PAGEPAGE30帶電粒子在復合場中的運動仿真押題1．如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最終打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力)()A．E向下，B向上 B．E向下，B向下C．E向上，B向下 D．E向上，B向上解析：離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向左運動，所以E向下，B向上，故A正確．答案：A2．如圖所示的虛線區(qū)域內，充溢垂直于紙面對里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子A(不計重力)以肯定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子B(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子B()A．穿出位置肯定在O′點下方B．穿出位置肯定在O′點上方C．運動時，在電場中的電勢能肯定減小D．在電場中運動時，動能肯定減小解析：若粒子B帶正電荷，其向下偏轉做類平拋運動，穿出位置肯定在O點下方，相反，若其帶負電荷，其向上偏轉做類平拋運動，穿出位置肯定在O點上方，選項A、B錯誤；在電場中運動時，電場力做正功，動能肯定增大，電勢能肯定減小，選項C正確，D錯誤．答案：C3.如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變更狀況為()A．d隨v0增大而增大，d與U無關B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大C．d隨U增大而增大，d與v0無關D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小答案：A4.如圖所示，一帶電塑料小球質量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內搖擺，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球搖擺的平面．當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A．0 B．2mgC．4mg D．6mg解析：設小球自左方擺到最低點時速度為v，則eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝meq\f(v2,L)，當小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變更，T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，得T＝4mg，故C正確．答案：C5．如下圖所示，真空中存在著下列四種有界的勻強電場E和勻強磁場B區(qū)域，一帶正電的小球(電荷量為＋q，質量為m)從該復合場邊界上方的某一高度由靜止起先下落．那么小球可能沿直線通過下列哪種復合場區(qū)域()答案：B6.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動限制等領域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面對下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是()A．電勢差UCD僅與材料有關B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0C．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平解析：電勢差UCD與磁感應強度B、材料有關，選項A錯誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側面偏轉，則電勢差UCD<0，選項B正確；僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直且東西放置，選項D錯誤．答案：BC7.如圖所示為一個質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖中的()答案：AD8．如下圖所示，一個帶正電荷的物塊m，由靜止起先從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來．已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失．先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，其次次讓物塊m從A點由靜止起先下滑，結果物塊在水平面上的D′點停下來．后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止起先下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點停下來．則以下說法中正確的是()A．D′點肯定在D點左側 B．D′點肯定與D點重合C．D″點肯定在D點右側 D．D″點肯定與D點重合答案：BC9．如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，不計重力的帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入．有可能做直線運動的是()解析：A圖中，若粒子帶正電，則粒子受向下的電場力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項A錯誤．B圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項B錯誤；C圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，若二者相等，則粒子能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也可能沿直線運動，選項C正確；D圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項D錯誤．答案：C10.質量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場(場強大小為E)和勻強磁場(磁感應強度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．