帶電粒子在組合場中的運動習題集

第II卷（非選擇題）1．如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E。一質量為m，電荷量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出。射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L。①帶電粒子在磁場中做何種運動？②帶電粒子在電場中做何種運動？③求此粒子射出時的速度v④運動的總路程s（重力不計）?！敬鸢浮竣賻щ娏Ｗ哟怪边M入磁場，在磁場中做勻速圓周運動(半周)②進入電場后，電場力方向與運動方向相反，勻減速到零后勻加速返回，做往復運動，③④【解析】試題分析：①帶電粒子垂直進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動(半周)②進入電場后，電場力方向與運動方向相反，勻減速到零后勻加速返回，做往復運動，③由題意知第3次經(jīng)過x軸的運動如圖所示：設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系知：L=4R。設粒子初速度為v，則有：qvB=m可得：v=；

④設粒子進入電場作減速運動的最大路程為L′，加速度為a，則有：v2=2aL′qE=ma則電場中的路程：L′=，粒子運動的總路程：s=2πR+2L'=考點：本題考查帶電粒子在復合場中的運動。2．（15分）如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xoy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.5T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E=2N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y＞h=0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO作勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為θ=45°），并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g=10m/s2，問：（1）油滴在第一象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；（2）油滴在P點得到的初速度大??；（3）油滴在第一象限運動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標值．【答案】（1）負電荷，；（2）（3）0.82s,（4.0m,0）【解析】試題分析：（1）分析油滴受力可以判知要使油滴做勻速直線運動，油滴應帶負電。受力如圖：由平衡條件和幾何關系得（2）油滴在垂直直線方向上應用平衡條件得：，所以（3）進入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運動，在混合場中做勻速圓周運動，路徑如上圖，由O到A勻速運動的位移為:運動時間為：聯(lián)立解得：進入混合場后圓周運動的周期為：由A運動到C的時間為由運動的對稱性可知從C到N的時間為在第一象限內運動的總時間為油滴在磁場中做勻速圓周運動：圖中ON的長度及離開第一象限的X坐標：聯(lián)立得：x=4.0m所以油滴離開第一象限時的坐標為（4.0m,0）考點：本題考查了帶電粒子在混合場中的運動3．（12分）如圖所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小相等，方向如圖所示．現(xiàn)有一個帶電粒子在該平面內從X軸上的P點，以垂直于X軸的初速度進入勻強電場，恰好經(jīng)過y軸上的Q點且與y軸成450角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于X軸進入下面的磁場．已知OP之間的距離為d（不計粒子的重力）求：（1）Q點的坐標；（2）帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過X軸的時間．【答案】（1）（0，2d）（2）【解析】試題分析：（1）設Q點的縱坐標為h，到達Q點的水平分速度為，P到Q受到恒定的電場力與初速度垂直，為類平拋運動，則由類平拋運動的規(guī)律可知豎直方向勻速直線水平方向勻加速直線平均速度，根據(jù)速度的矢量合成得,故Q點的坐標為（0，2d）（2）粒子以與y軸成450角方向進入勻強磁場做勻速圓周運動，在電、磁場中的運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中運動的半徑為R,周期為T,則由幾何關系可知：粒子在磁場中的運動時間為,粒子在電場中的運動時間為,得總時間考點：帶電粒子在復合場中的運動4．如圖所示，在平面直角坐標系中，直線與軸成30°角，點的坐標為（，0），在軸與直線之間的區(qū)域內，存在垂直于平面向里磁感強度為的勻強磁場．均勻分布的電子束以相同的速度從軸上的區(qū)間垂直于軸和磁場方向射入磁場．