人教版物理选修二典型题：带电粒子在复合场中的运动
文档属性
| 名称 | 人教版物理选修二典型题：带电粒子在复合场中的运动 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-01-13 14:09:06 | ||
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文档简介
人教版物理选修二典型题：带电粒子在复合场中的运动
1．一个质量m＝0.1g的小滑块，带有的电荷量，放置在倾角的光滑斜面上（绝缘），斜面固定且置于B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面上的O点滑下，斜面足够长，小滑块滑至斜面上某一位置P点时，要离开斜面（g取，）。求：
（1）小滑块带何种电荷；小滑块在斜面上做何运动？
（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大；
（3）该斜面长度至少多长。
情景特点：小滑块，带有的电荷量 斜面固定且置于B＝0.4T的匀强磁场中
问题特点：做何运动 瞬时速度 斜面长度
【详解】（1）小滑块静止开始沿斜面向下运动，速度逐渐增大，后来离开斜面，说明受洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知小滑块带负电荷。
小滑块在斜面上做匀加速直线运动，其加速度
（2）小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零，由平衡条件得
当支持力N＝0时，小滑块脱离斜面。设此时小滑块速度为，则此时小滑块所受洛伦兹力
所以
（3）设该斜面长度至少为L，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时。因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得
所以斜面长至少为
带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．由qvB＝m，可得r＝.
2．由r＝和T＝，可得T＝.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．
处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
变式一、复合场中的直线运动
2．如图所示，质量M=1.5kg、长度合适的绝缘木板放置在光滑水平地面上，木板右端放有一质量m=0.5kg的带正电的物块（视为质点），初始时物块与木板均静止。在距木板右端L=6m处有一竖直分界线DE，DE右边有方向垂直纸而向里区域足够大的匀强磁场，磁感应强度大小。现对木板施加水平向右、大小F=5.5N的拉力，当物块运动到DE处时；撤去拉力F，最终物块恰好未从木板上滑下。已知物块所带的电荷量q=0.4C，物块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）从木板开始运动到木板右端到达DE处所用的时间t；
（2）最终物块的速度大小v；
（3）整个过程中因摩擦产生的热量Q。
【详解】（1）假设物块和木板发生相对滑动，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
比较可知
假设成立，根据匀变速直线运动规律有
解得
t=2s
（2）物块进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，根据题意可知两者能共速，且共速时物块所受的洛伦兹力与重力平衡，则
解得
v=5.5m/s
（3）从木板开始运动到物块运动到DE处所用的时间内，物块和木板的位移
，
拉力F做的功
根据功能关系有
解得
Q=19.25J
变式二、复合场中的圆周运动
3．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）微粒在复合场中的运动时间。
【详解】（1）微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲
可知
得
.
（2）由平衡条件得
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙
由几何知识可得
l
联立解得
解得
（3）微粒做匀速直线运动的时间
微粒做匀速圆周运动的时间
微粒在复合场中的运动时间
变式三、复合场中的一般曲线运动
4．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝30N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝2T。有一带正电的物体，质量，电荷量正电荷，从静止释放物体，物体与水平地面动摩擦系数为0.4，取。求：
（1）物体释放后在水平地面上做什么运动，要求写出加速度表达式。
（2）物体刚好离开地面的速度大小为多少？
（3）物体离开水平地面后速度达到最大，此时速度与水平夹角为。问为多少？
【详解】（1）物体释放后在水平地面上受力分析如图
竖直方向上有
水平方向上有
又由
解得
随着速度增加洛伦兹力增加，加速度增加，当时离开水平面，故物体释放后在水平地面上向右做加速度增加的加速直线运动直到离开水平面。
（2）物体刚好离开地面时有
此时速度大小为
（3）物体离开水平地面后受重力、电场力、洛伦兹力，继续加速做一般曲线运动，随着速度增加洛伦兹力增加，直到三个力平衡，达到最大速度后匀速直线运动，如图有
5．如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平成角斜向左上方（图中未画出），电场强度大小；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E。现有一质量为m、电量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入平行板时的速度v大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
6．如图所示，二块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度B的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间位置。为了使墨滴仍能到达下板M点应将磁感应强度调至B ，则B 的大小为多少？
7．如图，xoy在竖直平面内，x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，将一个带电小球从y轴上P（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出．小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g．