該微?？隙◣д夿．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為Bvcosθ答案：C11.如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場．質子由靜止起先經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，假設無論撤去磁場B還是撤去電場E，質子仍能穿出場區(qū)，則()A．若撤去磁場B，質子穿過場區(qū)時間大于tB．若撤去電場E，質子穿過場區(qū)時間小于tC．若撤去磁場B，質子穿出場區(qū)時動能大于EkD．若撤去電場E，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek解析：質子進入復合場沿直線運動，則質子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁場B，質子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t＝eq\f(x,v0)，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確．若撤去電場E，則質子在磁場中只受洛倫茲力作用，方向始終垂直于質子速度方向，所以洛倫茲力對質子不做功，質子速度大小不變，動能不變，但是洛倫茲力變更了質子運動方向，所以質子在磁場中運動軌跡變長，穿出場區(qū)時間變長，則B、D錯誤．答案：C12.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變更的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．現用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關于高頻溝通電源的周期和獲得的最大動能的大小，下列說法正確的是()A．加速質量大的粒子溝通電源的周期較大，加速次數少B．加速質量大的粒子溝通電源的周期較大，加速次數多C．加速質量大的粒子溝通電源的周期較小，加速次數多D．加速質量大的粒子溝通電源的周期較小，加速次數少答案：A13.如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子在磁場中轉半個圓后打在P點，設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數關系的是()答案：B14.如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的三個相同的帶電小球A、B、C從同一高度以同一初速度水平拋出(小球運動過程中不計空氣阻力)，B球處于豎直向下的勻強磁場中，C球處于垂直紙面對里的勻強電場中，它們落地的時間分別為tA、tB、tC，落地時的速度大小分別為vA、vB、vC，則以下推斷正確的是()A．tA＝tB＝tC B.tB<tA<tCC．vC＝vA<vB D．vA＝vB<vC解析：依據題意可知，A球在豎直方向上做自由落體運動，只有重力做功，B球除受重力之外，還受洛倫茲力的作用，但洛倫茲力總是沿水平方向，且洛倫茲力不做功，故只有重力做功，所以B球豎直方向做自由落體運動，C球除受重力之外，還受到垂直紙面對里的電場力作用，故C球在豎直方向做自由落體運動，重力和電場力均對其做正功，所以三個球在豎直方向都做自由落體運動，由于下落的高度相同，故下落的時間相等，即有tA＝tB＝tC，A正確，B錯誤；依據動能定理可知，A、B兩球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球的合力做的功比A、B兩球的合力做的功多，初速度又與A、B兩球的初速度相同，故C球的末速度比A、B兩球的末速度大，即vA＝vB<vC，C錯誤，D正確．答案：AD15.如圖所示，一根光滑的絕緣斜軌道連接一個豎直放置的半徑為R＝0.50m的圓形絕緣光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面對外的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.50T．有一個質量為m＝0.10g、帶電荷量為q＝＋1.6×10－3C的小球在斜軌道上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過最高點，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10m/s2A．若小球到達最高點的線速度為v，小球在最高點時的關系式mg＋qvB＝meq\f(v2,R)成立B．小球滑下的初位置離軌道最低點高為h＝eq\f(21,20)mC．小球在最高點只受到洛倫茲力和重力的作用D．小球從初始位置到最高點的過程中機械能守恒答案：BCD16.如圖所示，虛線圓所圍的區(qū)域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場和另一未知勻強電場(未畫)，一電子從A點沿直徑AO方向以速度v射入該區(qū)域．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子所受的重力．(1)若電子做直線運動，求勻強電場的電場強度E的大小和方向；(2)若撤掉電場，其他條件不變，電子束經過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為θ，求圓形磁場區(qū)域的半徑r和電子在磁場中運動的時間t.解析：(1)若電子做直線運動，據evB＝eE得E＝vB，場強垂直O(jiān)A豎直向下．電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(α,2π)T，解得t＝eq\f(mθ,eB)答案：(1)vB垂直O(jiān)A豎直向下(2)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)eq\f(mθ,eB)17.如圖，在x<0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度E＝10N/C；在x>0的空間中，存在垂直于xOy平面、方向向外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T．