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绝密★启用前
专题32带电粒子在电磁组合场中的运动：粒子由电场进入磁场
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．如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在场强为E的匀强电场，电场方向平行于x轴，y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动，经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场，进入磁场时速度方向与y轴成角，粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上。已知M点到O点的距离为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．P与O的距离为
B．粒子轨道半径为
C．粒子初速度大小为
D．磁场的磁感应强度大小为
【答案】CD
【详解】
A．根据类平抛运动推论
解得P与O的距离
A错误；
B．由
解得
B错误；
C．根据
，，
解得
C正确；
D．在磁场中速度
由
解得
D正确。
故选CD。
2．在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L区域中，存在平行于y轴且与y轴正向相反的匀强电场；在一、四象限的正方形区域abcd内存在竖直向下的匀强磁场，正方形的边长为2L，坐标原点O为ab边的中点。一质量为m的绝缘不带电小球甲，以速度v0沿x轴正向做匀速运动，与静止在坐标原点的带正电小球乙发生弹性正碰（碰撞时间很短），乙球的质量为2m，带电量为q，碰撞前后电量保持不变，甲、乙两球均可视为质点，且m、q、L、v0均为已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（　　）
A．碰撞后甲球的速度大小为
B．两球碰后，若乙球恰从d点离开磁场则乙球在磁场中的运动时间
C．要使两球再次相碰，磁感应强度必须大于
D．要使两球再次相碰，电场强度和磁感应强度大小必须满足
【答案】ACD
【详解】
A．甲与乙碰撞过程根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得碰撞后甲的速度为
（负号表示向左）
乙的速度为
选项A正确；
B．碰撞后，乙球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，恰从d点离开磁场，则由几何知识得：
解得
根据向心力公式得
解得磁感应强度
设圆心角为，则
即
则乙球在磁场中的运动时间
选项B错误；
CD．要使两球再次相碰，乙球应从边界离开磁场，即圆运动半径必须满足
又
解得
在磁场中运动的时间
乙球进入第二象限的电场做类平抛运动，则
对甲球，设经过时间与乙球碰撞，发生的位移为
两球再次相碰，需满足
联立以上各式解得
选项CD正确。
故选ACD。
3．一同学家中电视机画面的幅度偏小，维修店的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障（显像管及偏转线圈L如下图所示）。那么引起故障的原因可能是（　　）
A．电子枪发射能力减弱，电子数减小
B．加速电场的电压过高，电子速率偏大
C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少
D．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱
【答案】BCD
【详解】
画面变小，是由于电子束的偏转角减小，即偏转轨道半径增大所致，根据轨道半径公式
r＝
加速电压增大，将引起v增大，而偏转线圈匝数减少或电流减小，都会引起B减小，并最终导致r增大，偏转角减小。
故选BCD。
4．如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是（　　）
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
【答案】AC
【详解】
A．将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向
竖直方向
解得
A正确；
B．粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
联立解得r=2d，B错误；
C．由于r=2d，画出轨迹，如图。设回旋角度为α
解得
在复合场中的运动时间为
解得
，C正确；
D．粒子在电场中运动时间为
故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为
D错误。
故选AC。
二、单选题
5．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力，下列说法中正确的是（　　）
A．极板M比极板N电势低
B．加速电场的电压
C．直径
D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的电荷量
【答案】B
【详解】
A．因为粒子在加速电场中受到得电场力向右，所以电场线方向向右，则M板为正极，M板的电势高于N板电势，故A错误；
B．在加速电场中，由动能定理得
粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．粒子在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
P、Q两点间的距离为
故C错误；
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则粒子做圆周运动的直径相等，根据P、Q的表达式可知，粒子的比荷相等，故D错误。
故选B。
6．如图所示，正离子束以正对着荧光屏上的坐标原点O的水平速度先后通过沿竖直方向的匀强电场E和匀强磁场B，最后打在荧光屏的第Ⅲ象限中，则电场E和磁场B的方向是（
）
A．E竖直向上，B竖直向上
B．E竖直向下，B竖直向下
C．E竖直向上，B竖直向下
D．E竖直向下，B竖直向上
【答案】D
【详解】
由题意及可知，正离子在电场中受力应向下，故电场方向竖直向下，而粒子在磁场作用下向x轴负方向偏转，根据左手定则知，磁场方向竖直向上。
故选D。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
7．如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)
第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)
第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【答案】(1)
h；(2)；(3)（－1）h
【详解】
(1)
在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1
①
h＝a1t12
②
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan
θ1＝a1t1
③
联立以上各式得
s1＝h
④
(2)
在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1
⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝
⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin
θ1
⑧
联立以上各式得
⑨
(3)
与初动能相等
(2m)v22＝mv12
⑩
在电场中运动时有
qE＝2ma2
?
s2＝v2t2
?
h＝a2t22
?
进入磁场时
v2tan
θ2＝a2t2
?
v′＝
?
qv′B＝2m
?
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1
?
所以第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin
θ2
?
联立④⑧??式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(
－1)h
?