己知從軸上點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過點，忽略電子間的相互作用，不計電子的重力．（1）電子的比荷（）；（2）有一電子，經(jīng)過直線MP飛出磁場時，它的速度方向平行于y軸，求該電子在y軸上的何處進入磁場；（3）若在直角坐標系的第一象限區(qū)域內，加上方向沿軸正方向大小為的勻強電場，在處垂直于軸放置一平面熒光屏，與軸交點為，求：從O點上方最遠處進入電場的粒子打在熒光屏上的位置。【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）由題意可知電子在磁場中的半徑為a由：電子的比荷：（2）設該電子射入的縱坐標為解得該電子在軸上進入磁場的縱坐標為：（3）粒子能進入電場中，且離O點上方最遠，則粒子在磁場中運動圓軌跡必須與直線MN相切，粒子軌道的圓心為O′點。則：由三角函數(shù)關系可求得：；得：有即粒子垂直于軸進入電場的位置離O點上方最遠距離為電子在電場中做類平拋，設電子在電場的運動時間為，豎直方向位移為，水平位移為，水平方向：豎直方向：代入得：設電子最終打在光屏的最遠點距Q點為H，電子射出電場時的夾角為θ有：有：將代入可得，打在熒光屏上的位置為距離Q點考點：復合場問題；勻速圓周運動及類平拋運動。5．（19分）如圖所示，平面直角坐標系的y軸豎直向上，x軸上的P點與Q點關于坐標原點O對稱，距離為2a。有一簇質量為m、帶電量為+q的帶電微粒，在xoy平面內，從P點以相同的速率斜向右上方的各個方向射出（即與x軸正方向的夾角θ，0°＜θ＜90°），經(jīng)過某一個垂直于xoy平面向外、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場區(qū)域后，最終會聚到Q點，這些微粒的運動軌跡關于y軸對稱。為使微粒的速率保持不變，需要在微粒的運動空間再施加一個勻強電場。重力加速度為g。求：（1）勻強電場場強E的大小和方向；（2）若一個與x軸正方向成30°角射出的微粒在磁場中運動的軌道半徑也為a，求微粒從P點運動到Q點的時間t；（3）若微粒從P點射出時的速率為v，試推導微粒在x＞0的區(qū)域中飛出磁場的位置坐標x與y之間的關系式?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上（2）（3）【解析】試題分析：所示，設微粒飛出磁場位置為C，在磁場中運動的軌道半徑為r，根據(jù)牛頓定律和幾何關系可得：（1）由題意知，要保證微粒的速率不變，則微粒所受電場力與重力平衡：①解得：，②方向豎直向上。③（2）設A、C分別為微粒在磁場中運動的射入點和射出點，根據(jù)題意畫出微粒的運動軌跡如圖所示。④根據(jù)幾何關系可得：⑤⑥設微粒運動的速率為v，由牛頓定律：⑦微粒從P點運動到Q運動的路程為s，則：⑧⑨聯(lián)解⑤⑥⑦⑧⑨得：⑩（3）根據(jù)題意作出粒子在x>0區(qū)域內的運動示意如圖???聯(lián)解???得：?考點：帶電粒子在復合場中的運動共點力平衡牛頓第二定律6．（17分）如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當撤去磁場并保留電場，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知，忽略粒子的重力。求：（1）帶電粒子的電荷量q與質量m的比值；（2）若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置?！敬鸢浮恳娫囶}分析【解析】試題分析：（1）設勻強電場強度為E，當電場和磁場同時存在時，粒子沿ef方向做直線運動，有：①當撤去磁場，保留電場時，粒子恰能從c點飛出，有：②③④聯(lián)解①②③④得：⑤（2）若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖所示。⑥設粒子離開矩形區(qū)域時的位置g離b的距離為x，則由牛頓第二定律：⑦由圖中幾何關系得：⑧⑨聯(lián)解⑦⑧⑨得：⑩考點：帶電粒子在復合場（電場磁場）中的運動牛頓第二定律平拋運動7．如圖所示，一個質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子(重力不計)，以初速度v由狹縫S1，垂直進入電場強度為E的勻強電場中．(1)為了使此粒子不改變方向從狹縫S2穿出，則必須在勻強電場區(qū)域加入勻強磁場，求勻強磁場B1的大小和方向．(2)帶電粒子從S2穿出后垂直邊界進入一個矩形區(qū)域，該區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，粒子運動軌跡如圖所示，若射入點與射出點間的距離為L，求該區(qū)域的磁感應強度B2的大?。敬鸢浮浚?），方向紙面向里；（2）【解析】試題分析：帶電粒子勻速穿過正交電場和磁場，滿足二力平衡：解得：方向紙面向里帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動：洛倫茲力提供向心力，有：且解得：考點：本題考查了力的平衡、帶電粒子在復合場中的運動、勻速直線和圓周運動規(guī)律。8．