一帶負電的粒子(比荷eq\f(q,m)＝160C/kg)，在距O點左側x＝0.06m處的d點以v0＝8m/s的初速度沿y軸正方向起先運動，不計帶電粒子的重力．求：(1)帶電粒子起先運動后第一次通過y軸時的速度大小和方向；(2)帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場；(3)帶電粒子運動的周期．則tanθ＝eq\f(vx,v0)＝eq\r(3)，得θ＝60°.(2)作出帶電粒子在磁場內的運動軌跡，如圖所示，由幾何關系可知帶電粒子的運動軌跡所對應的圓心角α＝120°，則帶電粒子在磁場內運動的時間t2＝eq\f(1,3)T＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,120)s.(3)帶電粒子從磁場返回電場后的運動是此前由電場進入磁場運動的逆運動，則經驗時間t3＝t1，帶電粒子的速度變?yōu)関0，此后重復前面的運動．可見，粒子在電、磁場中的運動具有周期性，其周期T＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(\r(3),100)＋eq\f(π,120))s.答案：(1)16m/s與y軸正方向成60°角(2)eq\f(π,120)s(3)(eq\f(\r(3),100)＋eq\f(π,120))s18.如圖所示，平面直角坐標系的其次象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球接著做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)其次象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大??；(2)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小．(3)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝eq\f(mg,q)因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖丙所示由幾何關系可知r＋r·cos53°＝d，解得r＝eq\f(5,8)d由洛倫茲力供應向心力知B2q·2v0＝meq\f(2v02,r)，聯立得B2＝eq\f(16mv0,5qd).答案：見解析19．如圖所示，在xOy平面內y軸與MN邊界之間有沿x軸負方向的勻強電場，y軸左側和MN邊界右側的空間有垂直紙面對里、磁感應強度大小相等的勻強磁場，MN邊界與y軸平行且間距保持不變．一質量為m、電荷量為－q的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場，每次經過磁場的時間均為t0，粒子重力不計．(1)求磁感應強度的大小B；(2)若t＝5t0時粒子回到原點O，求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強度E0；(3)若帶電粒子能夠回到原點O，則電場強度E應滿意什么條件？解析(1)粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)粒子每次經過磁場的時間為半個周期，則T＝2t0解得B＝eq\f(πm,qt0)(2)粒子t＝5t0時回到原點，軌跡如圖甲所示，由幾何關系有r2＝2r1由向心力公式有qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)qBv2＝eq\f(mv\o\al(2,2),r2)電場寬度d＝eq\f(v0＋v2,2)t0解得d＝eq\f(3v0,2)t0又v2＝v0＋eq\f(qE0,m)t0解得E0＝eq\f(mv0,qt0)依據動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(2n＋1mv0,3n2qt0)＝(n＝1,2,3，…)答案(1)eq\f(πm,qT0)(2)eq\f(3v0,2)t0eq\f(mv0,qt0)(3)E＝eq\f(2n＋1mv0,3n2qt0)＝(n＝1,2,3，…)20．如圖所示，空間以AOB為界，上方有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，下方有垂直于紙面對里的勻強磁場，以過O點的豎直虛線OC為界，左側到AA′間和右側到BB′間有磁感應強度大小不同的垂直于紙面對里的勻強磁場，∠AOC＝∠BOC＝60°，現在A點上方某一點以肯定的初速度水平向右射出一帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子恰好從AO的中點垂直AO進入OC左側磁場并垂直O(jiān)C進入右側磁場，粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進入勻強電場，AO＝BO＝L，不計粒子的重力，求：(1)粒子初速度v0的大??；(2)OC左側磁場磁感應強度B1的大小和右側磁場磁感應強度B2的大?。?2)粒子進入磁場時的速度大小v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0＝eq\r(\f(qEL,m))由于粒子垂直AO進入左側磁場，垂直O(jiān)C進入右側磁場，因此粒子在左側磁場中做圓周運動的圓心為O點，做圓周運動的半徑r1＝eq\f(1,2)L由qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝2eq\r(\f(mE,qL))進入右側磁場后，運動軌跡如圖所示，由于粒子經過OB時速度豎直向上，由幾何關系得tan60°＝eq\f(r2,\f(1,2)L－r2)解得r2＝eq\f(3－\r(3),4)L由qvB2＝meq\f(v2,r2)解得B2＝eq\f(23＋\r(3),3)eq\r(\f(mE,qL))答案(1)eq\f(1,2)eq\r(\f(qEL,m))(2)2eq\r(\f(mE,ql))eq\f(23＋\r(3),3)eq\r(\f(mE,qL))21．如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內存在著方向垂直紙面對外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內存在沿y軸負方向、電場強度為E的勻強電場．從y軸上坐標為(0，a)的點向磁場區(qū)放射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與y軸正方向成30°～150°角，且在xOy平面內．