8．如图，在xoy平面内y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xoy平面向外的匀强磁场。两个质量均为m，电荷量均为q的带电粒子分别从y轴上点和点以相同的初速度射出，速度方向沿x轴正方向。已知从点入射的粒子经处进入磁场，并从坐标原点O处第一次射出磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)从点入射的粒子第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(3)从点入射的粒子第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
；
【详解】
(1)设粒子的初速度为v0，射出电场时的速度为v，粒子在电场中的偏转角为θ，由平抛运动的推论
解得
由动能定理得
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
(2)由射出电场时的速度为v1，粒子在电场中的偏转角为α，由动能定理
解得
设点入射的粒子第一次进入磁场的位置到原点O的距离为x1，由平抛运动的推论
解得
(3)设点入射的粒子第一次离开磁场的位置到原点O的距离为x2，由牛顿第二定律
解得
9．如图所示，极板A、B间有的加速电场，加速电场的右侧有电压可调的偏转电场U1，且上极板C带正电，S2O为偏转电场的中线。偏转电场的极板长为，间距为。最右侧紧靠偏转电场的是宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度为（边界上也有磁场）、该磁场上下足够长。现有比荷为的质子（重力不计），从小孔S1飘入加速电场，被加速后经S2沿偏转电场中线飞入偏转电场。已知：，。试回答下列问题：
(1)质子飞入偏转电场的初速度v0；
(2)若偏转电压，求质子离开磁场时的位置与O点间的距离；
(3)为使质子能进入磁场（即能离开偏转电场），所加偏转电压U1的最大值；
(4)若保证质子能进入磁场，且从磁场的左边界离开磁场区城，求质子在磁场中运动的最长时间（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】(1)；(2)4cm；(3)；(4)
【详解】
(1)质子在电场中加速，根据动能定理有
(2)粒子沿虚线进入磁场，洛伦兹力提供向心力
解得半径为
r=2cm
质子在磁场中轨迹为半圆，则距离O点距离为
y=2r=4cm
(3)质子在电场中偏转，运动的距离为间距的一半，根据动能定理可知
在下极板边缘处分解速速得
=37°
解得
(4)经计算得：从极板下边缘进入磁场的质子，会从磁场右边界F离开，不满足题目要求，
故：设此时轨道半径为R，则
R（1+sin）=3.2
且
Rcos=2
故
cos=0.9
即
=26°
故最长时间为
s
10．如图所示的空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m、带电量为－q的带电粒子(不计重力)，从电场中P点以初速度v0沿x轴正方向运动。已知P点的坐标为(－L,0)，且。试求：
(1)要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？
(2)要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)研究带电粒子在电场中的运动：
水平方向
L＝v0t1
解得
竖直方向
qE＝ma
vy＝at1
解得
vy＝v0
所以粒子进入磁场时的速度
v＝＝v0
方向与x轴成45°角。
研究带电粒子在磁场中的运动：当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得：
Bqv＝m
得
R＝
d＝R＋Rsin
45°
解得：
d＝
所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为
(2)粒子在磁场中运动的周期
T＝＝
由图知，粒子在磁场中运动的时间
11．如图所示，在xoy平面内，第一象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴的下方有匀强磁场，方向垂直于纸面向里，有一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子（不计重力），从y轴上的P点以初速度垂直于电场方向进入电场。经电场偏转后，沿着与x轴正方向成进入磁场，并能垂直于y轴进入第三象限。求：
(1)
p点离坐标原点的距离y；
(2)匀强磁场的磁感应强度；
(3)粒子从P点开始到离开磁场所用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子运动轨迹如图所示
电子经过A点的速度大小
电子从P到A过程，由动能定理得
解得
（2）由几何知识可得，电子在磁场中的轨道半径
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
（3）电子从P到A的过程，加速度为
时间为
从A到C再到D，由洛伦兹力提供向心力
解得
周期为
由几何知识得：电子在磁场中运动过程速度的偏向角为270°，则电子在磁场中运动的时间为
粒子从P点开始到离开磁场所用的时间t
12．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E1和E2；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点（图中未画出）与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
(2)O、M间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)粒子到达A点的速度
v=
解得
v=2vo
又
qvB=
解得
R=
(2)根据牛顿第二定律，有
qE1=ma1
又
votan60o=a1t1
解得
t1=
OM间距
L=
(3)由
得
又
qE2=ma2
得
t3=2，
因此
t=t1+t2+t3=
13．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一、四象限内设置一个半径为R与y轴相切的圆形磁场区域，圆心坐标为（20cm，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场；第二象限内设置一组加速偏转极板，偏转电极下极板右端刚好跟坐标原点O重合，，，一个质量为，电荷量的带电微粒，从静止开始经电压加速后，沿着平行于两金属板中央位置射入偏转电场中，板长，两板间距，经偏转后进入匀强磁场，最后从Q点（未画出）平行于y轴离开磁场。求：
(1)微粒射出电场的位置坐标；
(2)圆形磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒在磁场中运动的时间。
【答案】(1)（0,0）；(2)；(3)
【详解】
(1)微粒在加速电场中，由动能定理有
①
解得
微粒在偏转电场中做类平抛运动
②
③
④
解得
微粒射出电场的位置坐标为（0，0）⑤
(2)微粒刚好从下极板右端进入磁场，射出电场的速度反向延长线过位移中点，如图所示设与水平方向偏转角为
⑥
与水平方向偏转角
⑦
微粒射出偏转电场时的速度
⑧
解得
由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为
⑨
由洛伦兹力提供向心力可知
⑩
解得
?
(3)微粒在磁场中运动的圆心角
?
微粒在磁场中运动的时间
?
解得
?
14．如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h的P3点。不计重力。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。
【答案】(1)
；(2)v0，方向与x轴夹角45°，斜向右下方；(3)
【详解】
(1)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律
qE＝ma
根据运动学公式有
v0t＝2h
h＝at2
联立以上解得
(2)粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有：
由上图可得
θ＝45°
有
v1＝v0
联立以上各式解得
方向与x轴夹角45°，斜向右下方；
(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，由牛顿第二定律可得
r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为
OP2＝OP3
θ＝45°