（12分）一質量為m、帶電量為＋q的粒子以速度v0從O點沿y軸正方向射入一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，同時進入場強大小為大小為E，方向沿x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方c點，如圖所示，已知b到O的距離為L，粒子的重力不計，試求：（1）磁感應強度B（2）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積；（3）c點到b點的距離【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）粒子在磁場中受洛侖茲力作用，作勻速圓周運動，設其半徑為R，O點即進入磁場開始勻速圓周運動，粒子在磁場中的軌跡的圓心C必在x軸上，且b點速度切線x軸交點為b點，而b點不可能是圓心，所以b點在磁場區(qū)之外。過b沿速度方向作延長線，它與y軸相交于d點。作圓弧過O點與y軸相切，并且與bd相切，切點a即粒子離開磁場區(qū)的地點。這樣也求得圓弧軌跡的圓心C，如圖所示。由圖中幾何關系得：L=3R勻強磁場中洛倫茲力提供向心力即，得帶入數(shù)據(jù)得（2）要使磁場的區(qū)域有最小面積，則線O應為磁場區(qū)域的直徑由幾何關系知：得∴勻強磁場的最小面積為：（3）帶電粒子進入電場后，由于速度方向與電場力方向垂直，故做類平拋運動設BC的距離為d，則由運動的合成知識有：而聯(lián)立解得：考點：帶電粒子在復合場中的運動9．如圖所示,第=２\*ROMANII象限中存在豎直向下的勻強電場，在ｘ軸的下方Ｌ處存在一個處置紙面向外的單邊界勻強磁場。今有一個電量為+q、質量為m的粒子（不計重力）從A點處以速度V0水平射入電場，恰好從坐標原點O處飛出，運動一段時間之后進入勻強磁場，并在磁場中經(jīng)過P點（）。求:（1）平行板間的電場強度的大??；（2）勻強磁場的磁感應強度的大??；（3）粒子從A點運動到P點的時間?！敬鸢浮?1),(2),(3)【解析】試題分析：（1）電場中，類平拋。水平：豎直：且：聯(lián)立得：（1分）（2）飛出電場瞬間豎直速度（2分）粒子進入以450進入磁場，軌跡如圖示。由幾何關系可得：（2分）因（2分）(3)由（1）可知電場中運動時間：（不計分）出電場到磁場勻速直線運動用時：（2分）磁場中用時：（2分）總用時：（2分）考點：電場和磁場的復合場。10．如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，板間電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B1。平行金屬板右側有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場應強度為B2。CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ=45°，O′C=a，現(xiàn)有大量質量均為m，含有不同電荷量、不同速度的正、負帶電粒子（不計重力），自O點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運動，并進入勻強磁場B2中，求：（1）進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度【答案】（1）（2）（3）2a【解析】試題分析：（1）設沿直線OO′運動的帶電粒子進入勻強磁場B2的速度為根據(jù)：解得：。（2）粒子進入勻強磁場B2中做勻速圓周運動根據(jù)：，解得：因此電荷量最大的粒子運動的軌道半徑最小，設最小半徑為r1由幾何關系有：，解得最大電荷量為：。(3)帶負電的粒子在磁場B2中向上偏轉，某帶負電粒子軌跡與CD相切，設半徑為r2，依題意：解得：則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為：考點：本題考查帶電粒子在復合場運動（速度選擇器）、磁場中的偏轉與討論。11．如圖所示，在xOy平面內有一范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為E，電場方向在圖中未畫出．在y≤l的區(qū)域內有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里．一電荷量為+q、質量為m的粒子，從O點由靜止釋放，運動到磁場邊界P點時的速度剛好為零，P點坐標為（l，l），不計粒子所受重力．xxyOP(l，l)B（1）求從O到P的過程中電場力對帶電粒子做的功，并判斷勻強電場的方向．（2）若該粒子在O點以沿OP方向、大小的初速度開始運動，并從P點離開磁場，此過程中運動到離過OP的直線最遠位置時的加速度大小，則此點離OP直線的距離是多少？（3）若有另一電荷量為-q、質量為m的粒子能從O點勻速穿出磁場，設，求該粒子離開磁場后到達y軸時的位置坐標．【答案】（1）；電場方向應為斜向右下與x軸正方向成45°（2）（3）【解析】試題分析：（1）根據(jù)動能定理，從O到P的過程中電場力對帶電粒子做的功所以直線OP是等勢線，帶電粒子能在復合場中運動到P點，則電場方向應為斜向右下與x軸正方向成45°（2）磁場中運動到離直線OP最遠位置時，速度方向平行于OP．