（1）判断小球带正电还是负电；
（2）求小球做圆周运动的半径．
（3）小球从P点出发，到第二次经过x轴所用的时间．
8．如图所示，质量为m =1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电的小滑块，从半径为R= 0.4m的固定圆弧轨道上由静止自A端滑下，轨道光滑且绝缘．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直纸面向里，g=10m/s2．求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力．
9．在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。今有一质量m＝3.6×10－4kg、电荷量q＝＋9.0×10－4C的带电小球（可视为质点），以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。
10．如图所示，匀强电场的场强E＝4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，方向垂直纸面向里。一个质量为、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时，此时速度方向与水平成45°角，求：
（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功；
（2）A运动到P点时的速度大小。
11．如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.2T．现有一比荷为=25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ=45°，重力加速度g=10m/s2．求：
(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标．
12．如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，场强为．同时存在水平方向垂直电场方向向内的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．现有一带电粒子质量，带电量为，它在竖直平面内做直线运动．g=10m/s2．
(1)分析带电粒子的运动方向和速度的大小；
(2)当带电粒子运动到某一点A时突然撤去磁场，求带电粒子运动到与A点在同一水平线上的B点所需的时间t．
13．如上图所示，相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m，带正电荷量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b。试计算：
(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度；
(2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？
14．如图所示为质谱仪上的原理图，M为粒子加速器，电压为U1=5000V；N为速度选择器， 磁场与电场正交，磁感应强度为B1=0.2T，板间距离为d =0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2=0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S 打在荧光屏上．求：
（1）粒子离开加速器时的速度v；
（2）速度选择器的电压U2；
（3）正方形abcd边长l．
15．如图所示，一带电为-q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B。当小球在竖直方向运动h高度时，球在b点上所受的磁场力多大？
5．(1)，方向与AB成角斜向下；(2)，
【详解】(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力
方向沿左上方与水平成角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为，其合力大小为mg。如图所示
则满足
解得
方向与MN成角斜向下。
(2)依题知
故小球在两板间做匀速圆周运动。由牛顿第二定律
得
且
如图示位置撤去电场
由
可做匀速直线运动。由几何关系得
且
6．（1）墨滴带负电，；（2）；（3）
【详解】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
解得
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R=d
解得
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有
由图示可得
则
解得
7．（1）小球带负电；（2）；（3）
【详解】（1）由于小球在复合场中做匀速圆周运动，则表明重力和电场力平衡，即电场力向上，由于电场力与场强方向相反，所以小球带负电．
（2）设小球经过O点时的速度为v，
从P到O过程，由匀变速运动的速度位移公式得：，解得：；
小球运动的轨迹如图所示：
小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动，则：，
从O到A，由牛顿第二定律得：，解得：；
（3）从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为，由匀变速运动的速度公式得：，
从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为，
小球做圆周运动的周期：，做圆周运动的时间：，
解得：；
综上所述本题答案是：（1）小球带负电；（2）；（3）
8．(1)2m/s(2)0.1N(3)20.1N
【详解】(1)滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
代入数据解得：
(2)根据洛伦兹力大小公式
f=qvCB=5×10-2×2×1=0.1N
(3)在C点，受到四个力作用，如图所示，
由牛顿第二定律与圆周运动知识得
9．(1)3N/C (2)3.2×10－3N
【详解】(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得
代入数据解得
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
代入数据得
由
解得
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况，由牛顿第二定律得
代入数据得
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为
10．（1） （2）或