由几何关系可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得
联立解得
15．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示。其中有一长为L=0.1m、高为d=0.5m的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U=5×104V的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0=1.0×106m/s。当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。假设尘埃的比荷为=1.0×108C/kg，尘埃粒子在空间分布均匀且不考虑尘埃粒子的重力及尘埃粒子之间的相互作用，忽略尘埃粒子运动对电场和磁场的影响及极板的边缘效应。试回答以下问题∶
(1)求此装置的除尘率及若提高除尘率请给出改进措施；
(2)如图丙所示（与图乙装置相同，电压也为U=5×104V），紧靠平行金属板左侧的竖直边界区域中存在垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场。场区域内放置一块竖直放置的薄收集板，此收集板可以在平面内上下左右平移并可调节收集板的长度，当尘埃粒子碰到收集板左侧或右侧面时立即被吸收。求∶
（i）若不放置收集板，要使所有进入左侧磁场区域的尘埃粒子均能从竖直边界返回金属板间的电场区域，求左侧区域的匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件；
（ⅱ）若左侧磁场的磁感应强度为B1=0.1T，要使所有进入磁场区域的粒子均能被收集板接收，求收集板对应的最短长度l。
【答案】(1)10%，见解析；(2)B≥0.4T，0.225m
【详解】
(1)带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为
除尘率为
=×100%
代入数据解得
=10%
提高除尘率只需要增大y即可，由上式可知，增加长度L，或增大电压U，或减小高度d，或减小水平速度v0，都能增加y，从而增大除尘率。
(2)（i）由第(1)问可知尘埃粒子在电场中的偏移量y=0.05m。
设进入左侧区域的离子竖直方向的速度为vy，速度为v，方向与水平方向的夹角为θ，则
所以有
v=×106m/s
θ=45°
尘埃粒子在左侧区域做匀速圆周运动，要使所有离子返回平行板之间的区域，只要满足最上方粒子进入磁场后做圆周运动后能够返回电场区域，其对应的轨迹满足的临界条件如图所示
根据几何关系可得，离子做匀速圆周运动的半径满足，洛伦兹力提供向心力
代入数据可得
B≥0.4T
（ii）当B1=0.1T时，如图所示
离子进入磁场后，以相同的运动半径做匀速圆周运动，其半径大小为
由于
d-y＜4r1
为了使收集板最短，做辅助对称圆与边界轨迹交点如图中的MN部分即为所求，根据几何关系可得
16．如图所示，在第一象限内，直线与轴的夹角。在与轴之间的区域内有方向与轴平行的匀强电场，与轴之间的区域内有垂直于平面向外的匀强磁场。一带正电粒子经过加速器（加速电压为）加速后，从轴上的点平行于轴射入电场，经过在点进入磁场。粒子进入磁场轨迹刚好与轴相切，经边平行于轴返回电场。设粒子的比荷，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入磁场的速度大小；
(2)电场强度和磁感应强度的大小；
(3)粒子离开磁场的位置坐标。（结果保留两位小数）
【答案】（1）；（2）
，；（3）
【详解】
（1）带正电粒子经过加速器加速后的速度为v0，在加速过程中根据动能定理可得
代入数据解得
粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
设粒子进入磁场的速度大小为v，与OD方向的夹角为α，则粒子射出磁场时与OD方向的夹角也为α。根据几何关系可得
，在D点根据速度的合成与分解可得
（2）在D点竖直方向的速度为
竖直方向根据速度时间关系可得
解得
设粒子在磁场中运动的半径为R，根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）粒子离开磁场的位置坐标（x，y），其中
则
所以粒子离开磁场的位置坐标
17．如图所示，在平面直角坐标系内，圆形区域半径为，在点与轴相切且关于轴对称。bc是圆形区域与轴平行的一条直径，图中虚线是一条过b点的切线，虚线上方有沿轴负方向的匀强电场，场强大小未知；圆形区域内有垂直平面向外的匀强磁场；某带正电粒子，质量为，带电量为，以速度从点垂直轴进入电场中，然后从b点进入磁场，最后从c点离开磁场。已知a点纵坐标，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)匀强磁场的磁感应强度
(3)粒子从点运动到达轴的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，则
解得
(2)粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向夹角的正切值
所以
由半径和速度方向的垂直关系可知，粒子的圆弧轨迹所对应的圆心即是O点，所以粒子做圆周运动的半径
运动速度
由洛仑兹力提供向心力得
解得
(3)粒子的运动过程可分为三段：电场中的类平抛、磁场中的匀速圆周、离开磁场后的匀速直线，运动的总时间
18．如图所示，光滑绝缘水平面内有足够大的直角坐标系xOy，第二象限内有水平向左、垂直于y轴的电场强度E＝2.5×10－2
N/C的匀强电场，第一象限（包含y轴）内有竖直向下的匀强磁场B1，第四象限有竖直向下的匀强磁场B2（图中未画出）。在整个x轴上有粒子吸收膜，若粒子速度垂直于膜，可以穿过该膜，且电荷量不变，速度大小不变；若粒子速度不垂直于膜，将被膜吸收。不计膜的厚度。一质量为m＝5.0×10－9
kg，电荷量为q＝2.0×10－4
C的带负电的粒子，从A点（－20，0）以初速度v0＝2.0×102
m/s沿y轴正方向开始运动，通过y轴上B点（图中未画出），之后将反复通过膜，而没有被膜吸收。不计粒子重力。求：
(1)B点距坐标原点O的距离yB；
(2)匀强磁场B1大小；
(3)匀强磁场B2的取值范围。
【答案】(1)40
m；(2)
1.25×10－4
T；(3)
B2′≥1.5×10－4
T。
【详解】
(1)设带电粒子在电场中的加速度为a，运动时间为t1，则
qE＝ma
|xA|＝at12
yB＝v0t1
解得
a＝1.0×103
m/s2
t1＝0.2
s
yB＝40
m
(2)设带电粒子在B点速度为vB，沿x轴正方向分速度为vx，vB与y轴正方向夹角为θ，则
vx＝at1
tanθ＝
vB2＝v02＋vx2
解得
vx＝2.0×102
m/s
vB＝2×102
m/s
θ＝45°
粒子通过B点后在匀强磁场B1中做匀速圆周运动，且反复通过吸收膜，而没有被膜吸收，则粒子速度垂直于膜即垂直于x轴。
设粒子做匀速圆周运动的圆心为O1，轨道半径为r1，则：
qvBB1＝m
r1cosθ＝yB
解得
r1＝40m
B1＝1.25×10－4
T
(3)粒子第一次垂直于x轴即垂直于膜穿过膜后，将在第四象限做匀速圆周运动。如果匀强磁场B2的方向竖直向下，粒子向x轴负方向偏转：
若粒子从负y轴上离开第四象限，速度方向与y轴正方向夹角，如果大于和等于90°，粒子不再回到y轴，如果小于90°，粒子将运动到负x轴上，且不垂直于x轴，被膜吸收。
若粒子从正x轴离开第四象限，粒子速度一定垂直于x轴，进入第一象限，然后在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第四象限，并且穿过点在上次穿过点的右边，所以会反复通过膜，而没有被膜吸收。
这种情况，粒子在第四象限做圆周运动轨道半径最大为r2m，匀强磁场B2大小最小为B2m，则
2r2m＝r1＋r1sinθ
qvBB2m＝m
设这种情况匀强磁场B2大小B2′，则B2′≥B2m
解得
B2m＝×10－3
T≈1.5×10－4
T
即
B2′≥1.5×10－4
T
综上所述：当匀强磁场B2的方向竖直向下时磁感应强度大小B2′≥1.5×10－4
T。
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限进入第三象限，经过y轴时速度方向与y轴负方向成60°角，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求：
(1)P点距O点的距离d；
(2)电子在电场中的运动时间t；
(3)第三象限内的磁感应强度B2的大小。
【答案】(1)；(2)；(3)或
【详解】
(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：
在中，根据几何知识有
d=