洛倫茲力方向垂直于OP，設此位置粒子速度為v、離OP直線的距離為d，則 解得（3）設粒子做勻速直線運動速度為v1，則設粒子離開P點后在電場中做類平拋運動的加速度為a′，設從P點運動到y(tǒng)軸的過程中，粒子在OP方向的位移大小為x，則解得粒子通過y軸時的縱坐標（或寫成）考點：此題考查帶電粒子在復合場中的運動問題。即考查了一般的曲線運動和直線運動又考查了類平拋運動；及考考查牛頓定律也考查了動能定理的應用；是一道考查學生能力的綜合性題目。12．如圖，在x＞0的空間中，存在沿x軸方向的勻強電場，電場強度E＝10N/C；在x＜0的空間中存在垂直于xOy平面方向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T。一帶負電的粒子（比荷q/m＝160C/kg），在x＝0.06m處的D點以v0＝8m/s的初速度沿y軸正方向開始運動，不計帶電粒子的重力。求：（1）帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距離。（2）帶電粒子開始運動后第一次通過y軸的速度大小和方向；（3）帶電粒子進入磁場后經(jīng)多長時間返回電場；【答案】（1）沿y軸方向的位移y=v0t1=m（2）v==16m/s，即=60°（3）運動時間【解析】試題分析：（1）粒子在第一象限做類平拋運動，如圖所示，加速度a==1600m/s2，運動時間t1=，沿y軸方向的位移y=v0t1=m（2）粒子通過y軸進入磁場時在x方向上的速度vx=at1=8m/s，v==16m/s，因此tan，即=60°（3）粒子在第二象限以O1為圓心做勻速圓周運動，圓弧所對的圓心角為2=120°，運動時間t2=T=考點：帶電粒子在混合場中的運動．點評：本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及平拋運動的基本公式，難度適中．【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1）離子的比荷：（2）離子在磁場和電場中運動的時間之比為：考點：考查了帶電粒子在組合場中的運動點評：帶電粒子在勻強電場中運動時，要注意應用運動的合成和分解；而在磁場中運動時為勻速圓周運動，在解題時要注意應用好平拋和圓周運動的性質．14．（14分）如圖所示，豎直平面內有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝2500N/C，方向豎直向上；磁感應強度B＝103T，方向垂直紙面向外；有一質量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶正電小球自O點沿與水平線成45°角以v0＝4m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力，g取10m/s2(1)O點到P點的距離s1；(2)帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離s2.【答案】（1）（2）【解析】試題分析：分析：（1）粒子在復合場中電場力和重力平衡，則只在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可知粒子的半徑，由幾何關系可得出兩點間的距離；（2）粒子在電場中，由于重力和電場力的作用做類平拋運動，建立合適的坐標系，則可由運動的合成與分解求得兩點間的距離．解：（1）帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到重力G=mg=0.1N；電場力F1=Eq=0.1N即G=F1，故小球在正交的電場由A到C做勻速圓周運動．根據(jù)牛頓第二定律可知解得：由幾何關系得：；（2）帶電小球在C點的速度大小仍為v0=4m/s，方向與水平方向成45°．由于電場力F2=Eq=0.1N與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為，方向與初速度垂直，故小球在第二個電場中作平拋運動．建立如圖所示的坐標系，沿y方向上，小球的加速度；位移x方向上有小球的位移x=v0t由幾何關系可知：y=x即，解得：由幾何關系可知，Q到P點的距離為．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；帶電粒子在勻強電場中的運動．點評：本題考查帶電粒子在復合場中的運動，要注意當粒子在復合場中做勻速圓周運動時，粒子受到的電場力與重力平衡．15．如圖所示，直角坐標系位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直xOy平面向外，電場線方向平行于y軸。一質量為m.電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點以水平速度v0向右拋出，與x軸成450角經(jīng)x軸上M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從坐標系原點第一次離開電場和磁場。