，方向变为水平向右．已知重力加速度为g，下列说法正确的是
A．微粒在MN与PQ间做匀变速运动，运动时间为
B．微粒在PQ与JK间做匀速圆周运动，圆周半径r=d
C．微粒在PQ与JK间做匀速直线运动，运动时间为
D．微粒在题述两个区域中运动的总时间为
【答案】AD
【详解】
A．微粒在MN与PQ间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，由于都是恒力，故微粒做匀变速运动，由对称性可知Eq=mg，在竖直方向
则
或水平方向
故A正确；
B．微粒在刚进入PQ与JK间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于，则有
由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：
解得：半径为：
联立可得：，故B错误；
CD．由几何关系可知，微粒在PQ与JK间运动的圆心角为30°，故所用时间为：
所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为
故C错误，D正确。
故选AD。
10．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里．一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动．由此可以判断(
)
A．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
B．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
C．如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点
D．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
【答案】BC
【详解】
AB．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故B正确，A错误；
CD．如果水平电场方向向左，油滴带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点．若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动．故如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点．如果水平电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从N点运动到M点．故C正确D错误。
故选BC。
11．如图所示，相距为d的两带电平行板间同时存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，则(　　)
A．小球一定带负电
B．小球一定带正电
C．两板间电压为
D．小球在两板间的运动时间为
【答案】BC
【详解】
AB．小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明了重力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；
C．由以上的分析可知
qE=mg，E=
两极板之间的电压
U=Ed=
故C正确；
D．小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期T=，由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期
t=T=
故D错误。
故选BC。
12．如图所示，相距为d的两带电平行板间同时存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，则(　　)
A．小球一定带负电
B．小球一定带正电
C．两板间电压为
D．小球在两板间的运动时间为
【答案】BC
【详解】
AB．小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明了重力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；
C．由以上的分析可知
qE=mg，E=
两极板之间的电压
U=Ed=
故C正确；
D．小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期T=，由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期
t=T=
故D错误。
故选BC。
13．如图所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O。M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带电的负粒子，其重力和初速度不计。当变阻器的滑动触头在AB的中点时，粒子恰能在M、N间做直线运动。当滑动变阻器滑片滑到A点后，则
（　　）
A．粒子在M、N间运动的过程中，动能将减小
B．粒子在M、N间运动的过程中，动能将增大
C．粒子在M、N间将做圆周运动
D．粒于在M、N间运动的过程中，电势能将不断增大
【答案】AC
【详解】
当滑片移动到端时，电场强度为零，电场力消失，电势能变为零，粒子在、间运动的过程中，仅受到洛伦兹力，故粒子在、间做匀速圆周运动，动能不变。
故选C。
【点睛】
本题难度属于中等，带点粒子在匀强电场中可做两种运动，一是当初速度为零或与电场方向在同一直线时，带电粒子做匀变速直线运动；二是当初速度电场方向不在同一直线时，带电粒子在电场力作用下做平抛运动．带点粒子在复合场中的运动，要依据受力分析及力对物体运动状态的影响等知识综合分析。
二、单选题
14．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，为最高点，为最低点，不计空气阻力，则（　　）
A．小球带负电
B．小球在从点运动到点的过程中，电势能减小
C．如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，小球不可能继续做圆周运动
D．如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，细绳张力可能增大
【答案】D
【详解】
AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，根据匀速圆周运动的条件可知，电场力与重力平衡，则知小球带正电，小球下降过程中电场力做负功，电势能增大，故AB错误；
C．如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，因小球受洛伦兹力方向沿半径方向，故也可能做匀速圆周运动，故C错误；
D．如果加一个垂直于竖直平面向里的匀强磁场，且小球顺时针转动，故小球受洛伦兹力背离圆心，则细绳张力要增大，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确定出小球的电性。加磁场时，根据洛伦兹力的方向确定细绳张力的变化。
15．一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图．对这些离子，可得出结论（
）
A．它们的动能一定各不相同
B．它们的电量一定各不相同
C．它们的质量一定各不相同
D．它们的荷质比一定各不相同
【答案】D
【分析】
沿直线通过速度选择器的粒子，具有共同的速度大小，进入磁场区分开，轨道半径不等，说明粒子比荷不同。
【详解】
解：经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有：
即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小：
进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式：
v、B相同，R不同，说明比荷不同，ABC错误，D正确。
故选D。
【点睛】
考察速度选择器的原理和带电粒子在匀强磁场中的运动。
16．一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有(
)
A．v1>v2
B．v1=v2
C．s1=s2
D．t1【答案】B
【解析】
【详解】
AB、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即，故B正确，A错误；
CD、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即，故C、D错误；
故选B．
【点睛】
小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．
17．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．则下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动轨迹一定是抛物线
C．电场线方向一定垂直等势面向左
D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】
根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．故选C.