【详解】（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零故有
解得
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有
解得
（2）重力和电场力的合力大小为
方向与竖直方向夹角为45°，斜向左下。
将小物体在N点的速度v1分解为v11和v12，其中v11大小等于方向与竖直方向夹角为45°，斜向右下，通过矢量计算可得v12大小等于2m/s，方向水平向左。小物体以v11在磁场中运动，受到的洛伦兹力和重力、电场力的合力平衡。则小物体离开竖直墙壁的运动，可以视为沿与竖直方向夹角为45°，斜向右下的直线运动和速度为2m/s的匀速圆周运动。
小物体通过P点时，此时其速度与水平方向成=45°角，则小物体做匀速圆周运动的速度方向与v11相同或相反，则
或
11．（1） （2）（0.6m，0.2m）
【详解】解：(1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动；所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断为零带正电；
对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：
解得：
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动
Y轴方向：
x轴方向上：
解得，
12．(1),方向与E的方向60° (2)
【详解】（1）受力分析如图所示：带电粒子受到重力，电场力和洛伦兹力作用，根据运动特点，受力分析可知粒子运动速度方向如图所示；
代入数据解得：v=20m/s
由 tanθ＝得θ=60°；
即v与电场方向的夹角为60°，向右上方；
（2）去掉磁场B后，由A到B，做类斜抛运动， ．
13．（1）； （2）
【详解】（1）粒子进入磁场时，受到竖直向下的重力，竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）过程中洛伦兹力不做功，重力和电场力做负功，根据动能定理可得
解得
14．（1）（2）（3）0.16m
【详解】（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得
解得
m/s
（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得
Eq=qvB1即
得
U2=B1dv=0.2×0.06×1×106V=1.2×104V
（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有
故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：
r=0.1m
由几何关系
所以，正方向的边长
15．
【详解】过程中只有重力做功，洛伦兹力对小球不做功，所以当小球上升h高度时，根据动能定理得
此时小球受到的洛伦兹力为
联立两式可得
一、题型特点分析
二、例题讲解
三、解题必备知识
四、方法总结
五、变式归纳
六、巩固练习
七、巩固练习参考答案
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
1．一个质量m＝0.1g的小滑块，带有的电荷量，放置在倾角的光滑斜面上（绝缘），斜面固定且置于B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面上的O点滑下，斜面足够长，小滑块滑至斜面上某一位置P点时，要离开斜面（g取，）。求：
（1）小滑块带何种电荷；小滑块在斜面上做何运动？
（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大；
（3）该斜面长度至少多长。
情景特点：小滑块，带有的电荷量 斜面固定且置于B＝0.4T的匀强磁场中
问题特点：做何运动 瞬时速度 斜面长度
【详解】（1）小滑块静止开始沿斜面向下运动，速度逐渐增大，后来离开斜面，说明受洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知小滑块带负电荷。
小滑块在斜面上做匀加速直线运动，其加速度
（2）小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零，由平衡条件得
当支持力N＝0时，小滑块脱离斜面。设此时小滑块速度为，则此时小滑块所受洛伦兹力
所以
（3）设该斜面长度至少为L，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时。因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得
所以斜面长至少为
带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．由qvB＝m，可得r＝.
2．由r＝和T＝，可得T＝.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．
处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
变式一、复合场中的直线运动
2．如图所示，质量M=1.5kg、长度合适的绝缘木板放置在光滑水平地面上，木板右端放有一质量m=0.5kg的带正电的物块（视为质点），初始时物块与木板均静止。在距木板右端L=6m处有一竖直分界线DE，DE右边有方向垂直纸而向里区域足够大的匀强磁场，磁感应强度大小。现对木板施加水平向右、大小F=5.5N的拉力，当物块运动到DE处时；撤去拉力F，最终物块恰好未从木板上滑下。已知物块所带的电荷量q=0.4C，物块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）从木板开始运动到木板右端到达DE处所用的时间t；
（2）最终物块的速度大小v；
（3）整个过程中因摩擦产生的热量Q。
【详解】（1）假设物块和木板发生相对滑动，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
比较可知
假设成立，根据匀变速直线运动规律有
解得
t=2s
（2）物块进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，根据题意可知两者能共速，且共速时物块所受的洛伦兹力与重力平衡，则
解得
v=5.5m/s
（3）从木板开始运动到物块运动到DE处所用的时间内，物块和木板的位移
，
拉力F做的功
根据功能关系有
解得
Q=19.25J
变式二、复合场中的圆周运动
3．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）微粒在复合场中的运动时间。
【详解】（1）微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲
可知
得
.