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：xxyv0AOM（1）電場強度E的大小和方向；（2）磁感應強度的大?。唬?）求小球從A運動到O的總時間?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】試題分析：1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力必須與重力平衡，有qE＝mg①E＝②重力的方向是豎直向下，電場力的方向則應為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上．(2)小球進入磁場時的速度，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得，設半徑為r，由幾何關系知根據(jù)牛頓第二定律可得：根據(jù)平拋運動規(guī)律可得：，，聯(lián)立可得(3)從A運動到O點的時間包括平拋運動時間，圓周運動時間根據(jù)平拋運動規(guī)律可得：，，根據(jù)幾何知識可得，粒子圓周運動的弧長對應的圓心角為270°，所以有又亦因為，，聯(lián)立可得考點：考查帶電粒子在復合場中的運動點評：該題考察到了復合場的問題，即在同一區(qū)域內同時存在電場、磁場和重力場三者中的任何兩個，或三者都存在．此類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握．常用的處理方法：1、建立帶電粒子在復合場中運動的物理情景．2、物理情（圖）景與解析幾何知識有機結合，將物理問題化歸為數(shù)學問題．思想方法：數(shù)理結合，建模和化歸的思想方法．解題思維流程：題給文字信息→建立物理圖景→化歸為幾何問題→還原為物理結論（構建物理圖景（模型）是關鍵、化歸為幾何問題是手段）．16．(10分)一質量為m、電荷量為+q的粒子以速度v從O點沿y軸正方向射入一個磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，同時進入場強為E、方向沿與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點，如圖所示，粒子的重力不計，試求：（1）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積；（2）c點到b點的距離?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：(5分)粒子在x軸下方作類平拋運動，垂直電場方向作勻速運動，沿電場方向作勻加速運動位移與初速方向夾角為60°(5分)考點：考查帶電粒子在復合場中的運動點評：本題難度較大，能夠判斷粒子在磁場中偏轉軌跡的兩個端點連線是磁場區(qū)域的最小直徑是本題的關鍵，也是粒子運動的臨界條件，判斷粒子在各場中的運動類型是本題的突破口17．在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定的初速度垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，已知ON=d,如圖所示.不計粒子重力，求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R；（2）粒子在M點的初速度v0的大小;（3）粒子從M點運動到P點的總時間t.【答案】(1)(2)(3)t【解析】試題分析：（1）做出帶電粒子的運動軌跡如圖由三角形相關知識得…（2分）…………（1分）（2）由qvB=mv2/R……（2分）得v……（1分）在N點速度v與x軸正方向成θ＝60°角射出電場，將速度分解如圖cosθ=v0/v……（1分）得射出速度v=2v0，v0=…（1分）（3）粒子在電場中運動的時間t1，有d＝v0t1…（1分）所以t1＝……（1分）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，故T……（2分）設粒子在磁場中運動的時間t2，有t2……（1分）所以t2t＝t1＋t2，所以t……（1分）考點：該題考查了電場和磁場邊界問題，點評：不同場的分界面上，既是一種運動的結束，又是另一種運動的開始，尋找相關物理量尤其重要．粒子在電場中運動偏轉時，常用能量的觀點來解決問題，有時也要運用運動的合成與分解．點粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定也是本題的一個考查重點圓心的確定：因洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力總垂直于速度，畫出帶電粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入磁場和射出磁場的兩點）洛倫茲力的方向，其延長的交點即為圓心．或射入磁場和射出磁場的兩點間弦的垂直平分線與一半徑的交點即為圓心．半徑的確定：半徑一般都在確定圓心的基礎上用平面幾何知識求解，常常是解直角三角形．運動時間的確定：利用圓心與弦切角的關系計算出粒子所轉過的圓心角θ的大小，再者就是要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題．