高三电磁复合场计算题(教案).doc

带电粒子在复合场中的运动（教案）

1．（易）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Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy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，场强大小与第Ⅲ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P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x= -2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y= -2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：
⑴质点到达P2点时速度的大小和方向；
⑵第Ⅲ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a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Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v0，由
……① （2分）
2h=v0t…… ② （2分）
解得平抛的初速度 （1分）
在P2点，速度v的竖直分量 （1分）
所以，v=2，其方向与轴负向夹角 θ=45° （1分）
（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有
mg=qE……③ （2分）
又恰能过负y轴2h处，故为圆的直径，转动半径
R= …… ④（1分）
又由 ……⑤ （2分）．　　可解得　E =mg/q （1分）； B = （2分）
（3）带电粒以大小为v，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，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a，则：
…… ⑥（2分）； 由（2分）
由此得出速度减为0时的位置坐标是（1分）

2．（易）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1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x= -2h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y= －2h处的P3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。

解：（1）参见图,带电质点从P1到P2，由平抛运动规律 …①（2分）； v0=2h/t……②（1分）
vy=gt……③（1分） 求出……④（2分）
方向与x轴负方向成45°角……（1分）
（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq=mg……⑤（1分）；……⑥（2分）
……⑦（2分）；　由⑤解得（2分）
联立④⑥⑦式得……（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0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45°=……（2分）
方向沿x轴正方向……2分）

3．（易）如图所示，在xoy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m，电量为+q的带电质点，在第三象限中以沿x轴正方向的速度v做匀速直线运动，第一次经过y轴上的M点，M点距坐标原点O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O的距离为。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B的大小。（中易）
⑶质点第二次经过x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R，则：
解得：R=2L
由； 得：．联立解得：
⑶质点在第二象限做平抛运动后第二次经过x轴，设下落的高度为h，则：
由平抛运动的规律有：； ．
解得：
4．（中）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅱ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B1=2×10—2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=1.0m，在x≥O的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1.6×10—25kg、电荷量q=+1.6×10—18C的粒子，以相同的速率v=2×105m/s从C点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=0.5 m．有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2，已知t2=4t1。不计粒子重力．求：
(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?（中）
(2)磁感应强度B2的大小 （中）

解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则
r =r=mv/qB1 ……（1分）,　r = 1.0 m ……（1分）；　T1 ==2 π m /qB1…… （1分）
由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即
t0 =T1/ 2 ……（2分），　　解得t0 = 1.57×10–5 s ……（2分）
（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与y轴的交点是A，在B2中做圆周运动的圆心是O2，与y轴的交点是D，O1、A、O2在一条直线上。
由于OC =r ……（1分）；所以∠AO1C = 30°……2分）
则t1=T1/12 ……（2分）
设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则　
T2 = ……（1分）
由于∠PAO1 =∠OAO2 =∠ODO2 = 30°……（1分）
所以∠AO2D = 120°……（2分）
则t2 = ……（2分），
由t2 = 4 t1 ，　解得B2 = 2B1 ……（1分）．B2 = 4×10–2 ……（1分）

5．（中）如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y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．现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点o射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同．求：
（1）粒子从O点射人磁场时的速度v．
（2）匀强电场的场强E
（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．（中）

解： （1）v=v0/cos45°=v0
（2）因为v与x轴夹角为45°，由动能定理得：
, 解得　E =mv02/2qL
（3）粒子在电场中运动L =，a =qE/m 解得：t2=2L/v0
粒子在磁场中的运动轨迹为l/4圆周，所以
R =( 3L—2L)/ = L/2
粒子在磁场中的运动时间为：t1=
粒子从O运动到P所用时闯为：t=t1+t2=L(π+8)/4vo

6．（中）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v0从O点沿y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；（中）
（2）求出O点到c点的距离。（中）

【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ev0B = 　（2分）　
要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知： r =Rcos30°　（4分）
求出圆形匀强磁场区域的最小半径　　（2分）
圆形匀强磁场区域的最小面积为（1分）
（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：
s sin30°=v0t（3分）
平行电场方向：scos30°=a t2 / 2，（3分）由牛顿第二定律eE=ma，　（2分）
解得：。O点到c点的距离：

7．（中）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xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10—5kg，电量q=2.5×10—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＝10 m/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．（中）
（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．（中）

解：微粒运动到O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
①………（2分）
电场力　 ②………（2分）
洛仑兹力　…… ③（2分）
联立求解、代入数据得　v=10m/s …… ④（2分）
微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直,设该合力与y轴负方向的夹角为θ, 则:
　 …… ⑤（2分）；代入数据得tanθ= 3/4 ,θ = 37°
带电微粒运动的速度与 x轴正方向的夹角为θ = 37°……⑥（2分）
微粒运动到O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s1，沿合力方向的位移为s2，则因为　s1=v t …… ⑦
……⑧ ……⑨
联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得: O点到P点运动时间 t＝1．2 s …⑩