【点睛】
考查由运动轨迹，结合曲线运动的条件，来确定电性及电场的方向，注意电场线与等势线垂直是解题的突破口，并掌握电场力做功与电势能及动能变化关系．
18．如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是
（
）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
【答案】C
【解析】
分析：洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能．只有电场时，粒子水平方向做匀速直线运动，可得到时间与水平位移AC的关系；只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，可得到时间与弧长的关系，即可比较时间关系．带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡．根据左手定则判断磁场的方向．
解答：解：
A、洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能，而电场力做正功，粒子的动能增大，则粒子由C、D两点离开场区时的动能相同，小于从B点离开场区的动能．故A错误．
B、粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相等，为t1=；粒子在磁场中运动时间为t2=，由于AD＞AC，则知粒子在磁场中运动时间最长．故B错误．
C、带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则
qE=qv0B，得=v0．故C正确．
D、若该粒子带负电，则知电场方向竖直向下，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里．故D错误．
故选C
点评：本题是带电粒子在电磁场中运动的问题，要加强洛伦兹力不做功的特点、左手定则等基本知识学习，基础题．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
19．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图甲、乙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t＝0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且t0＝，两板间距h＝。
（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值；
（2）求粒子在极板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。
【答案】（1）；（2）
【详解】
(1)设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为x1
x1＝at
a＝
又已知
t0＝
h＝
联立解得
＝
(2)粒子在t0～2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动．设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则
v1＝at0
qv1B0＝m
联立得
R1＝
又
T＝
即粒子在t0～2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0～3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为x2
x2＝v1t0＋at
解得
x2＝h
由于
x1＋x2所以粒子在3t0～4t0时间内继续做圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2
v2＝v1＋at0
qv2B0＝m
解得
R2＝
由于
粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4～5时间内，粒子运动到正极板。因此粒子运动的最大半径
20．如图甲所示，直角坐标系位于竖直平面内且x轴沿水平方向，其第二象限内有一对平行金属板A、B，两板相距为d，两板之间有方向平行于板面并垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，第一象限某一矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，第四象限存在一未知电场。第三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在竖直方向存在交变电场，将一个倾角为的滑绝缘斜面放置在此空间中。已知大量带电量均为的带电粒子从平行金属板左侧沿x轴正方向以相同的速度飞入平行金属板A、B之间，稳定后，某一质量为m的带电离子能沿平行金属板中心线射出，经过第一象限的磁场偏转后进入第四象限未知电场做匀减速直线运动，恰好沿斜面进入第三象限，此时粒子速度为0，且此后一直在第三象限内运动，取带电粒子刚进入斜面时为时刻，电场变化如图乙所示，电场方向竖直向上为正，场强大小为，已知的大小数值上等于，且题中d、、、q、m、、为已知量，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，则
（1）求稳定后两金属板之间的电势差；
（2）求带电粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径；
（3）求第一象限内磁场的最小面积与斜面倾角的函数关系式；
（4）若带电粒子在第内恰好没有离开斜面，后电场变为垂直斜面向上的匀强电场，电场大小变为，并在斜面末端安装一垂直斜面的荧光屏。已知小球在电场变化后的内打在荧光屏上，且与C点的距离为，求末带电粒子与斜面底端C点的距离L（计算结果用角度关系表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）粒子在第二象限的两板间沿直线运动，则满足
解得
（2）粒子在第一象限的矩形磁场中做匀速圆周运动，则