（2）由平衡条件得
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙
由几何知识可得
l
联立解得
解得
（3）微粒做匀速直线运动的时间
微粒做匀速圆周运动的时间
微粒在复合场中的运动时间
变式三、复合场中的一般曲线运动
4．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝30N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝2T。有一带正电的物体，质量，电荷量正电荷，从静止释放物体，物体与水平地面动摩擦系数为0.4，取。求：
（1）物体释放后在水平地面上做什么运动，要求写出加速度表达式。
（2）物体刚好离开地面的速度大小为多少？
（3）物体离开水平地面后速度达到最大，此时速度与水平夹角为。问为多少？
【详解】（1）物体释放后在水平地面上受力分析如图
竖直方向上有
水平方向上有
又由
解得
随着速度增加洛伦兹力增加，加速度增加，当时离开水平面，故物体释放后在水平地面上向右做加速度增加的加速直线运动直到离开水平面。
（2）物体刚好离开地面时有
此时速度大小为
（3）物体离开水平地面后受重力、电场力、洛伦兹力，继续加速做一般曲线运动，随着速度增加洛伦兹力增加，直到三个力平衡，达到最大速度后匀速直线运动，如图有
5．如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平成角斜向左上方（图中未画出），电场强度大小；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E。现有一质量为m、电量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入平行板时的速度v大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
6．如图所示，二块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度B的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间位置。为了使墨滴仍能到达下板M点应将磁感应强度调至B ，则B 的大小为多少？
7．如图，xoy在竖直平面内，x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，将一个带电小球从y轴上P（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出．小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g．
（1）判断小球带正电还是负电；
（2）求小球做圆周运动的半径．
（3）小球从P点出发，到第二次经过x轴所用的时间．
8．如图所示，质量为m =1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电的小滑块，从半径为R= 0.4m的固定圆弧轨道上由静止自A端滑下，轨道光滑且绝缘．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直纸面向里，g=10m/s2．求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力．
9．在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。今有一质量m＝3.6×10－4kg、电荷量q＝＋9.0×10－4C的带电小球（可视为质点），以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。
10．如图所示，匀强电场的场强E＝4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，方向垂直纸面向里。一个质量为、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时，此时速度方向与水平成45°角，求：
（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功；
（2）A运动到P点时的速度大小。
11．如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.2T．现有一比荷为=25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ=45°，重力加速度g=10m/s2．求：
(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标．
12．如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，场强为．同时存在水平方向垂直电场方向向内的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．现有一带电粒子质量，带电量为，它在竖直平面内做直线运动．g=10m/s2．
(1)分析带电粒子的运动方向和速度的大小；
(2)当带电粒子运动到某一点A时突然撤去磁场，求带电粒子运动到与A点在同一水平线上的B点所需的时间t．
13．如上图所示，相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m，带正电荷量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b。试计算：
(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度；
(2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？
14．如图所示为质谱仪上的原理图，M为粒子加速器，电压为U1=5000V；N为速度选择器， 磁场与电场正交，磁感应强度为B1=0.2T，板间距离为d =0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2=0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S 打在荧光屏上．求：
（1）粒子离开加速器时的速度v；
（2）速度选择器的电压U2；
（3）正方形abcd边长l．