結果全部粒子經過磁場偏轉后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的復合場區(qū)．已知帶電粒子的電荷量為＋q，質量為m，不計粒子的重力，不計粒子之間的相互影響．(1)確定進入磁場速度最小的粒子的速度方向，并求出速度大?。?2)全部通過磁場區(qū)的粒子中，求出最短時間與最長時間的比值．(3)從x軸上x＝(eq\r(2)－1)a的點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經過y軸上y＝－b的點，求該粒子經過y＝－b點時的速度大?。?3)設粒子射入第一象限時與y軸負方向夾角為α，則有R′－R′cosα＝(eq\r(2)－1)aR′sinα＝a得到：α＝45°，R′＝eq\r(2)a速度v0＝eq\f(qBR′,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)設到達y軸速度為v′，則qEb＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得經過y＝－b點時的速度大小為v′＝eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m)).答案(1)垂直y軸eq\f(qBa,m)(2)1∶5(3)eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))22．靜電噴漆技術具有效率高、質量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖所示．A、B為水平放置的間距d＝1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的E＝0.1V/m的勻強電場．在A板的中心放置一個平安接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向勻稱地噴出初速度大小均為v0＝6m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質量均為m＝1.0×10－5kg，帶負電且電荷量均為q＝1.0×10－3C，不計油漆微粒間的相互作用以及油漆微粒帶電量對板間電場和磁場的影響，忽視空氣阻力，g＝10m/s2.求：(1)油漆微粒落在B板上的面積；(2)若讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.06T，調整噴槍使油漆微粒只能在紙面內沿各個方向噴出，其他條件不變．B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度為多少？(3)在滿意(2)的狀況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間為多少？聯立以上各式并代入數據得ab＝1.6m?(3)打在B板上的微粒中，最短的弦長即Pc對應的時間最短，由幾何關系得sinθ＝eq\f(\f(d,2),R)?運動的最短時間tmin＝eq\f(2θ,2π)T?微粒在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)?代入數據解得tmin＝0.31s答案(1)18.1m2(2)1.6m(3)0.31s23.如圖所示,坐標系xOy在豎直平面內,y軸的正方向豎直向上,y軸的右側廣闊空間存在水平向左的勻強電場E1=2N/C,y軸的左側廣闊空間存在勻強磁場和勻強電場,磁場方向垂直紙面對外,B=1T,電場方向豎直向上,E2=2N/C.t=0時刻,一個帶正電的質點在O點以v=2m/s的初速度沿著與x軸負方向成45°角射入y軸的左側空間,質點的電荷量為q=1×10-6C,質量為m=2×10-7kg,重力加速度g=10m/s(1)質點從O點射入后第一次通過y軸的位置;(2)質點從O點射入到其次次通過y軸所需時間;(3)質點從O點射入后第四次通過y軸的位置.(2)質點的個勻速圓周運動的時間t1=×=s當質點到達右側空間時,F合==mg,a==g且F合與v反向,質點做有來回的勻變速直線運動,來回時間t2=2×=s質點從剛射入左側空間到其次次通過y軸所需的時間t=t1+t2=s.(3)質點從右側空間返回左側空間時速率仍是v=2m/s,做勻速圓周運動,軌跡在y軸上截距為d=2Rcos45°=m如圖,質點再次進入右側空間時,vx=m/s,ax=-10m/s2,水平方向做勻減速運動vy=-m/s,ay=-10m/s2,豎直方向做勻加速運動當質點返回y軸時,來回時間t3=2×=s豎直方向下落距離Δy=vyt3+g=0.8m質點進入左側空間后第四次通過y軸的位置y2=y1+d-Δy=m.答案:(1)m(2)s(3)m24.如圖(甲)所示,在坐標軸y軸左側存在一方向垂直于紙面對外的勻強磁場,磁感應強度為B,y軸右側存在如圖(乙)所示寬度為L的有界交變電場(規(guī)定豎直向下為正方向),此區(qū)間右側存在一大小仍為B方向垂直于紙面對內的勻強磁場,有一質量為m,帶電荷量為q的正粒子(不計重力)從x軸上的A點以速度大小為v方向與x軸正方向夾角θ=60°射出,粒子達到y軸上的C點時速度方向與y軸垂直,此時區(qū)域內的電場從t=0時刻變更,在t=2T時粒子從x軸上的F點離開電場(sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:(1)C點距坐標原點距離y;(2)交變電場的周期T及電場強度E0的大小;(3)帶電粒子進入右側磁場時,區(qū)域內的電場消逝,要使粒子仍能回到A點,左側磁感應強度的大小、方向應如何變更?(3)從F點進入右磁場時,方向水平向右,速度仍為v,做圓周運動,半徑仍為r,離開右磁場時恰運動半周,水平向左,電場消逝,勻速運動到y軸,進入左側磁場,運動半徑為R.由圖知要回到A點,軌跡如圖,依據幾何關系知:R2=(2r-R)2+r2解得R=,則由洛倫茲力供應向心力有qvB1=,解得B1=B,方向垂直紙面對內.答案:(1)(2)(3)B方向垂直紙面對內25.如圖1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對里的勻強磁場，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ad＝bc＝eq\f(4,3)eq\r(3)R，忽視粒子的重力.求：圖1(1)帶電粒子的比荷；(2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置.