解得
（3）第一象限的矩形磁场的最小面积
（4）在19s之前电场和磁场共存时粒子没有离开斜面，粒子在刚进入第三象限后在电场的作用下加速，电场加速度后粒子在只有磁场存在的情况下做匀速圆周运动，则由
可得
代入数据解得；说明粒子在磁场单独存在的情况下做一个完整的匀速圆周运动，然后继续电场加速，磁场完整圆周运动的情形，当粒子即将脱离斜面时，则垂直斜面方向一定满足
在19s时电场的大小和方向均改变，则将粒子的速度分解为沿斜面运动的和，则有
粒子的的速度受到的洛伦兹力和电场力平衡，做沿斜面的匀速直线运动，的速度做只受洛伦兹力的匀速圆周运动，而运动了打在屏幕上，因此运动了圆周，根据条件可得圆周运动在斜面和垂直斜面的位移相同，因此总位移为做圆周运动的半径加匀速直线的位移，即
21．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高处分别有P、Q两点，NS和MT间距为。质量为、带电量为的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为。
(1)求该电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
【答案】(1)，方向竖直向上；(2)
【详解】
(1)设电场强度为E，由题意有
解得
方向竖直向上
(2)如图所示
设小球不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的小球在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，由公式
得
则有
有
由
，
解得小球入射速度的最小值为
22．质量为m、电量为+q的带电粒子，以某一初速度垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r。可将带电粒子的运动等效为一环形电流，环的半径等于粒子的轨道半径。不计重力影响。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动线速度的大小v；
(2)求等效环形电流的大小I；
(3)若在O点固定一个点电荷A。粒子射入磁场的位置和速度方向保持不变。当原有磁场大小、方向都不变时，改变粒子射入磁场的初速度的大小，仍可使粒子绕O做半径为r的匀速圆周运动；当原有磁场方向反向，而磁感应强度B的大小不变时，再改变粒子射入磁场的初速度的大小，还能使粒子绕O做半径为r的圆周运动。两次所形成的等效电流之差的绝对值为△I，求△I的表达式。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
(2)根据电流强度的定义可知等效环形电流的大小
(3)当磁场反向时，洛仑兹力方向也会相反，由此可知库仑力F一定指圆心，点电荷A带负电。
设磁场反向前粒子的速度为v1，根据牛顿第二定律有
磁场反向后粒子的速度为v2，有
两次形成等效电流分别
所以
解得
23．如图，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。点P（，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m、电荷量为－q的带电粒子。粒子1以某速率v1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，－L）。不计粒子的重力。
(1)求粒子1的速率v1和第一次从P到Q的时间t1；
(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度大小E以及粒子2的发射速率v2；
(3)若在xOy平面内加上沿y轴负向的匀强电场，场强大小为
E0，粒子3以速率
v3
沿
y
轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率
vm。某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。本题中可将带电粒子的运动等效为沿x轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。请尝试用该思路求解粒子3的最大速率vm。
【答案】(1)，；(2)，；(3)
【详解】
(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：
设半径为，由几何知识得
可得
由向心力公式，根据牛顿第二定律
可得
设粒子做圆周运动的周期为
由几何知识可知
粒子第一次从P到Q的时间
(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E过y轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得
x轴方向
y轴方向
可得
根据
可得
(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：
根据平衡条件
可得
根据运动的合成，可知
粒子的运动可视为水平向左的速率为的匀速直线运动和初速度为的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为
可得
24．如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右。在ABCD矩形区域外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场。极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界。将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小；
(2)通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间；
(3)通过分析说明带电粒子最后能否返回最初的出发点O，并画出粒子运动轨迹的示意图。若能返回O点，试求出带电粒子从O点开始运动到最终返回O点所经历的总时间。
【答案】(1)；(2)从C点射出，；
(3)