(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有
根据运动学规律有
解得
(3)电子在第三象限运动时速度
做匀速圆周运动有两种情况
①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根
据几何知识有
洛伦兹力提供向心力
解得
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有
根据牛顿第二定律有
解得
20．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，等腰三角形ABC区域内左半部分有方向垂直纸面向外磁感应强度大小B1=1T的匀强磁场，右半部分有方向垂直x轴向下的匀强电场，边界上有磁场或电场。在x轴OA段上的P点（图中未画出）有一粒子源（大小可忽略）
，能垂直x轴在纸面内以速度v0（未知）向磁场射人质量m=2.4×10-7
kg。电荷量q=1×10-5
C的带正电粒子。粒子源射出的粒子恰好不从磁场的AC边界射出且垂直于y轴射人电场，也恰好不从电场的BC边界射出。已知A、B、C三点的坐标分别为（-3
m，0）、（3
m，0）和（0，4
m）
，不计粒子受到的重力。求：
(1)P点的坐标和粒子射入磁场的速度大小U0；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子在磁场和电场中运动的总时间t总。
【答案】(1)
（-2.4
m，0）；100m/s；(2)
；(3)
【详解】
(1)粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
粒子在磁场中运动的轨道半径
所以P点的坐标为（-2.4
m，0）
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
(2)粒子在电场中运动时，其运动轨迹恰好与BC相切，由几何关系可知
解得
(3)粒子在磁场中运动圆周，用时
解得
粒子在电场中沿电场方向做初速度为0的匀加速运动，则
解得
所以粒子在磁场和电场中运动的总时间
21．如图1所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，场强，MN下方有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图2所示，规定垂直纸面向外为磁场正方向，在时，将一带正电的粒子从电场中的O点处由静止释放，在时通过MN上的P点进入磁场，经过一段时间后，粒子最终打在足够大的挡板上。已知挡板位于P点左侧且垂直于MN，挡板与P点间的距离为100cm；粒子的比荷，不计粒子的重力；计算中取。
(1)求粒子从P点进入磁场时速度的大小；
(2)在至时间内，求粒子运动的轨道半径和周期；
(3)求粒子从O点出发运动到挡板所需的时间。
【答案】(1)3×104m/s；(2)20cm；4×10-5s；(3)1.3×10-4s。
【详解】
(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则
qE=ma
v0=at1
解得
(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
在t=1×10-5s至2×10-5s时间内，B1=0.15T时，半径
周期
(3)当B2=0.30T时，半径
周期
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。
从t=0到t2=4×10-5s时间内，电荷先沿直线OP运动t1，再沿大圆轨迹运动
，紧接着沿小圆轨电荷从P点开始的运动周期T=6×10-5s，且在每一个T内向左沿PM移动s1=2r1=40cm，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM运动距离s=2s1=80cm，最后d-s=20cm内电荷正好运动垂直撞击挡板。
则电荷从O点出发运动到挡板所需的时间
t总=t1+2T+
解得
t总=1.3×10-4s
22．如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中（图中区域I），其场强，区域II存在场强未知的竖直向上的匀强电场，区域III存在场强未知的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为的小球从A点无初速度释放，距离为L，的距离也为L。小球恰经过点上方处的P点再进入区域III做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：
（1）区域III内电场的电场强度；
（2）区域III内匀强磁场的磁感应强度B；
（3）小球从A点开始至回到A点的运动时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
根据题意，做出小球的运动轨迹示意如图所示
（1）小球在区域III做匀速圆周运动，则：
解得：
（2）小球在区域I内做匀加速运动，设到达O点时速度为
由动能定理有：
得出
小球从O到P做类平抛运动，设经过时间到达P点，速度为v，有：
得出
，
由动能定理得：
设小球从边界进入区域III时速度与的夹角为θ，有
得出
，
小球在区域III内做匀速圆周运动，有：
得出
得：
（3）根据题意：从A到O，小球做匀加速运动，有：
得出
小球在区域III内做匀速圆周运动有：
得出
对小球运动全程，有：
得：
23．如图所示，水平x轴的坐标原点为O，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方的MNQP区域内存在沿半径向外的径向电场，边界MN和PQ分别是半径为和的四分之一圆弧，圆心均为O，电场中距离O点r处的场强大小为（其中a为常数）。在MP之间垂直电场线方向持续射入质量为m、电荷量为q的带电粒子，单位时间内、单位长度射入的粒子数n与入射点到O点的距离r之间满足关系式：。已知磁感应强度大小为，每个粒子进入电场后均以O为圆心做匀速圆周运动，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)判断带电粒子是带正电还是负电？分析MP之间的粒子到O点的距离r越大，它的速度是越大还是越小？
(2)假设磁场区域为一边与x轴重合的矩形区域，所有进入磁场的粒子均能完成半个圆周，求该矩形区域的最小面积；
(3)现在x轴上固定长度为的收集板，其左端点恰好位于O点，粒子打到收集板后立即被吸收，求该收集板受到粒子冲击力的大小。
【答案】(1)负电，越小；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子带负电；因为每个粒子进入电场后均以O为圆心做匀速圆周运动，则
粒子到O点的距离r越大，它的速度越小
(2)粒子在电场中运动时，根据向心力公式有：
粒子在磁场中运动时，根据向心力公式有：
设在Q点和N点射出的粒子在磁场中做圆周的半径分别为和，则
，
考虑两个临界情况，轨迹如图所示
故矩形区域的最小面积：
解得：
(3)距离O点为r处射入电场的粒子，在电场中根据向心力公式有；
解得：
在磁场中根据向心力公式有：
解得：
对于打到收集板左端（即）的粒子，根据几何关系有：
解得：
由(2)中可知，当粒子打到收集板右端（即）时有：
在、之间取一小段，则粒子数为，根据动量定理，打到收集板上的撞击
可得：
两边求和（即对函数在到范围内求面积）可得：
24．如图所示，在同一平面内边长均为的正方形区域abcd和cdef中，分别存在方向平行于ab、电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带电粒子，以一定速度沿ad方向从a点射入电场，并从dc边的中点O点进入磁场区域。粒子重力不计。
(1)求粒子射入电场时的速度大小；
(2)若粒子垂直于边界ef射出磁场，求磁场的磁感应强度大小B。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)粒子在电场中运动的加速度大小为
设粒子通过电场区域的时间为t1，有
解得
(2)由(1)可得
设粒子射出电场时的速度与方向的夹角为，则
解得：
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，垂直边界ef射出磁场的运动轨迹如图所示，由几何关系
可知
又
解得
25．如图所示，AB间存在方向与竖直成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2
m，BC间距为0.1
m，C为荧光屏。质量m＝1.0×10－3
kg，电荷量q＝＋1.0×10－2
C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点。若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0
