高三电磁复合场计算题(教案)

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P 1点以一定的水平速度沿x 轴负方向抛出,它经过x = —2h 处的P 2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P 3点进入第Ⅳ象限，试求：
⑴质点a 到达P 2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v 0,由
2
12
h gt =
……① (2分) 2h =v 0t …… ② (2分） 解得平抛的初速度
02v gh (1分）
在P 2点，速度v 的竖直分量 2y v gt gh ==(1分)
所以，v =2
gh ，其方向与x 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23P P 为圆的直径,转动半径
R=
h h
OP 22
22222
=•=• …… ④（1分) 又由
2
v qvB m
R
=……⑤ （2分）． 可解得 E =mg /q （1分)； B = h
g q
m
2(2分） （3）带电粒以大小为v ，方向与x 轴正向夹45°2mg
，方向与过P 3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：
22mg a g m ==…… ⑥（2分）； 由222
2,2222v O v as s h a g
-=-===得(2分）
由此得出速度减为0时的位置坐标是
(),h h -(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P 1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P 2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P 3点进入第四象限.已知重力加速度为g ．求： (1）粒子到达P 2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P 1到P 2,由平抛运动规律 22
1gt h =…①(2分)； v 0=2h /t ……②(1
分）
gt v y =v y =gt ……③（1分） 求出gh v v v y O 22
2=+=……④（2分）
方向与x 轴负方向成45°角……（1分)
（2）质点从P 2到P 3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq =mg ……⑤（1分）;R
v m Bqv 2
=……⑥（2分）
222)2()2()2(h h R +=……⑦(2分）；
由⑤解得q
mg
E =
（2分）
联立④⑥⑦式得h g q m B 2=……（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v min =v cos45°=
gh 2……（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L 3。

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：
222)3(+)－(=L L R R 解得：R =2L
由R
v m
qvB 2
=; 得：qB mv R =
．联立解得：qL
mv B 2= 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：L L R h 3=－2=
由平抛运动的规律有：22
1=
gt h ；
vt
d =． 解得:g
L v
d 6= 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B 1=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B 2、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B 1的区域，OC =0。

5 m ．有一部分粒子只在磁感应强度为B 1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B 1的区域运动之后将进入磁感应强度为B 2的区域.设粒子在B 1区域运动的最短时间为t 1,这部分粒子进入磁感应强度为B 2的区域后在B 2区域的运动时间为t 2，已知t 2=4t 1。

不计粒子重力．求:
（1）粒子在磁感应强度为B 1的区域运动的最长时问t 0=？(中） （2)磁感应强度B 2的大小 (中）
解：(1）设粒子在磁感应强度为B 1的区域做匀速圆周运动的半径为r ，周期为T 1,则 r =r=mv/qB 1 ……（1分）, r = 1。

0 m ……（1分）； T 1 ==2 π m /qB 1…… （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B 1区域运动的时间最长为半个周期,即 t 0 =T 1/ 2 ……(2分)， 解得t 0 = 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B 1的区域运动的时间最短，这些粒子在B 1和B 2中运动的轨迹如图所示,在B 1中做圆周运动的圆心是O 1，O 1点在虚线上，与y 轴的交点是A ，在B 2中做圆周运动的圆心是O 2，与y 轴的交点是D ,O 1、A 、O 2在一条直线上。

