【正文】 加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則 (　　) 圖2A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加答案　BC解析　小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，與電壓U無關，所以B、C正確，D錯誤．3． 如圖3所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質子由靜止開始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)，質子從復合場區(qū)穿出時的一復合場后的動能Ek′的大小是 (　　)A．Ek′＝Ek 圖3B．Ek′EkC．Ek′EkD．條件不足，難以確定答案　B解析　設質子的質量為m，由動能定理可得：eU＝mv2，在復合場里有：Bqv＝qE?v＝，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉，電場力做正功，故動能增大，B選項正確．?題組2　對帶電粒子在組合場中運動的考查4． 如圖4所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L＝1 m．間距d＝ m，兩金屬板間電壓UMN＝1104 V；在平行金屬板右側依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；、F、G處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上．AF兩點的距離為 m．現從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質量m＝310－10 kg，帶電荷量q＝＋110－4 C，初速度v0＝1105 m/s.圖4(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向；(2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應強度B1；(3)若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應滿足的條件．答案　(1)105 m/s　與水平方向夾角為30176。(2) T　(3)大于 T解析　(1)設帶電粒子在電場中做類平拋運動時間為t，加速度為a，＝ma故a＝＝1010 m/s2t＝＝110－5 s豎直方向的速度為vy＝at＝105 m/s射出電場時的速度為v＝＝105 m/s速度v與水平方向夾角為θ，tan θ＝＝，故θ＝30176。，即垂直于AB方向射出(2)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關系知在磁場ABC區(qū)域內做圓周運動的半徑為R1＝＝ m由B1qv＝知B1＝＝ T(3)分析知當運動軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B2最小，運動軌跡如圖所示：由幾何關系可知R2＋＝1故半徑R2＝(2－3) m又B2qv＝m，故B2＝ T所以B2應滿足的條件為大于 T.5. 如圖5所示，一個質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AG⊥AC)． 圖5不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內．求：(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；(2)離子從D處運動到G處所需時間；(3)離子到達G處時的動能．答案　(1)d　(2)　(3)解析　(1)正離子軌跡如圖所示．圓周運動半徑r滿足：d＝r＋rcos 60176。解得r＝d(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B＝mT＝＝由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為：t1＝T＝離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間為：t2＝＝離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝(3)設電場強度為E，則有：qE＝mad＝at由動能定理得：qEd＝EkG－mv解得EkG＝?題組3　對帶電粒子在交變的電場或磁場中運動的考查6． 如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現將一重力不計、比荷＝106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經過10－5 s后，電荷以v0＝104 m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化(圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t＝0時刻)．求：甲乙圖6(1)勻強電場的電場強度E；(2)圖乙中t＝10－5 s時刻電荷與O點的水平距離；(3)如果在O點右方d＝68 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間．(sin 37176。＝，cos 37176。＝)答案　(1)103 N/C　(2)4 cm　(3)10－4 s解析　(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，設其在電場中運動的時間為t1，有：v0＝at1，Eq＝ma解得：E＝＝103 N/C(2)當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：r1＝＝5 cm周期T1＝＝10－5 s當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑：r2＝＝3 cm周期T2＝＝10－5 s故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示．t＝10－5 s時刻電荷與O點的水平距離：Δd＝2(r1－r2)＝4 cm(3)電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：T＝10－5 s，根據電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數為15個，此時電荷沿MN運動的距離：s＝15Δd＝60 cm則最后8 cm的距離如圖所示，有：r1＋r1cos α＝8 cm解得：cos α＝，則α＝53176。故電荷運動的總時間：t總＝t1＋15T＋T1－T1＝10－4 s7． 如圖7甲所示，在xOy平面內有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度E＝40 N/C，在y軸左側平面內有足夠大的瞬時磁場，磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15π s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在y軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r＝ m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側與y軸相切，磁感應強度B2＝ T．t＝0時刻，一質量m＝810－4 kg、電荷量q＝210－4 C的微粒從x軸上xP＝－ m處的P點以速度v＝ m/s向x軸正方向入射．(g取10 m/s2，計算結果保留兩位有效數字)　 甲　　　 　　　　乙圖7(1)求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離．(2)若微粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x，y)．答案　(1) m, m　(2)(,)解析　(1)因為微粒射入電磁場后受到的電場力F電＝Eq＝810－3 N，G＝mg＝810－3 NF電＝G，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動因為qvB1＝m所以R1＝＝ mT＝＝10π s從圖乙可知在0～5 π s內微粒向左做勻速圓周運動在5π s～10π s內微粒向左勻速運動，運動位移x1＝v＝ m在10π s～15π s內，微粒又做勻速圓周運動，15π s以后向右勻速運動，之后穿過y軸．所以，離y軸的最大距離s＝ m＋x1＋R1＝ m＋ m≈ m離x軸的最大距離s′＝2R12＝4R1＝ m(2)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉角最大，入射點A與出射點B的連線必須為磁場圓的直徑因為qvB2＝所以R2＝＝ m＝2r所以最大偏轉角θ＝60176。所以圓心坐標x＝ my＝s′－rcos 60176。＝ m－ m≈ m，即磁場的圓心坐標為(,)