T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（未画出）。取g＝10
m/s2，求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量。
【答案】(1)1.4
V/m；(2)2.7×10－4
J
【详解】
(1)粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如右图所示
qcos
45°=mg
V/m=1.4
V/m
(2)由动能定理得
=2
m/s
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动
则有
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由洛伦兹力提供向心力得
R==0.2
m
设偏转距离为y，由几何关系得
y=2.7×m
W=-q·y=-mgy=-2.7×J
即电势能变化了2.7×J
26．如图所示，平行金属板MN水平放置，板间距为d，板长为，板间接有恒定电压，两板间电场可看做匀强电场，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，边界线为CD．线状离子源均匀发射出大量比荷为k的粒子，粒子以相同的速度由板的左侧进入板间，粒子速度方向与板平行，若有50%的粒子能从板间射出，不计粒子间的相互作用及粒子重力。
(1)求两极板所加电压U的大小；
(2)射出的粒子经磁场偏转后能全部回到板间，求磁感应强度B的最小值。
【答案】(1)；(2)
【详解】
解：(1)粒子在板间做类平抛运动，有
解得
(2)如图所示，设粒子以速度v进入磁场，速度偏转角为，
则
由几何关系
由以上各式解得
27．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为R1=1m，电势φ1=25V，内圆的半径R2=0.5m，电势φ2=0。足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L=1m。假设太空中漂浮着质量为m=l×10-10kg、电荷量q=2×l0-4C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。
(1)求粒子到达O点时速度的大小；
(2)如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
(3)如图3所示，在ＦQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E=V/m，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它达到收集板时离O点的距离。
【答案】(1)104m/s；(2)；(3)垂直于x方向，
【详解】
(1)带电粒子在电场中加速时，由动能定理有
解得
(2)从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是，在磁场中运动的轨迹如图示，
轨迹圆心角α=120°。根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r
解得
由牛顿第二定律得
联立解得
(3)如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，建立如图坐标。
设此粒子经O点时速度与x轴方向的夹角为α角，则此粒子沿x方向匀减速运动到MN板时x方向的速度为0，垂直与x方向匀速运动。
则
解得
所以α＝60°
此粒子沿垂直于x方向运动的距离
粒子离O点的最远距离为
28．以O为坐标原点建立平面直角坐标系，坐标系第二象限内的虚线与x轴平行，在与x轴之间存在平行于纸面且沿x轴正方向的匀强电场，第三、四象限内有一中心轴经过y轴、垂直于纸面且横截面如图所示的圆筒，筒内有方向与筒的轴线平行、垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，图中截面圆上有一个小孔P。一带正电的粒子以初速度垂直射入电场，经过一段时间后恰好从P点（此时P与O重合）进入磁场，且运动方向与y轴成角。已知粒子的比荷为k，与x轴之间的距离为d。粒子重力不计。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)若粒子进入磁场的同时，圆筒绕其中心轴顺时针匀速转动，当筒转过时，该粒子恰好又从小孔P飞出圆筒，已知粒子未与筒壁发生碰撞，求圆筒的直径D以及圆筒转动的角速度。
【答案】(1)；(2)
，
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，从P点进入磁场，且运动方向与y轴成，所以有
又
解得
(2)画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。由几何知识可得，轨迹的圆心角，由(1)可得，粒子进入磁场时的速度
由洛伦兹力提供向心力，有
得
由几何关系可得
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由题意知，圆筒的角速度与粒子在磁场中做圆周运动的角速度大小相等，即
解得
29．如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在可调节的垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量为e，电场强度，不考虑电子的重力和其间的相互作用，求：
(1)N点的坐标；
(2)若第二象限充满匀强磁场，要使电子从x=-2L处射出第二象限，则所加磁场的大小和方向；
(3)若第二象限是一个垂直于纸面向外的圆形有界磁场，磁感应强度为B，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为60°，则圆形磁场的最小面积。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有
解得
则N点的坐标为
(2)设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为，由动能定理有
根据速度关系可得
解得
设电子在磁场中运动的半径为r，由图可知
可得
又有电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
垂直于纸面向外。
(3)①当电子与x轴负方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图
电子在磁场中偏转90°后射出，则磁场最小半径
解得
②当电子与x轴正方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150°后射出，则磁场最小半径
解得
30．如图所示，在平直角坐标系的第Ⅰ象限内有沿轴正方向的匀强电场，质量为、电荷量为的带电粒子，在轴上坐标为的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，从轴上坐标为的点进入处在第四象限内垂直于坐标平面向里的有界匀强磁场（图中未画出），为磁场边界上一点。粒子出磁场后速度沿轴负方向，并经过轴的位置坐标为。不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)若有界磁场为圆形，且圆与轴相切于点，则圆面积多大。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律有
解得
(2)设粒子从点进入磁场时的速度为，则
解得
设与轴正方向的夹角为，则
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据牛顿第二定律
解得
(2)设粒子从圆形有界磁场的出射点为点，圆形有界磁场的半径为，粒子做圆周运动的圆心为，磁场圆的圆心为，根据几何关系可知，将连线垂直平分，由于和均沿竖直方向，即和平行。
根据三角形全等可知
因此圆形有界磁场的面积
31．如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：
(1)电场强度的大小；
(2)N点的坐标。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)
由题意可得粒子的运动轨迹大致如下图所示
粒子从O点运动到M点做类平抛运动，由平抛规律有
解得，电场强度大小为
(2)设粒子运动到M点时速度为v，与x方向夹角为，则
故