，
【详解】
(1)设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央的小孔射出时的速度大小为v
带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动向改变，由此可知在场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D点，半径为d，由A点垂直射入电场，如图：
带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，由牛顿运动定律得
解得
(2)带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动
若能够射出电场，运动时间
沿电场方向的位移
有
解得
因此带电粒子恰能从C点射出。
带电粒子在磁场中偏转，运动时间为，洛伦兹力充当向心力
由牛顿第二定律得
解得
设带电粒子在磁场中偏转运动时间为，有
带电粒子第一次在电场中加速运动时间也为，因此带电粒子从O点运动到C点的总时间
(3)带电粒子第二次离开电场时的速度为
设粒子离开电场时的偏转角度，则
解得
由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆。
第二次在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，得
解得
粒子到达CD连时与C点的距离
因此带电粒子恰能从D点射入电场。
根据对称性可知，带电粒子第三次离开电场的位置恰好是在B点，速度是v，方向与BC连垂直，然后以C点为圆心，半径d做圆周运动，从CD的中点第三次进入电场，最终刚好返回O点。粒子运动轨迹的示意图如图所示：
粒子从O点出发返回到O的过程中，四次进出电场，三次在磁场中做四分之三的圆周运动。带电粒子运动的总时间
25．如图甲所示，xOy坐标系处于竖直平面内，t=0时刻，质量为m、电荷量为+q的小球通过O点时速度大小为v0，已知重力加速度为g。
(1)若x轴上方存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里。当小球速度v0竖直向上时可做匀速运动，求电场强度E1的大小及方向；
(2)若x轴上方存在水平向右的匀强电场，电场强度E2=，小球速度v0竖直向上，求小球运动到最高点时的速度v；
(3)如图乙所示，若第I、第IV象限内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B1=2B，B2=B，同时存在竖直向上的匀强电场，电场强度E3=，小球速度v0与x轴正方向的夹角α=45°，求小球经过x轴的时刻t和位置x。
【答案】(1)
，方向为与竖直方向成角，斜向右上方；(2)v0，方向水平向右；(3)时刻为时，位置为；时刻为时，位置为
【详解】
(1)当小球速度v0竖直向上做匀速运动时，受力如图：
根据平衡条件有：
解得
方向为与竖直方向成角，斜向右上方
(2)若x轴上方存在水平向右的匀强电场，小球运动到最高点时
竖直方向上有
竖直方向上有
小球运动到最高点时的速度
方向水平向右
(3)
因为存在竖直向上的匀强电场，电场强度E3=，则电场力
与重力平衡，所以带电小球相当于在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。运动轨迹如图：
小球第一次经过x轴的时刻
位置
小球第二次经过x轴的时刻
位置
小球第三次经过x轴的时刻
位置
小球第四次经过x轴的时刻
位置
所以小球经过x轴的时刻t和位置x为
时刻为时，位置为；
时刻为时，位置为
26．如图1所示，竖直边界分别为P和Q的区域宽度为4L，其内部分布着垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图2所示，E>0表示电场方向竖直向上．在t＝0时刻，一带电量为＋q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界Q上的B点处离开磁场，重力加速度为g.求：
(1)
图2中的E0；
(2)
微粒刚进入磁场时的速度v0及磁场的磁感应强度B；
(3)
电场变化周期T的范围。
【答案】(1)
(2)
；
(3)
(1＋π)≤T≤(＋π)
【详解】
(1)
由带电微粒做匀速圆周运动可得
qE0＝mg
得
E0＝
(2)
由带电微粒做直线运动可知
Bqv0＝mg＋qE0
由带电微粒做匀速圆周运动可得
Bqv0＝m
由上述两式解得
v0＝
B＝
(3)
(Ⅰ)
如图1所示，当O点为AB中点时，所对应的周期T为最小周期
微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1
t1＝＝＝
微粒做匀速圆周运动的周期为t2
t2＝＝π
则最小周期
Tmin＝t1＋t2＝(1＋π)
(Ⅱ)
如图2所示，当圆轨道与右边界Q相切时，所对应的周期T为最大周期
微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1
t1＝＝＝
微粒做匀速圆周运动的周期为t2
t2＝＝
则最大周期
Tmax＝t1＋t2＝(＋π)
综上所述，电场变化周期T的范围是(1＋π)≤T≤(＋π)
27．如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
【答案】(1)；(2)；(3)0
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从运动到的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
在II区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿方向的位移为，由动能定理得
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
