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2020考前冲刺物理 1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，在第象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第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点进入第象限，试求：质点到达P2点时速度的大小和方向；第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；质点a进入第象限且速度减为零时的位置坐标 又恰能过负y轴2h处，故为圆的直径，转动半径R= （1分）又由 （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： （2分）； 由（2分） 由此得出速度减为0时的位置坐标是（1分）2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。分析和解： （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由； 得：联立解得：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(20分)如图所示，在xOy坐标系的第象限内，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=2102T、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xO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=1.61025kg、电荷量q=+1.61018C的粒子，以相同的速率v=2105m/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=?(2)磁感应强度B2的大小?分析与解：（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 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 = 1.57105 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（1分）5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 =( 3L2L)/ = 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(+8)/4vo6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；（2）求出O点到c点的距离。【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=4105kg，电量q=2.5105C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g10 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（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间解答微粒运动到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 （2分）电场力 （2分）洛仑兹力 （2分）联立求解、代入数据得v=10m/s （2分） 联立求解，代入数据可得: O点到P点运动时间 t12 s 8（20分）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/6T= 2m/qB =m/3qB；qv0B=m 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/qBA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由几何关系知： v=at=第一次穿越x轴的速度大小v=与电场方向夹角=arcsinarc 式各2分9（22分）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？（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：（2分）解得：（2分）；该微粒离地面最大高度为：H +（2分）10(20分)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，（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。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： v0=2gsims 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（18分）如图所示，直角坐标中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第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 = 2/9（2分）12（18分）如图所示，在y0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，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 v0t = 2h at2 /2= h由式解得E =mv/2qh （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，表示速度和x轴的夹角，则有v= 2ahv =；tan=v1 /v0；由式得v1 = v0由式得v =v0；= arctan 1 = 45 （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 = 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，= 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 由可得B =mv0/qh21如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场X轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场一质量为m、电量为 q的带电粒子（不计重力），从x轴上的O点以速度v0垂直x轴向上射出求： （1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴，粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？ （2）若粒子能经过在x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）答案：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 15所示由牛顿第二定律：qv0B = 得r1 = r2 =由T =得：T1 = T2 =粒子第二次到达x轴所需时间：t =(T1 + T2) =粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s = 2(r1 + r2) = （2）设粒子第N次经过在x轴的点距O点为L，不论N为偶数还是奇数粒子走过的弧长均为所以22如图所示，MN为纸面内竖直虚线，P、Q是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距离虚线的距离DQ为L/一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在纸面内从P点开始以水平初速度v0向右运动，经过一段时间后在虚线MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下，已知虚线足够长，MN左侧空间磁场分布足够大，粒子的重力不计求 （1）在加上磁场前粒子运动的时间； （2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0答案：（1）微粒从P点开始运动至第二次通过D点的运动轨迹如图所示，由图可知，在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，则t =PF/v0，由几何关系可右PF = L + R又R =mv0/qB，可得t = （2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，当R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大值为Rm = DQ/2，即Rm = L /(2)，可得B的最小值为Bmin =2mv0 /qL微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有t0 = (n +) T (n = 0，1，2，3，)又由 T=2m/qBmin 可得 t0 = (n = 0，1，2，3，) 23如图6 18所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图已知两个带电小球A和B的质量关系为mA = 3mB，轨道半径为RA = 3RB = 9 cm （1）试说明小球A和B带什么电，它们所带的电荷量之比qA/qB 等于多少？ （2）指出小球A和B在绕行方向及速率之比； （3）设带电小球A和B在图示位置P处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球B恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球A碰撞后所做圆周运动的轨道半径（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）答案：（1）因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE = mg，由电场方可知，两小球都带负电荷mAg = qAE，mA = 3mB所以 （2）由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向由qBv = m得，R =又由题意RA = 3RB，所以 （3）由于两带电小球在P处相碰，切向的合外力为零，故两带电小球在P处的切向动量守恒，由mAvA + mB vB = mA vA+ mBvB 得，vA =7vB/3= 7vA/9 由此得, 所以RA = 7 cm24如图6 19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 （1）求电源的电动势； （2）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； （3）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答案：（1）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 =/ (R + r)得= 4 (R + r) dmg/Rq （2）由（1）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：mg + Bqv0 =F因两板间电压U= IR/2 = 2U，得E= 2E， F= 2F = 2 mg解得v0 = mg / Bq （3）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.