由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开电场，设粒子在磁场中做
匀速圆周运动的半径为R，则
代入数据得
由几何关系知
故N点的坐标为。
32．如图所示，两平行金属板长（厚度不计）、间距为，上板接电源正极。距离平行板右端处有一竖直边界线，的右侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。边界线上放置一高为的收集板，其下端位于下极板的延长线上，打到收集板上的粒子立即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。现有一个比荷为、速率为的带正电粒子沿金属板的正中间虚线由处射入板间的匀强电场（忽略边缘效应），出电场后又恰好打到收集板的下端点，忽略粒子的重力。求：
(1)两板所加电压为多大；（结果用、、表示）
(2)该带电粒子进入磁场时的速度为多少（结果用表示）；
(3)设带电粒子能从点进入磁场，试计算说明该粒子能否被收集板吸收。
【答案】(1)
；(2)；(3)粒子没有被收集板吸收
【详解】
(1)如图所示由比例关系
解得
而在电场中
解得
(2)由动能定理
解得
(3)磁场中：在磁场中如图所示：，得出
过边界时所发生的侧向位移为
所以粒子没有被收集板AD吸收。
33．如图所示，由离子源产生的电量为q、质量为m的正离子，无初速度的飘入电压为U0的加速电场，经加速电场竖直向上加速，从小孔O垂直电场方向进入匀强偏转电场，偏转后，穿过极板HM上的小孔P，经过无场区后，垂直于边界MN进人磁感应强度为B的匀强磁场，最终垂直打在荧光屏NQ的中点S处。已知小孔O到MH板的水平距离为d，小孔P到小孔O的竖直距离为2d，∠MNQ=90°。忽略粒子间的相互作用和重力，求：
(1)匀强偏转电场场强E0的大小；
(2)荧光屏NQ的长度L。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设正离子被电压为U0的加速电场加速后速度为v1，对正离子，由动能定理可得
正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动，由牛顿第二定律可得
垂直电场方向匀速运动，有
沿场强方向
联立解得：
(2)设正离子进人磁场时的速度大小为v2，则：
解得：
正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，得
离子在磁场中做圆周运动的半径
则荧光屏NQ长度为
L=2R=
34．圆筒内有匀强磁场如图所示，其圆心为O，匀强磁场垂直纸面向里，圆筒的上方有相距为L的平行金属板P、Q，其中P板带正电荷，Q板带等量的负电荷。板间电场可视为匀强电场。带负电的粒子从P板边缘的M点以垂直P板射入电场，恰好经Q板的小孔S以速度v沿半径方向射入磁场中。粒子与圆筒发生3次碰撞后仍沿半径方向射出，粒子与圆筒碰撞过程中没有能量损失，且电荷量保持不变，不计重力，已知磁感应强度大小为B，粒子质量为m、电荷量大小为q，求：
(1)圆筒的半径R；
(2)粒子从M点出发到第一次回到M点所需要的时间t；
(3)使两板电荷量加倍，Q板保持不动，仅上下平移P板，让粒子仍从P板边缘的M点以释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒碰撞5次，间应如何移动P板？（电容器电容C的决定式为）
【答案】(1)；(2)；(3)下移
【详解】
(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径为r，粒子与圈筒发生3次碰撞后仍从S孔射出，如图所示
由几何知识可知
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得
联立可得
(2)在电场中运动时间为
在电场中运动时间为
运动的时间为
(3)当板间距为L时，由动能定理有
现两板电荷量加倍，Q板保持不动，将P板移动后，根据
可知电容器内的匀强电场的场强大小变为原来2倍，
设某段圆周的轨迹圆对应的圆心角为，由几何关系可知
又
半径为
解得
由动能定理可得
联立解得
所以应将P板下移。
35．如图所示，xOy坐标平面的第一象限内，下方为匀强电场，上方为匀强磁场B1，边界如图所示，其中匀强电场E=1000V/m，方向沿y轴正向，大小为B1=1T的匀强磁场垂直纸面向里，第二象限中存在B2=2T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。现有大量比荷为=2×103C/kg的粒子，从x轴上由静止释放，经电场加速后进入B1区域，最终到达y轴，且所有粒子均垂直穿过y轴。求：
(1)第一象限内匀强电场和匀强磁场B1的边界曲线应满足的方程；
(2)y轴上yP=2m处存在P点，经过P点时粒子的最大速度vm；
(3)能够经过题(2)中P点的所有粒子，其释放点的横坐标满足的条件。
【答案】(1)y=x2；(2)；(3)y+nx=2，（n=0，1，2………）
【详解】
(1)设边界坐标（x，y）
解得
代入数据可得方程
y=x2
(2)粒子在右边磁场中运动的半径为R1，在左边磁场中运动的半径为R2，则
要使过P点的速度最大轨迹如图中1所示
即
y=2，x=
可得
(3)若要粒子能过P点，释放的横坐标为x则轨迹如图中2所示，
即
y+nx=2，（n=0，1，2………）
即满足
x2+nx=2
粒子过P点
36．如图所示，两块水平放置、相距为d＝0.5m的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m＝3.2×10﹣3kg、速度水平且大小均为v0＝5m/s、电荷量相等的墨滴。调节电压U至1V时，墨滴在电场区域恰能向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点。
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量q；
(2)求M点距磁场左边界的水平距离L和粒子从进入磁场到运动M点的时间t；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
【答案】(1)负电；1.6×10﹣2C；(2)0.5m；0.157s；(3)1.6T
【详解】
(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力
所以
由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷。
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
两块金属板相距为d=0.5m，说明墨滴在该区域完成四分之一圆周运动，所以M点距磁场左边界的水平距离
L=R=d=0.5m
墨滴在磁场中运动的周期
所以运动的时间
(3)根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示，设圆周运动的半径为R′，则有
得
由图示可得
得
所以
37．如图所示，在纸面上的矩形ABCD区域内，对角线BD以上的区域有电场强度大小为E、方向平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域有方向垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），AD边长为L、AB边长为2L。一带电粒子以大小为v0的初速度从A点沿AB方向进入电场，从对角线BD的中点P进入磁场，并从DC边上的M点垂直于DC边离开磁场。不计粒子所受重力。求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子到达P点时速度v的大小和方向；
（3）磁场的磁感应强度大小B。
【答案】（1）粒子的比荷为；
（2）粒子到达P点时速度v的大小为，速度与水平方向的夹角为；
（3）磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外。
【分析】
（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达P点后，水平位移是竖直位移的倍，抓住这一关系求出粒子的比荷；
（2）在竖直方向上做匀变速运动，根据运动学公式求出竖直方向速度，到P点时速度为求出速度，方向根据两分速度的关系求出夹角；
（3）作出进入磁场的轨迹图，确定出圆心，根据几何关系得出半径，根据洛伦兹力提供向心力，通过半径公式，求出磁感应强度B的大小，根据洛伦兹力的方向确定出磁场的方向。
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在电场中从点运动到点的时间为，粒子沿方向做匀速直线运动，有
粒子在电场中运动的加速度大小为
粒子沿方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得