由于OC =
2
1
r ……（1分);所以∠AO 1C = 30°……2分） 则t 1=T 1/12 ……（2分）
设粒子在B 2区域做匀速圆周运动的周期为T 2，则 T 2 =
2
2qB m
π ……（1分）
由于∠P AO 1 =∠OAO 2 =∠ODO 2 = 30°……（1分) 所以∠AO 2D = 120°……（2分） 则t 2 =2
3
2T ……（2分）,
由t 2 = 4 t 1 ， 解得B 2 = 2B 1 ……（1分）．B 2 = 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v 0，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 =v 0/cos45°=2v 0 （2)因为v 与x 轴夹角为45°，由动能定理得:
qEL mv mv -=-2
202
121, 解得 E =mv 02/2qL （3）粒子在电场中运动L =
2
22
1at ，a =qE /m 解得：t 2=2L /v 0 粒子在磁场中的运动轨迹为l/4圆周，所以 R =（ 3L —2L ）/
2 = 2L /2
粒子在磁场中的运动时间为：t 1=
004//22
1
v L v R ππ=⨯ 粒子从O 运动到P 所用时闯为：t =t 1+t 2=L （π+8）/4v o
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v 0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ev 0B = R
v m
2
（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 =R cos30° （4分）
求出圆形匀强磁场区域的最小半径03m r =v (2分) 圆形匀强磁场区域的最小面积为22
2
0min
22
34m S r B e ππ==
v （1分） （2）质子进入电场后，做类平抛运动,垂直电场方向： s sin30°=v 0t （3分）
平行电场方向：scos30°=a t 2 / 2,（3分）由牛顿第二定律eE =ma , （2分）
解得:2
043m s =v O 点到c 点的距离:2222200343()()m m d Ob bc Be eE
=+=+v v
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/s 2,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
222()B E F F mg =+ ①………（2分）
电场力
E F Eq = ②………(2分） 洛仑兹力
B F Bqv =…… 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:
tan E F mg
θ=
…… ⑤（2分）；代入数据得tan θ= 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s 1，沿合力方向的位移为s 2，则因为 s 1=v t …… ⑦
22
2
2()1E F mg s += ……⑧ 12
tan s s =θ……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v 0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 =
2v r
π……② 2πm /qB =πm /3qB ……③；
qv 0B =m
r
v 20
……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 =mv 0/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:v 0 = at ……⑥
由几何关系知：
3/330tan 2
/02== t
v at ……⑦ v 2=at =3/32
0v ……⑧
第一次穿越x 轴的速度大小v =02
2213/7v v v =+…⑨
与电场方向夹角θ=arcsin
3/7……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：q
mg
E
=
…… 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
R
v 2
…… ③(2分）
最高点与地面的距离为：H m = H + R （ 1 + cos 45°) ……④(2分）
解得:H m = H +)
2
21(+
Bq mv ……⑤ （2分） 该微粒运动周期为：T =Bq
m π2……⑥ (2分）
运动到最高点所用时间为：Bq
m T t 4383π==……⑦
(2分)
（3)设该粒上升高度为h ,由动能定理得： 22
1
045cot ωm Eqh mgh -=-- …… ⑧（2分）
解得：g v Eq mg m h 5)(222=
+=
ω……⑨（2分）;该微粒离地面最大高度为：H +g
v 42
……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/s 2.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 m 2g =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：s qB
m
T
22==
π （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 2
0—0=2gsimθ·s 得v 0=20m/s 对物体P 和Q ，在碰撞过程中，动量守恒有 112201v m v m v m -=
碰撞过程中，系统损失的能量为
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-=
∆222211*********v m v m v m E
对物体P ，时间关系：kT g v =θ
sin 21 ( ，，，k
321=）
当k =1时，v 1=5m/s ，v 2=5m/s ，△E =12.5J
当k =2时，v 1=10m/s,v 2=6m/s ，△E =6J
当k =3时，v 1=15m/s ，v 2=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v 0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
qv 0B =r
v m
20
(2分）
解得:B =qL
mv 230
（2分）
（2）带电粒子在电场中运动时，沿x 轴有：2L = v 0t 2 (1分）
沿y 轴有：L =2221at （1分) 又因为qE = ma (2分） 解得:E =qL
mv 22
0(2分） （3)带电粒子在磁场中运动时间为t =0
094231v L v ππ=⋅
（2分）
带电粒子在电场中运动时间为:t 2 =2L /v 0 （2分）
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为:t 1/t 2 = 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v 0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t 1 102t v d = 212
1at d =
m eE
a =
求出 E =ed
mv 220 (2）设电子进入磁场时速度为v ，v 与x 轴的夹角为θ，则
1tan 0
1
==
v at θ θ = 45°
．求出：02v v = 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
r v m evB 2=．由图可知 d r 2=；求出 ：ed
mv B 0
=
（3)由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t 1=0
6v d
电子在磁场中运动的时间 t 2 =
2324343v d
eB m T ππ=
= 电子从A 运动到D 的时间 t=3t 1+ t 2 =
2)
4(3v d π+
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v 0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E k 。