答案(1)eq\f(\r(3)v0,3BR)(2)粒子從ab邊射出，距b點eq\f(R,3)(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.設粒子離開矩形區(qū)域時的位置g離b的距離為x，則由牛頓其次定律；qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)得r＝eq\r(3)R，由圖中幾何關系θ＝60°故粒子離開矩形區(qū)域時到b的距離為x＝R－eq\f(2,3)eq\r(3)R×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(R,3)故粒子將從ab邊射出，距b點eq\f(R,3).26.如圖2所示，在直角坐標系xOy的第Ⅰ象限內有沿y軸負向的勻強電場，電場強度為E，第Ⅳ象限內有垂直紙面對外的勻強磁場.一個質量為m、電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點沿x軸正向進入電場，粒子從x軸上的Q點進入磁場.已知Q點的坐標為(L,0)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用.圖2(1)若粒子在Q點的速度方向與x軸正方向成30°角，求P、Q兩點間的電勢差；(2)若從y軸正半軸各點依次向x軸正向放射質量為m、電荷量為＋q的速度大小適當的粒子，它們經過電場偏轉后都通過Q點進入磁場，其中某個粒子A到達Q點的速度最小.粒子A經過磁場偏轉后恰好垂直y軸射出了磁場.求勻強磁場的磁感應強度的大小.答案(1)eq\f(\r(3),6)EL(2)eq\r(\f(mE,qL))(2)設粒子A進入電場的速度為v1，它進入電場后qE＝maL＝v1t，vy＝at，vQ＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,y))得vQ＝eq\r(v\o\al(2,1)＋\f(qEL,mv1)2)由數學學問可知，當v1＝eq\f(qEL,mv1)時，vQ取最小值.即v1＝eq\r(\f(qEL,m))時，Q點的速度最小值為vQ＝eq\r(\f(2qEL,m))此時vy＝v1，粒子A在Q點的速度方向與x軸正向夾角為45°.所以粒子A進入磁場后的偏轉半徑(如圖)R＝eq\r(2)L由qvQB＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)得B＝eq\f(mvQ,qR)得B＝eq\r(\f(mE,qL))27.如圖3所示，在豎直平面內，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面對外和方向垂直紙面對里的勻強磁場，其中x軸上方的勻強磁場磁感應強度大小為B1，并且在第一象限和其次象限有方向相反，強弱相同的平行于x軸的勻強電場，電場強度大小為E1.已知一質量為m的帶電小球從y軸上的A(0，L)位置斜向下與y軸負半軸成60°角射入第一象限，恰能做勻速直線運動.圖3(1)判定帶電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大??；(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運動，須要在x軸下方空間加一勻強電場，試求所加勻強電場的方向和電場強度的大??；(3)在滿意第(2)問的基礎上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板，并且調整x軸下方的磁場強弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時，既無電荷轉移，也無能量損失，并且入射方向和反射方向的關系類似光的反射)，然后恰能勻速直線運動至y軸上的A(0，L)位置，求：彈性板的最小長度及帶電小球從A位置動身返回至A位置過程中所經驗的時間.答案(1)負電eq\f(\r(3)mg,3E1)eq\f(2E1,B1)(2)豎直向下eq\r(3)E1(3)eq\f(2,3)eq\r(3)Leq\f(5\r(3)πB1L,3E1)＋eq\f(2B1L,E1)解析(1)(3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞，并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運動到A點，則其軌跡應當如圖所示，且由幾何關系可知：3PD＝2ONeq\f(ON,OA)＝eq\f(ON,L)＝tan60°聯立上述方程解得：PD＝DN＝eq\f(2,3)eq\r(3)L則擋板長度至少為PD＝eq\f(2,3)eq\r(3)L在第一象限運動的時間t1和其次象限中運動的時間t2相等，且：t1＝t2＝eq\f(AN,v)＝eq\f(2L,v)＝eq\f(B1L,E1)所以帶電小球從A點動身至回到A點的過程中所經驗的總時間為：t0＝t＋t1＋t2聯立上述方程解得：t0＝eq\f(5\r(3)πB1L,3E1)＋eq\f(2B1L,E1)28.如圖4所示，在平行板電容器的兩板之間，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度B1＝0.40T，方向垂直紙面對里，電場強度E＝2.0×105V/m，PQ為板間中線.緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，有垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度B2＝0.25T，磁場邊界AO和y軸夾角∠AOy＝45°.一束帶電荷量q＝8.0×10－19C的同位素(電荷數相同，質量數不同)正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.2m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)域，離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45°～90°之間，不計離子重力，求：圖4(1)離子運動的速度為多大？(2)求離子的質量范圍；(3)若只變更AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度B2′大小應滿意什么條件？(計算結果保留兩位有效數字)答案(1)5.0×105m/s(2)4.0×10－26kg≤m≤8.0×10－26kg(3)B2′≥0.60T解析(1)設正離子的速度為v，由于沿中線運動，則有qE＝qvB1代入數據解得v＝5