1、1.如图，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，其边界是半径为R的圆MN为圆的一直径在M点有一粒子源可以在圆平面内向不同方向发射质量m、电量-q速度为v的 粒子，粒子重力不计，其运动轨迹半径大于R （1）求粒子在圆形磁场中运动的最长时间（答案中可包含某角度，需注明该角度的正弦或余弦值）； （2）试证明：若粒子沿半径方向入射，则粒子一定沿半径方向射出磁场1.解：（1）根据 得：R 图中 根据 得：运动的最长时间 （式中）rrvv（2）如图所示，沿半径射入，r与R垂直，两三角形全等，而出射速度v与轨迹半径r垂直，所以出射速度与R同一直线。2.一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方
2、向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30、大小为v0的带正电粒子，如下图所示已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计)：（1）若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件？（2）若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处？最长时间是多少？2.解：（1）当粒子轨迹恰好与cd边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为R1，如图甲所示。则有可得： 当粒子轨迹恰好与ab相切时是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为R2，如图乙所示则有： 得
3、： 故粒子从ab边射出的条件为， 即 根据，得 所以 （2）因为 所以粒子运动所经过的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，从图中可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆心角最大为60，若粒子从ab边射出，则圆心角最大为240，粒子从ad边射出，圆心角最大为36060300，由于磁场无右边界，故粒子不可能从右侧射出综上所述，为使粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从ad边射出，如图乙所示，设出射点到O的距离为x，从图中可以看出，P点是离O距离最大的出射点 则 ， 即出射点到O的距离不超过 3.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的右侧有如图所示的匀强磁场。
4、一个带电为q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30o角，出磁场时刚好紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求：（1）两板间的距离；（2）匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。解：（1）带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。竖直方向：离开电场时的速度vy=v0tan30 粒子发生偏转的位移水平方向：粒子匀速运动的时间联立以上几式解得，（2）在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得，qE=ma根据运动学公式有，vy=at 又因为粒子运动时间t=，所以带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：粒子离开电场
5、时的速度粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示由几何关系得， 解得，4.如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E=4105N/C方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为N/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力。求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；AOExyv0（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t ,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：AOExyv0vO1 解得：a=1.01015m/s2
6、t=2.010-8s （2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：粒子经过y轴时的速度大小为；与y轴正方向的夹角为=450要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R/，则：由解得 5、（15分）如图所示，一个质量为m =2.010-11kg，电荷量q = +1.010-5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入上板带正电、下板带负电的两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100V金属板长L=20cm，两板间距d =cm求： 微粒进入偏转电场时的速度v0大小； 微粒射出偏转电场时的偏转角； 若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒
7、不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？ 5、微粒在加速电场中由动能定理得： 3分 解得v0 = 1.0104m/s 1分微粒在偏转电场中做类平抛运动，有： ， 1分 1分飞出电场时，速度偏转角的正切为： 2分 解得 = 30o 1分进入磁场时微粒的速度是： 1分轨迹如图所示，由几何关系有： 2分洛伦兹力提供向心力： 1分解得： 1分 代入数据解得：B /5=0.346T 1分所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。(B =0.35T照样给分)PP1P2LEB6（20分）竖直面内有一绝缘光滑水平轨道，末端放置一荷质比为滑块，在离的距离为处的虚
8、线右边有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知,如图所示。现有一个质量与相同且不带电的滑块以水平速度向右运动，与发生碰撞后粘在一起共同运动，两滑块可视为质点，计算时取，求：（1）滑块与碰撞后的速度（2）滑块从碰撞后到离开磁场所用的时间6解：（1）与碰撞前后系统动量恒有： (2分)由此得 （1分）P1P2LEB图MNv2（2）碰撞后二者一起平抛，水平方向有： （1分）竖直方向速度 （1分）由此得 （1分） （1分）从而， （1分） （1分）显然，滑块在电磁场中受电场力 （2分）故滑块在P的右边做匀速圆周运动，此时有 （2分）由此得 ，其圆心位置如图所示。（2分）（1分） 由对称性可知粒
9、子圆周运动时转过的角度，（1分）所用时间 （3分）7.（2011广州模拟）如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E10 N/C,在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0.5 T.一带电量q=+0.2 C、质量m=0.4 kg的小球由长l0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点.（g=10 m/s2）求：（1）小球运动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离.7.【解析】（1）小球从A运动到O
10、的过程中，由动能定理得： 解得小球在O点速度为： （2）小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球由牛顿第二定律得：F洛Bvq 联立式解得：（3）悬线断后，小球水平方向加速度小球从O点运动至N点电场力做功为零，则小球在N点水平方向上的速度大小仍为2 m/s，所用时间ON间距离答案:（1）2 m/s(2)8.2 N(3)3.2 m8.（2011南开区模拟）如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E12 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B103 T.方向垂直纸面向外；有一质量m110-2 kg、电荷量q410-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45角以v04 m/s的速度射
11、入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E22 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.8. 【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力Gmg0.1 N电场力F1qE10.1 N即GF1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得：解得：由几何关系得：(2)带电小球在P点的速度大小仍为v04 m/s.方向与水平方向成45角.由于电场力F2qE20.1 N与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为，方向与过P点的速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度，位移沿x轴方向上，带电小球的位移xv0t由几何关系有：yx即：，解得：Q点到P点的距离答案：(1) (2)3.2 m