(2)设粒子到达点时沿方向的速度大小为，有
经分析可知
解得
，
设粒子到达点时的速度方向与的夹角为，有
解得；
(3)由几何关系可知，粒子在磁场中运动的过程中转过的圆心角为45°，
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，有
粒子所受洛伦兹力提供其做圆周运动所需的向心力，有
解得
【点睛】
本题重点考查带电粒子在匀强电场中的类平抛和匀强磁场中的匀速圆周运动，以及运用数学知识解决物理问题的能力。
38．如图所示，一个质量为带电荷量的带电微粒（不计重力），从贴近左侧板的位置由静止开始经宽为，电压为加速电场加速后经，从偏转电压为（未知）、板间距和板长均为的偏转电场左侧正中间位置水平射入两平行金属板间，偏转电场右侧是区域足够大垂直纸面向里的匀强磁场。
(1)若微粒能射入右侧匀强磁场区域，求的最大值；
(2)满足(1)条件且取最大值时，微粒经磁场运动后射出磁场时偏转电场正好反向（大小不变），微粒恰能经返回到初始位置，求磁感应强度的大小；
(3)求(2)问情景下微粒从到第一次返回所需的时间？
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)经电场加速
偏转电场作类平抛
(2)要能返回，则磁场中的圆周的圆心必在偏转电场中心线的延长线上，又最大时偏转电场飞出时的偏转角为45°
所以
，
又
所以
(3)微粒从经偏转电场类平抛从下极板边缘进入磁场，从上极板边缘返回电场，经类平抛逆过程回到，依题意有
39．如图为一装放射源氡()的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋()，产生的α粒子速率v0＝1.0×107m/s，α粒子从小孔P射出后，经过A孔进入电场加速区域Ⅰ，加速电压U＝8×106V，从区域Ⅰ射出的α粒子随后又从M点进入半径为r＝m的圆形匀强磁场区域Ⅱ，MN为圆形匀强磁场的一条直径，该区域磁感应强度为B＝0.2T，方向垂直纸面向里，圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切于N点，粒子重力不计，比荷为＝5×107C/kg，求：
(1)α粒子经过圆形磁场后偏转的角度；
(2)α粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离。
【答案】(1)60°；(2)N点上方3m处
【详解】
(1)α粒子在区域Ⅰ中做加速运动，由动能定理得
qU＝mv2－mv02
代入数据，解得
v＝3×107m/s
α粒子离开电场区域后，以速度v从M点沿MO方向进入磁场区域Ⅱ，在磁场中做匀速圆周运动。
洛伦兹力提供向心力
qvB＝m
代入数据，解得
R＝3m
α粒子的轨迹如图所示，由几何知识得
tanθ＝＝
解得
θ＝30°
故α粒子偏转角度为
β＝2θ＝60°
(2)由几何知识得
s＝rtanβ＝3m
即α粒子打在荧光屏上N点上方距离N点3m处的位置。
40．有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。静电分析器在坐标系的第Ⅱ象限内，通道内有一个圆心为坐标原的圆环状的均匀辐向电场，虚线为外径和内径间通道的中心线，在中心线处的电场强度大小为E、方向均指向O点，中心线MN圆弧半径为R。磁分析器在坐标系的第Ⅰ象限内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，y轴为两个分析器的边界，两者间距近似为零。离子源飘出比荷（电荷量与质量之比）为k0的正离子束（设初速度为零），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，从N点垂直y轴射出后射入磁分析器中，最后正好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上。不计重力和离子间相互作用，分析器中电场线和磁感线均没有画出。求：
（1）加速电场中的加速电压U和离子沿中心线MN运动的速度大小v0；
（2）磁分析器中匀强磁场的磁感应强度B；
（3）各种正离子打在探测板上的位置坐标值x与离子比荷k的关系式。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【详解】
(1)设比荷为k0的离子电荷量为q0、质量为m0，在加速电场中，由动能定理得
在静电分析器中，由向心力公式有
解得
(2)在磁分析器中离子做匀速圆周运动的半径与在静电分析器中的半径相等
由向心力公式有
又比荷为
解得
(3)通过(1)的分析可知，不同比荷的正离子在静电分析器都能沿中心线MN做匀速圆周运动，从N点垂直射入磁场分析器中做半径为r匀速圆周运动，由
解得
由几何关系
解得
41．如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场。现有质量m=1×10-18kg、电荷量q=＋1×10-15C的带电微粒从坐标为（0，-0.5m）的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v=200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域。若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场（如图乙所示），两磁场的磁感应强度大小相等。已知三角形的边长L=4m，O、P两点间距离为d=1m，重力不计。求：
(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B0=0.2T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间t；
(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B应满足什么条件。
【答案】(1)320
V/m，；
(2)；(3)B=(0.4n＋0.2)T，(n＝0，1，2，3…)
【详解】
(1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动
水平方向
OP=t2
竖直方向
OQ=vt
水平分速度
微粒的初速度
联立解得
E=320
V/m，v0=200m/s
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知
解得
解得
T=3.14×10-2s
粒子的运动轨迹如图所示
则该微粒在乙图中运动一个周期的时间为
(3)由对称性可知，粒子能再次回到P点，则粒子运动的半径应满足
r(2n＋1)=OP（n＝0，1，2，3…）且r=
联立可得
B=(0.4n＋0.2)T，（n＝0，1，2，3…）
42．如图所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1(未知)、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于(0，R)；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距，x轴与直线CD之间的区域有一沿＋y轴的匀强电场，电场强度；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；
(3)欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积和此时x轴上有电子到达的范围长度。
【答案】(1)；(2)2R；(3)，
【详解】
(1)由图可知r1＝R，根据洛仑兹力提供向心力可知
解得
(2)在电场中电子的加速度
由于最上方的电子从O点出来的速度方向水平向左，大小为v0，故此电子到达CD直线上距y轴最远，在y方向上有
解得
水平方向上有
故电子第一次到达CD直线的范围长度
l1＝2R
(3)在CD直线下方的磁场中，根据动能定理可知
解得
即所有进入下方磁场的电子都具有相同的速度大小，电子在磁场中的运动轨迹半径
如下图，最上方的电子进入磁场时速度与CD直线夹角满足
解得
θ＝60°
由图可知，当最上方的电子速度与CD直线夹角为60°时，能够到达O点，当最下方的电子垂直进入磁场后，出磁场的方向与CD直线夹角为60°时，恰好能到达x轴，所以，由几何关系可得到矩形磁场的最小面积
由图可知，x轴上有电子到达的范围
43．如图所示，一电子枪可以连续发射质量为m，带电量为-e的电子，两平行极板E、F分别与可控电源正、负极相接，电源电压U可在0~U0之间任意调节。电子经E、F之间的电场加速后，从x=0处沿x轴垂直磁场和边界AB进入磁场区域。已知在0≤x（1）磁感应强度大小；
（2）在磁场中运动时间最短的电子在荧光屏上的亮点与x轴之间的距离d0；