28．如图所示，在竖直平面内有一个坐标系，在且区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。有一质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-d）点时，在整个空间内突然加一竖直向上的匀强电场（电场强度E的大小未知），使小球从P点返回到O点的时间与从O点下落到P点所用时间相等；当小球返回到O点时，其所带电荷量突然减为原来的，且再次通过轴时速度方向与轴正方向间的夹角为30°，已知重力加速度为g，试求：
（1）小球返回O点时的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）小球从O点自由下落到第二次经过轴时的总时间。
【答案】（1）（2）；（3）
【详解】
（1）设小球从O点运动到P点所用时间为，在P点的速度为，返回O点时的速度为，则有
解得
即
由运动学公式得
解得
（2）小球从O点落到P再返回到O的全过程由动能定理可得
解得
【或用动力学求解为:由牛顿第二定律得
其中
则
当小球返回O点电荷量变为原来的四分之一，根据题意可知，电场力
因此小球将做匀速圆周运动。作粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得时
解得
（3）由上可知，小球在磁场中运动时间为
小球离开磁场后做匀速直线运动，由图中几何关系可知
得
故
.
29．如甲所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直平面xOy向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射．不计粒子重力，重カ加速度カg．
（1）若亥粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求粒子速度v0的大小；
（2）若亥粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标；
（3）如图乙所示，在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放，研究表明：粒子在xOy平面内将做周期性运动，其周期，且在任一时刻，粒子速度的水平分量vx与其所在位置的y轴坐标绝对值的关系为．若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标．
【答案】(1)(2)(3)
【详解】
解：(1)由题意可知，粒子做匀速圆周运动的半径为，有：
洛伦兹力提供向心力，有：
解得：
(2)洛伦兹力提供向心力，又有：
解得：
粒子做匀速圆周运动的周期为T，有：
则相遇时间为：
在这段时间粒子转动的圆心角为，有：
如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为：
小球抛出点的纵坐标为：
(3)相遇时间：
由对称性可知相遇点在第二周期运动的最低点
设粒子运动到最低点时，离轴的距离为，水平速度为
由动能定理，有：
联立解得：
故小球抛出点的纵坐标为：
30．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为等)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：
(1)此带电微粒的比荷；
(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；
(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：
电容器两极间电场强度：
时间内：
解得比荷：
(2)微粒运动的轨迹如图所示
时间内：
，
解得：
时间内：
可得：
又
解得：
时微粒距点的距离：
(3)
时间内，微粒竖直向下的位移：
设粒子转过角度时与点间的竖直距离为：
解得：和
每次微粒进入磁场后运动至水平线所需时间：
解得：和
自开始至水平线的时间：，
即：和
，
又
解得：
微粒离开电容器后不再经过水平线，分析得自开始至水平线的时间：
，和
，
31．如图所示，xoy为平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直。在x轴上、下方空间都分布着垂直xoy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B，整个空间还分布着沿竖直方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为-q的小球，从坐标原点O处以速度v射入第一象限做匀速圆周运动，的方向与x轴正方向成30°角。已知重力加速度g，空气阻力不计，求：
(1)该匀强电场的场强大小和方向：
(2)小球从离开O点到第四次经过x轴时间内的平均速度；
(3)小球从离开O点后（T为粒子的运行周期）时刻的位置坐标。
【答案】(1),方向竖直向下
(2)
(3)坐标
【解析】（1）因为小球做匀速圆周运动，所以电场力和重力等大反向，
故，，方向竖直向下
（2）粒子在磁场中的运动半径分别为；
周期分别为
小球前进的位移
小球前进的时间
小球运行的平均速度
（3）因为小球在的运动周期为
因，即此时小球位于图中的
所以，即（，）
32．如图所示，边长为L＝0.3m正方形边界abcd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀强磁场，一质量m=8×10-26kg、电荷量q＝8×10-19C的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速度射入。粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L，电场强度大小E＝5×105V/m，磁感应强度大小B1＝1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间Δt撤去了匀强电场。虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝0.25T（图中未画出）。有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、gh上，AC＝AB＝0.3m，a＝45°。粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的区域，π取3。