18．如圖所示，兩塊水平放置、相距為的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側長度為的區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為。噴墨打印機的噴口可在兩極板左側上下自由移動，并且從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴。調節(jié)電源電壓至，使墨滴在電場的左側區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動。（重力加速度為）（1）判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；（2）要使墨滴不從兩板間射出，求墨滴的入射速率應滿足的條件?！敬鸢浮?1)帶負電荷（2）【解析】試題分析：(1)墨滴在電場左側區(qū)域做勻速直線運動，有①得②由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷（2）墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力③從上極板邊緣射進的墨滴最容易從兩板間射出，只要這個墨滴沒有射出，其他墨滴就都不會射出。若墨滴剛好由極板左側射出，則④聯(lián)立②③④解得同理，墨滴剛好從極板右側射出，有⑤解得聯(lián)立②③④解得要使墨滴不會從兩極間射出，速率應該滿足考點：帶電粒子才磁場中的運動點評：本題解題關鍵是找到臨界狀態(tài)，然后根據(jù)幾何關系找到半徑，用半徑公式進行求解。19．（12分）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第二、三象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，第一、四象限內存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場方向垂直于坐標平面向外。一個比荷（）為K的帶正電的粒子從第三象限中的Q(-2L，-L)點以速度v0沿x軸正方向射出，恰好從坐標原點O進入磁場，從P(2L，0)點射出磁場。不計粒子重力，求：（1）電場強度E（2）從P點射出時速度的大小（3）粒子在磁場與電場中運動時間之比【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度：；在電場中運動的時間：；沿y軸正方向，則有：，即，則：；(2)帶電粒子剛進入磁場時，沿y軸正方向的分速度則帶電粒子進入磁場時的速度，由于在磁場中洛倫茲力不改變帶電粒子速度大小，則：（3）由圖可知，帶電粒子進入磁場時，速度與x軸正方向夾角，滿足；則偏轉圓的圓心角，由幾何關系可知，偏轉半徑，則；則粒子在磁場中運動時間,即：故：考點：帶電粒子在復合場中的運動問題點評：此類題型的關鍵在于利用類平拋運動規(guī)律得出進入磁場的速度以及方向。通過左手定則判斷粒子的洛倫茲力，畫出軌跡，從而找到問題突破口。20．如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于Y軸向下，在X軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙而向外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于X軸射入電場。質點到達X軸上A點時，速度方向于X軸的夾角為，A點與原點0的距離為d．接著，質點進入磁場，并垂直丁OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角也為φ．xxyBφEvφOCA求：（1）粒子在磁場中運動速度的大?。海?）勻強電場的場強大小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：(1)依題意作出質點在磁場中作圓周運動的軌跡，如圖，由幾何知識得質點作圓運動的半徑①洛倫茲力提供向心力 ②由①②得 ③(2)質點在電場中作類平拋運動。設質點射入電場的速度為，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有④ ⑤ ⑥聯(lián)立④⑤⑥得 ⑦設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得 ⑧聯(lián)立③⑦⑧得考點：帶電粒子在組合場中的運動點評：本題考查帶電粒子在電、磁綜合場中的運動，綜合性較強，把電場的性質、運動學規(guī)律、圓周運動知識等有機地結合起來，在解題時應注重運用動力學的普通規(guī)律解決復合場中帶電粒子的運動問題。21．如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出。(1)求電場強度的大小和方向。(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】試題分析：（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E?？?/p>