8．（中）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B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为30°，且斜向上方，现有一质量为m电量为q的质子，以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角θ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x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。（用反三角函数表示）
解：（1）由题意可知，t=T/6……①
T= ……② 2πm/qB =πm/3qB……③；　qv0B=m……④ 易知△AOB为等边三角形
第一次穿越x轴，穿越点与原点距离x=r=mv0/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：v0 = at……⑥
由几何关系知：
……⑦
v=at=……⑧
第一次穿越x轴的速度大小v=…⑨
与电场方向夹角θ=arcsin……⑩
9．（易）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B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。（该区域的重力加速度为g）
（1）求该区域内电场强度的大小和方向。
（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H的A点，速度与水平向成45°，如图所示。则该微粒至少需经多长时间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 = Eq ①（2分） 解得：…… 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 = m…… ③（2分）
最高点与地面的距离为：Hm = H + R ( 1 + cos 45°) ……④（2分）
解得：Hm = H +……⑤ （2分）
该微粒运动周期为：T =……⑥ （2分）
运动到最高点所用时间为：……⑦ （2分）
（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：　　…… ⑧（2分）
解得：……⑨（2分）；该微粒离地面最大高度为：H + ……⑩（2分）

10．（中难）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P和Q，质量分别100g和500g，其中P不带电，Q带电。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度的大小为50V/m，方向竖直向下；磁感应强度的大小为5π(T)，方向垂直纸面向里。开始时，将小物体P无初速释放，当P运动至Q处时，与静止在该处的小物体Q相碰，碰撞中两物体的电荷量都保持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无限长，g取10m/s2。求：
（1）试分析物体Q的带电性质及电荷量；
（2）物体P、Q第一次碰撞后，物体Q可能的运动情况，此运动是否为周期性运动？若是，物体Q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。（难）

解：（20分）（1）对物体Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有
m2g =qE 得q =0.1C，且物体Q带负电
（2）物体P、Q碰撞之后，物体Q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Q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：
（3）要使P、Q能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q的第一次碰撞点,物体P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： v—0=2gsimθ·s 得v0=20m/s
对物体P和Q，在碰撞过程中，动量守恒有
碰撞过程中，系统损失的能量为

对物体P，时间关系： ()
当k=1时，v1=5m/s，v2=5m/s，△E=12.5J
当k=2时，v1=10m/s，v2=6m/s，△E=6J
当k=3时，v1=15m/s，v2=7m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。
综上所述，碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能可能为12.5J或6J.

11．（易）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a点以速度v0与–x轴成60°度角射入磁场，从y = L处的b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B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 =2L/3 （2分）
又因为　　qv0B =　　（2分）
解得：B = （2分）
（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L = v0t2 （1分）
沿y轴有：L =　（1分） 又因为qE = ma　　（2分） 解得：E =（2分）
（3）带电粒子在磁场中运动时间为t = （2分）
带电粒子在电场中运动时间为：t2 =2L/v0 （2分）
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1/t2 = 2π/9 （2分）

12．（易）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<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m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x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D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子从A运动到D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t1

求出 E =
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
　θ = 45°．求出:　
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力 　　
．由图可知　 ；求出 ：　
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=
电子在磁场中运动的时间 t2 =
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =
13．（中）如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，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v0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θ=30°，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：
（1）粒子从P运动到C所用的时间t；
（2）电场强度E的大小；（难）
（3）粒子到达Q点的动能Ek。

解：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，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 ， 得：
又T=
得带电粒子在磁场中运动的时间：
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v0垂直于电场沿CF方向，过Q点作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，CPO≌CQO≌CDQ，由图可知：
CP=
带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为
带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为
由类平抛运动规律得：
；联立以上各式解得：
（3）由动能定理得：。联立以上各式解得：

14．（易）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r，滑动变阻器的总电阻为R，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m、电荷量为q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F与重力G平衡，有F = mg = Eq
两板间电场强度E = U/d，两板间电压U = IR/4
由闭合电路的欧姆定律得：I = ε /（R + r）
得
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：

因两板间电压U′= IR/2 = 2U，得E′= 2E，F′= 2F = 2 mg
解得v0 = mg / qB．
⑶因两板间电压变为U″= IR = 4U； 故电场力F″= 4F = 4 mg
由动能定理知 F′ 解得：