（1）Dd距离；
（2）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律。粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？
【答案】(1）m；（2）
、
【解析】（1）要使粒子能沿图中虚线PQ进入ef、gh之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有，解得，粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，设半径为，洛仑兹力提供向心力，有，
，解得，作出粒子在磁场中轨迹图如图所示。
由几何知识可得，解得，粒子射入点的位置在ad边上距d点为。
（2）粒子从P以速度进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到ab板上，以大小为的速度垂直于磁场方向运动。粒子运动到在磁感应强度大小的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有，运动周期，粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间，其中n为正整数；粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部。由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期，由和，得，粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为，粒子进入磁场中，在方向的总位移、时间，从Q到gh过程的总时间为，从Q到gh过程的总路程为，
解得、。
点睛：根据粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，依据几何特性作图是解题的关键之处．是典型的数理结合的题型。
33．如图所示，在NOQ范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M、0、N在一条直线上，∠M0Q=60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B，离子源中的离子带电荷量为+q，质量为m，通过小孔O1进入两板间电压为U的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔02射出，再从0点进入磁场区域I，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN，不计离子的重力．
(1)若加速电场两板间电压U=U，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R；
(2)在OQ上有一点P，P点到0点距离为L，若离子能通过P点，求加速电压U和从0点到P点的运动时间．
【答案】（1）（2）
其中
【解析】
(1)若加速电场两板间电压U=U0，根据动能定理可得，，则粒子进入磁场时的速度为，根据洛伦兹力提供向心力可有：，计算得，
(2)若
P点到O点距离为L，根据几何关系可知粒子半径（其中n=1、2、3、、、）根据和，联立可得（其中n=1、2、3、、、）
由题意可知每次在磁场中转过的圆心角为60°，则运动时间为，因为，所以从O点到P点的运动的时间为（其中n=1、2、3、、、）
34．如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长=1.8m，距地面h=0.8m．平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2
（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；
（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
（3）若微粒质量mo=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度．
【答案】（1）1.25×10-11N，C板为正，D板为负．（2）8.1×10-14kg＜m≤2.89×10-13kg．（3）4.15m/s
【详解】
（1）微粒在极板间所受电场力大小为：F=
…①
代入数据得：F=1.25×10-11?N…②
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极．
（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，
由动能定理Uq=mv2…③
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，
有qvB=m
…④
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为
R1=
…⑤
R2=l-d…⑥
联立③～⑥，代入数据，有8.1×10-14?kg＜m≤2.89×10-13?kg…⑦
（3）如图所示，微粒在台面以速度v做以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t．设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k．由几何关系，可是
cosθ=…⑧
根据平抛运动，
t=…⑨
s=vt…⑩
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有：
μMg=Ma…（11）
k=v0t-at2…（12）
再由余弦定理，k2=s2+（d+Rsinθ）2-2s（d+Rsinθ）cosθ…（13）
及正弦定理，
…（14）
联立③、④和⑧～（14），并代入数据解得：v0=4.15?m/s…（15）
此时
φ=arcsin0.8（或φ=53°）…（16）

展开更多......

收起↑