15．如图所示，一带电为-q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B。当小球在竖直方向运动h高度时，球在b点上所受的磁场力多大？
5．(1)，方向与AB成角斜向下；(2)，
【详解】(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力
方向沿左上方与水平成角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为，其合力大小为mg。如图所示
则满足
解得
方向与MN成角斜向下。
(2)依题知
故小球在两板间做匀速圆周运动。由牛顿第二定律
得
且
如图示位置撤去电场
由
可做匀速直线运动。由几何关系得
且
6．（1）墨滴带负电，；（2）；（3）
【详解】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
解得
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R=d
解得
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有
由图示可得
则
解得
7．（1）小球带负电；（2）；（3）
【详解】（1）由于小球在复合场中做匀速圆周运动，则表明重力和电场力平衡，即电场力向上，由于电场力与场强方向相反，所以小球带负电．
（2）设小球经过O点时的速度为v，
从P到O过程，由匀变速运动的速度位移公式得：，解得：；
小球运动的轨迹如图所示：
小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动，则：，
从O到A，由牛顿第二定律得：，解得：；
（3）从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为，由匀变速运动的速度公式得：，
从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为，
小球做圆周运动的周期：，做圆周运动的时间：，
解得：；
综上所述本题答案是：（1）小球带负电；（2）；（3）
8．(1)2m/s(2)0.1N(3)20.1N
【详解】(1)滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
代入数据解得：
(2)根据洛伦兹力大小公式
f=qvCB=5×10-2×2×1=0.1N
(3)在C点，受到四个力作用，如图所示，
由牛顿第二定律与圆周运动知识得
9．(1)3N/C (2)3.2×10－3N
【详解】(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得
代入数据解得
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
代入数据得
由
解得
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况，由牛顿第二定律得
代入数据得
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为
10．（1） （2）或
【详解】（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零故有
解得
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有
解得
（2）重力和电场力的合力大小为
方向与竖直方向夹角为45°，斜向左下。
将小物体在N点的速度v1分解为v11和v12，其中v11大小等于方向与竖直方向夹角为45°，斜向右下，通过矢量计算可得v12大小等于2m/s，方向水平向左。小物体以v11在磁场中运动，受到的洛伦兹力和重力、电场力的合力平衡。则小物体离开竖直墙壁的运动，可以视为沿与竖直方向夹角为45°，斜向右下的直线运动和速度为2m/s的匀速圆周运动。
小物体通过P点时，此时其速度与水平方向成=45°角，则小物体做匀速圆周运动的速度方向与v11相同或相反，则
或
11．（1） （2）（0.6m，0.2m）
【详解】解：(1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动；所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断为零带正电；
对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：
解得：
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动
Y轴方向：
x轴方向上：
解得，
12．(1),方向与E的方向60° (2)
【详解】（1）受力分析如图所示：带电粒子受到重力，电场力和洛伦兹力作用，根据运动特点，受力分析可知粒子运动速度方向如图所示；
代入数据解得：v=20m/s
由 tanθ＝得θ=60°；
即v与电场方向的夹角为60°，向右上方；
（2）去掉磁场B后，由A到B，做类斜抛运动， ．
13．（1）； （2）
【详解】（1）粒子进入磁场时，受到竖直向下的重力，竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）过程中洛伦兹力不做功，重力和电场力做负功，根据动能定理可得
解得
14．（1）（2）（3）0.16m
【详解】（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得
解得
m/s
（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得
Eq=qvB1即
得
U2=B1dv=0.2×0.06×1×106V=1.2×104V
（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有
故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：
r=0.1m
由几何关系
所以，正方向的边长
15．
【详解】过程中只有重力做功，洛伦兹力对小球不做功，所以当小球上升h高度时，根据动能定理得
此时小球受到的洛伦兹力为
联立两式可得
一、题型特点分析
二、例题讲解
三、解题必备知识
四、方法总结
五、变式归纳
六、巩固练习
七、巩固练习参考答案
试卷第1页，共3页
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