15．（超易）如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B，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m，带电量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速后以垂直于铅板的方向从A处穿过铅板，然后从x轴的D处以与x轴正方向夹角为60°的方向进入电场和磁场重叠区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为L，不计粒子的重力。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：
穿过铅板后由牛顿第二定律得：
由几何知识得： , 解得：
粒子穿过铅板后的动能为：
因此粒子穿过铅板后动能的损失为。
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
，解得
17．（中易）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m=0.2g、电荷量q =8×10—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B1= 15T的匀强磁场，MN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B2 =5T的匀强磁场．现让小车始终保持v = 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FN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B1时加速度a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△x。

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f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则

⑵在小球运动到管口时，FN＝2.4×10-3N，设v1为小球竖直分速度，由
，则
由 得
⑶小球离开管口进入复合场，其中qE＝2×10-3N，mg＝2×10-3N
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，
小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离
对应时间； 小车运动距离为x2，
所以小球此时离小车顶端的距离为
18．（易）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OO′方向连续不断地放出速度v0=1.0×105m/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B=0.01πT，方向垂直纸面向里，MN与中线OO′垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的U—t图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷q/m =1.0×108C/kg，粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若t=0.1s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） t=0.1s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）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
①
出电场时粒子沿电场方向的分速度vy=105m/s=v0 ②
粒子离开电场时的速度 ③
设出射方向与方向间的夹角为，，故θ=45° ④
(2)粒子在磁场中运动的周期为 ⑤
t=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： ⑥
T=0.1s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： ⑦
①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分
19．（中）在如图所示的直角坐标系中，x轴的上方有与轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为V／m．x轴的下方有垂直于xoy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10—2T。把一个比荷为q/m=2×108C/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t；
⑵电荷在磁场中运动轨迹的半径；
⑶电荷第三次到达x轴上的位置。（中）
解：⑴电荷从A点匀加速运动到x轴的C点，位移为
加速度为；所用的时间为
⑵电荷到达C点的速度为，速度方向与x轴正方向成45°
在磁场中运动时，有得轨道半径
⑶轨迹圆与x轴相交的弦长为
电荷从坐标原点O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x轴第三次
相交时，设运动的时间为t′，则
得t′=2×10—6s 即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（8m，0）
20．（易）如图所示，宽度为d1的I区里有与水平方向成45°角的匀强电场E1，宽度为d2的II区里有相互正交的匀强磁场B和匀强电场E2。一带电量为q，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60°，重力加速度为g。（d1、E1、E2未知）求： ⑴E1、E2的大小； ⑵有界电场E1的宽度d1。
解：⑴由题意有： ，
所以， ，
⑵设微粒在复合场中做匀速圆周运动的速率为v，轨道半径为R，由几何关系有：
由有：
联立求得：
微粒在I区中加速时有：
qE1cos45°·d 1=，或由：v2=2ad1,而 a=。由此求出结果：d1=
21．（难）如图，xoy平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O．在该圆形区域内，有与y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o沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0．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T0/2．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B；圆O'的半径为R；粒子的电量为q，质量为m，初速度为v．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有：
qvB =qE v0T0=2R
只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：
　x =　　y=　
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　
只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心．
设半径为r，则有：；由以上式子可得；由图　
所以，粒子在磁场中运动的时间t=

22．（易）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 = 4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，有一质子以速度v0 = 2.0×106m/s由x轴上A点（OA = 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1.6×10—27kg，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；
（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B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．（图2分）
所以：sin30° = 1分） R = 2×OA
由B = = 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°, 则t1/t2= θ1/θ2=
（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 ′= v0t y ′= ××t2 tan30° = x'/y' ；由以上解得 t = = ×10—7s

23．（易）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P1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，由牛顿第二定律及运动学公式有：
qE = ma ① v0t = 2h ② at2 /2= h ③
由①②③式解得E =mv/2qh． ④
（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有v= 2ah ⑤
v = ⑥；tanθ=v1 /v0 ⑦；由②③⑤式得v1 = v0 ⑧
由⑥⑦⑧式得v =v0； θ= arctan 1 = 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 = ⑩
r是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x轴和y轴的交点分别为P2、P3．；因为OP2 = OP3，θ= 45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r =h ⑾
由⑨⑩可得B =mv0/qh． ⑿

24.（2009重庆理综第25题）如图1，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场.已知HO=d，HS=2d，∠MNQ=90°.（忽略粒子所受重力）
（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；
（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；
（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处.求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围.

解析：(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：

正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F
产生的加速度
即
垂直电场方向做匀速运动，有：
沿电场方向。有：
联立解得：
又
解得：
(2)正离子进入磁场时的速度大小为：

正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：
联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径
(3)将4m和16m代入R，得，
由几何关系可知S1和S2之间的距离

联立解得：
由
得： 由
得：