（3）设荧光屏上亮点与x轴的距离为d，请写出d与U的函数关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）当电压调至时，荧光屏上恰好出现亮点P，所以此时电子恰好能够进入L≤x<2L的磁场区域中（进入磁场时速度方向垂直x轴），运动轨迹如图所示。
设此时电子运动半径为R，电子进入磁场时速度大小为v1，则有
由几何关系，可得
R=L
联立方程，得
（2）根据题目信息，当加速度电压为U0时，电子进入磁场时速度最大，电子在磁场中圆周运动的半径最大，电子在磁场中运动时间最短。设此时电子进入磁场时速度为v2，电子在磁场中圆周运动半径为r，则有
联立（1）可知
r=2R=2L
根据几何关系，此时电子在两个磁场中运动转过的角度均为30°，亮点与x轴之间的距离为
代入数据得
（3）设电压为U时，电子在磁场中做圆周运动的半径为r′，可得
联立方程，解得
由几何关系可得
联立解得
44．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）由水平方向匀速直线运动得
2h=v0t1
竖直向下的分速度
由竖直方向匀加速直线运动知
vy=at1
加速度为
根据以上式解得
（2）粒子进入磁场的速度为v，有
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为
r=R
由洛伦兹力提供向心力可知
解得
（3）粒子在磁场中运动的时间为
粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为
粒子运动的总时间
代入数据得
45．如图所示，离子源产生的某种正离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自坐标原点O射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，已知该离子刚好在磁场边界的P点射出。P点坐标为，不计重力影响。求：
（1）离子的比荷；
（2）粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设离子的质量为，电荷量为，进入磁场时的速度为，则
粒子在磁场中有
由几何关系知
联立解得
(2)
46．如图所示，宽度为两平行竖直边界间有一水平匀强电场，右侧有一半径为的圆形匀强磁场区域，为圆心，磁场方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的粒子在边界上的点由静止释放，经电场加速后，以速度沿轴线进入磁场区域，最终从磁场区域边界上点离开磁场，且。不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度的大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)若在圆形磁场右侧还存在着另一个矩形磁场区域，其一条边平行于，磁场方向垂直于纸面所在平面，粒子经过该磁场偏转后恰好又能回到点，求矩形磁场的最大磁感应强度及对应的最小面积。
【答案】(1)；(2)；(3)；
【详解】
(1)粒子在电场中加速，由动能定理
得
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得，粒子做圆周运动的半径
R1＝rtan60°＝
由牛顿第二定律
得
(3)如图，粒子出圆形磁场区域后在dj间做匀速直线运动，在j点进入矩形磁场做圆周运动，图示为符合题意的最小圆半径R2和对应的最小矩形磁场区域efgh
由几何关系可知
在矩形磁场区域运动的半径
设矩形磁场区域最大磁感应强度为Bm，由
得
最小磁场区域面积
S＝（R2+
R2cos30°）×2R2＝
代入R2得最小面积
47．如图所示，在第一象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域内存在方向垂直于平面向外的匀强磁场。在第二象限内，初速度为零的带正电粒子，经电压为U的电场加速后从y轴上P点沿x轴正方向射入第一象限，经过匀强电场后从Q点进入磁场，并从坐标原点O第一次射出磁场．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力。求：
（1）匀强电场电场强度的大小；
（2）匀强磁场磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）粒子在第二象限内被加速后沿x轴正方向进入第一象限．作出粒子在第一象限内运动的示意图如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，作出粒子出电场（进磁场）时的速度的反向延长线，由平抛运动规律时知，反向延长线交于沿x轴方向的位移的中点处，可知粒子到达Q点时的速度v与x轴正方向的夹角为,由运动的合成与分解可知
合速度
根据动能定理，带电粒子在第二象限有
在第一象限有
联立解得
（2）带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，作出其第一次进入磁场后的运动轨迹如图乙所示，为弦，弦切角为，轨迹所对圆心角为，为圆心，则，设粒子在磁场中运动轨迹的半径为R，则
，
由洛伦兹力提供向心力有
，
故
48．如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒，从静止开始经U1＝100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经偏转后进入右侧的匀强磁场。金属板的上极板带正电，下极板带负电，两板间电压U2＝100V，板长L＝20cm，两板间距。右侧匀强磁场足够长，宽度D＝10cm，微粒的重力忽略不计，求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角；
(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小。
【答案】(1)；(2)30°；(3)或
【详解】
(1)微粒在加速电场中，由动能定理有
解得
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示
偏转角
(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动
进入磁场的速度
微粒恰好不从右边界射出时
解得
为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为或。
49．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，初速度为零、带电量为q、质量为m的离子（重力不计）经过电压为U的电场加速后，从x上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后垂直y轴过y轴上的P点。已知OA=OP=d。求：
(1)带电粒子加速后的速度；
(2)磁感应强度B的大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设带电粒子经电场加速后的速度为v，由动能定理可得
解得
(2)带电粒子进入磁场后，由牛顿第二定律可得
依题意可知
联立解得
50．如图所示，在xOy坐标系的的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度，不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：
(1)粒子第一次穿过MN时的速度；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间；若增大磁感应强度B，试判断粒子在磁场中运动的时间如何变化。
【答案】(1)，方向与水平方向成角斜向右上；(2)；(3)，运动时间不变
【详解】
(1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射，在电场中做类平抛运动，由动能定理，有
将，代入，解得
粒子运动轨迹如图：
图中
解得。
即粒子第一次穿过MN时的速度为，方向与水平方向成角斜向右上。
(2)由图，根据几何关系，有
解得
由牛顿第二定律，有
解得
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由
联立解得，粒子运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间为
由以上结果可知，粒子在磁场中运动的时间是一个常数，与磁感应强度B无关，因此增大磁感应强度B，粒子在磁场中运动的时间不变。

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