得Ek =25如图所示，直角坐标系xOy中，在x 0的区域存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场，其下边界和左边界分别yP = L +at2/2，解得：xP =，yP = （2）设所加的最小矩形磁场的高和底长分别为L1、L2，质子在磁场中做圆周运动的半径为r，则：(L r) sin (90) = r所以r =，又L1 = r + rcos，L2 = r，所以Smin = L1L2 =26如图所示的坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m、带电量为 q的带电粒子（不计重力），从电场中P点以初速度v0沿x轴正方向运动已知P点的坐标为（ L，0），且L =试求： （1）要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？ （2）要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？答案：（1）研究带电粒子在电场中的运动：水平方向： L= v0t1，解得：t1 =竖直方向，由动量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0所以粒子进入磁场时的速度：v =，方向与x轴成45角研究带电粒子在磁场中的运动：当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得：Bqv = m，得R =mv/qB又d = R + Rcos 45 解得：d =所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为：d h区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作直线运动（PO与x轴负方向的夹角为=37O），并从原点O进入第一象限已知重力加速度为g，sin37o=0.6，cos37o=0.8，问：(1)油滴的电性;(2)油滴在P点得到的初速度大小;(3) 油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值由OA匀速运动位移为s1=h/sin37=5h/3知运动时间：由几何关系和圆周运动的周期关系式T=2m/qB知由A的圆周运动时间为 由对称性知从C的时间在第一象限运动的总时间 由在磁场中的匀速圆周运动，有；由、式解得得到轨道半径 图中的 即离开第一象限处（点）的坐标为，32：如图所示，第一次粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间做直线运动，两板间充满相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，板长为L，两板间距为D=L/3。MN为绝缘挡板，MN与中线O1O2的夹角为=60，右侧是垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度也为B，粒子穿过O3后击中MN上的P点，第二次AB间磁场撤去，粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间恰好从A板右侧边缘射出击中MN上的Q点，PQ=15L/4且粒子从O1运动到Q的时间为t。求：（1）粒子的荷质比。 （2）加速电场的电压U1。（3）粒子第一次从O1运动到P的时间t1为多少？解：分析粒子在的U1加速：qU1=mv2/2分析粒子在电磁复合场中做匀速直线运动Eq=Bqv 分析粒子在两板间撤去磁场后做类平抛运动 qE=ma； tan=at/v0 tan=（L/2）/（D/2） 所以=30分析粒子做匀速圆周运动 Bqv0=Mv02/R,；所以 R=/L分析几何关系： O3P=2Rsin ；O3P+ O3Q=PQ ；O3Q=（L/2+O2O3）sin分析粒子第二次从O1运动到O2水平方向是匀速：vOt=（L+ O2O3）O3Qcos所以q/m=13/24Bt ；U1=13BL2/16t分析第一次运动时间t1=（L+ O2O3）v0t2=（2/360）T T=2m/Bq所以t1= t1+ t2=t（1+/3）33在xoy平面内，第象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角。在x0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C， 在y0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2103m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为q=51018C，质量为m=11024kg，（不计微粒所受重力），求：（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。第一次经过磁场边界上的A点由 得m A点位置坐标（-410-3m, -410-3m） (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则t=tOA+tAC= T= 代入数据解得：T=1.256105s 所以 t=1.256105s （3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做曲线运动 代入数据解得：m y=-2r=0.22410-3m=0.192m ；离开电、磁场时的位置坐标 (0, 0.192m) 34如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：（1）两金属板间所加电压U的大小;（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）在图中画出粒子再次进入电场的运动轨迹，并标出粒子再次从电场中飞出的位置与速度方向。解：（1）粒子在电场中运动时间为t，有：； ；解得：（2），解得： （3）画图正确给2分。36如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的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的方向平行x轴向右的匀强电场。有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为l，求：(1)粒子经过铅板时损失了多少动能？ (2)粒子到达C点时的速度多大？解：由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能根据，得又由几何知识可得（如图）, 即， 故。由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能，因此粒子穿过铅板后动能的损失为（2）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4如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：（1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；（2）电场运动总时间t总= tt = 37如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点P（L，）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q（L/4，0）进入第四象限，先做匀速直线运动，然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力求（1）电子经过Q点的速度v； （2）该匀强磁场的磁感应强度B（3）磁场的最小面积S解：（1）得经过P点的速度大小为与水平方向夹角为（2）电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120由几何关系得解得；由向心力公式；解得方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y轴的距离下边界距x轴的距离r=L/12最小面积为S=d r=L2/9638如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角 = 30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围。（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间。解：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =，所以有R =，（2）由t =及T =可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（22），所以最长时间为t =39如图所示，一个质量为m =2.01011kg，电荷量q = +1.0105C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20cm，两板间距d =10cm。求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？ （2）若微粒射出偏转电场时的偏转角为=30， 并接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场 区，则两金属板间的电压U2是多大？ （3）若该匀强磁场的宽度为D =10cm，由联立得： 代入数据解得：B 0.20T40设金属板左侧有一个方向垂直纸面向里、磁感应强度为B且面积足够大的匀强磁场，涂有荧光材料的金属小球P（半径忽略不计）置于金属板上的A点的正上方，且A、P同在纸面内，两点相距L，如图所示，当强光束照射到A点时发生光电效应，小球由于受到光电子的冲击而发出荧光，在纸面内若有一个与金属板成8射出的比荷为e/m的光电子恰能击中小球P，求：该光电子逸出金属板时速度的大小；光电子在磁场中运动的时间解：由题意可知，光电子的出射方向有两种可能：情况一：若光电子的出射方向是沿斜向左下方的方向，如图所示：由牛顿第二定律得： 由几何关系得： 由、式得： 情况二：若光电子的出射方向是沿着斜向左上方的方向，如图所示：由图可知，轨道半径也为 即光电子的出射速度大小也为： 光电子在磁场中的运动周期： 情况一：光电子在磁场中转过的角度为，运动的时间 由、式得 情况二：光电子在磁场中转过的角度为3，运动的时间 由、式得 41如图中甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图中乙所示。t0时刻开始，从C板小孔O1处连续不断飘入质量为m3.21021kg、电荷量q1.61015C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场，MN与金属板C相距d10cm，匀强磁场的大小为B0.1T，方向如图中所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？（2）从0到0.04s末时间内哪些时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？（3）以O2为原点建立直角坐标系，在图甲中画出粒子在有界磁场中可能出现的区域（用斜线标出），并标出该区域与磁场边界交点的坐标。要求写出相应的计算过程
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