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r
v m
Bqv 2
0= ， 得：qB
mv r 0=
又T=Bq
m v r ππ220
=
得带电粒子在磁场中运动的时间： qB
m T t π==2
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v 0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 =qB
mv r 0
22=
带电粒子从
C
运动到
Q
沿电场方向的位移为
qB
mv r CP OP OQ DQ S E 030sin =
=====
带电粒子从C 运动到Q 沿初速度方向的位移为 qB
mv r CP CO CD S v 0
3330cos 0=
==== 由类平抛运动规律得：222121t m
qE at S E ==
t v S v 00=；联立以上各式解得:3
20
Bv E =
（3）由动能定理得:E k qES mv E =-
2021。

联立以上各式解得：2
6
7mv E k = 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 qR dmg r R /)(4+=ε
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：
F B qv mg '=+0
因两板间电压U ′= IR /2 = 2U ，得E ′= 2E ，F ′= 2F = 2 mg 解得v 0 = 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 ′2
02
1－2－2mv E d mg d k =
解得:2
22
32+23=q B g m mgd E k
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：qU E k =0
穿过铅板后由牛顿第二定律得：R
v m qvB 2
=
由几何知识得： °60sin =L
R ， 解得：m qLB v 32=
粒子穿过铅板后的动能为:m
q L B mv E k 32=21=2
222
因此粒子穿过铅板后动能的损失为m
l B q qU E E E k k k 32－=－=Δ2
220。

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
222
1
－21=mv mv qEl c ，解得m qEl
m l B q v c 2－34=
2
222 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B 1= 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B 2 =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F N 随高度h 变化的关系如图所示．g 取10m/s 2，不计空气阻力。

求：
⑴小球刚进入磁场B 1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f 1,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
21/2－－s m m
mg
qvB m mg f a ===
⑵在小球运动到管口时,F N ＝2.4×10—3N ，设v 1为小球竖直分速度，由
11=B qv F N ,则s m qB F v N
/2==1
1 由aL v 2=2
1 得 m a
v L 1=2=2 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 ，
m qB mv
R 22
==
小球离开管口开始计时,到再次经过MN 所通过的水平距离m R x 2=2=1
对应时间s πqB m πT t 4=2=41=
; 小车运动距离为x 2, m vt x 2
2π== 所以小球此时离小车顶端的距离为m x x x 43.0－21≈=∆
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v 0=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）0.1s 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
2
122
y
q U mv = ① 出电场时粒子沿电场方向的分速度v y =105m/s=v 0 ② 粒子离开电场时的速度2
2
50210/y v v v m s =+=
③
设出射方向与0v 方向间的夹角为θ，0
tan 1y v v θ==，故θ=45°
④ （2)粒子在磁场中运动的周期为62210m
T s Bq
π-=
=⨯ 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：
6min 1102
T
t s -=
=⨯ 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：6max 3
1.5104
t T s -==⨯ 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x 轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为410×2=E 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m AC S 2==
加速度为s m m
qE
a /10×22==
12；所用的时间为s a
s
t 6－10×1=2=
⑵电荷到达C 点的速度为s m at v /10×22==6
,速度方向与x 轴正方向成45°
在磁场中运动时，有R v m qvB 2=得轨道半径m qB mv R 2
2==
⑶轨迹圆与x 轴相交的弦长为m R x 1=2=Δ
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t v t a ′
′21=45tan 2
得t ′=2×10—6
s m t v x 8=45cos ′
=
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d 1的I 区里有与水平方向成45°角的匀强电场E 1,宽度为d 2的II 区里有相互正交的匀强磁场B 和匀强电场E 2。

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 .（d 1、E 1、E 2未知）求： ⑴E 1、E 2的大小; ⑵有界电场E 1的宽度d 1。

解:⑴由题意有： mg qE =°45sin 1 ，mg qE =2 所以,q
mg
E 2=
1 ，q mg E =2
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：2=°60sin d R
由R v m qvB 2=有：qB mv
R =
联立求得：m
qBd m qBd v 33260sin 2
2=︒=
微粒在I 区中加速时有:
qE 1cos45°·d 1=2
21mv ，或由：v 2
=2ad 1,而 a =m qE 45cos 1。

由此求出结果:d 1=g
m d B q 22
22232
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T 0．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T 0/2．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 v 0T 0=2R
只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：
x =20T v •
y =2
0)2
(21T m qE •
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2
08T mR
qvB =
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：r mv qvB 2=；由以上式子可得2
R r =;由图2/==r R tg θ
所以，粒子在磁场中运动的时间t =
2tan 2
20
atc T v r =•θ
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v 0 = 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．。