高中物理磁场大题
一．解答题（共30小题）
1．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U0的大小．
（2）求t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
（3）何时射入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间． 2．如图所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等．x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．已经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等．求： （1）正、负粒子的质量之比m1：m2； （2）两粒子相遇的位置P点的坐标；
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（3）两粒子先后进入电场的时间差．
3．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计． （1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ； （2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；
（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．
4．如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在‑m≤x≤0的区域内有磁
感应强度大小B=4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m．一质量m=6.4×10﹣27kg、电荷量q=﹣3.2×10‑19C的带电粒子从P点以速度v=4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求：
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（1）带电粒子在磁场中运动时间；
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．
5．如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1．平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2．CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求： （1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；
（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值； （3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度．
6．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：
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（1）M、N两点间的电势差UMN； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
7．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界AO和y轴的夹角∠AOy=45°．一束带电量q=8.0×10﹣19C的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射入磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在45°～90°之间．则：
（1）离子运动的速度为多大？ （2）离子的质量应在什么范围内？
（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，
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磁感应强度大小B2应满足什么条件？
8．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场．现有质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场．若粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．
（1）请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v； （2）求匀强磁场的磁感应强度B； （3）求金属板间的电压U的最小值．
9．如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力．求： （1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间； （2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率； （3）有界磁场区域的最小面积．
，
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10．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为
，电势为φ2．足
够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件．试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子．
11．如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值； （3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求
=2d、
=3d，离子重力不计．
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离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
12．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期UMN=2U，后
，从t=0开始，前内
内UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，
最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；
（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围．
13．如图所示，在第一、二象限存在场强均为E的匀强电场，其中第一象限的匀强电场的方向沿x轴正方向，第二象限的电场方向沿x轴负方向．在第三、四象限矩形区域ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重
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合．M点是第一象限中无限靠近y轴的一点，在M点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v0沿y轴负方向开始运动，恰好从N点进入磁场，若OM=2ON，不计质子的重力，试求： （1）N点横坐标d；
（2）若质子经过磁场最后能无限靠近M点，则矩形区域的最小面积是多少； （3）在（2）的前提下，该质子由M点出发返回到无限靠近M点所需的时间．
14．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30°角，P点的坐标为（
，0），在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面向外、
磁感应强度为B的匀强磁场．在直角坐标系xOy的第Ⅳ象限区域内存在沿y轴，正方向、大小为
的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，
与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0≤y≤2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场．已知从y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．求： （1）电子的比荷；
（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；
（3）从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？
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15．如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型足够长的绝缘弹性挡板．在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1=B，B2未知．现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间．粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．求：
（1）粒子第一次到达O点时的速率； （2）图中B2的大小；
（3）金属板A和B间的距离d．
16．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．
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已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况） （1）求电压U0的大小．
（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径． （3）带电粒子在磁场中的运动时间．
17．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加了电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板形成，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，然后进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？ （2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？
（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）
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18．如图所示xOy平面内，在x轴上从电离室产生的带正电的粒子，以几乎为零的初速度飘入电势差为U=200V的加速电场中，然后经过右侧极板上的小孔沿x轴进入到另一匀强电场区域，该电场区域范围为﹣l≤x≤0（l=4cm），电场强度大小为E=
×104V/m，方向沿y轴正方向．带电粒子经过y轴后，将进入一与y
轴相切的圆形边界匀强磁场区域，磁场区域圆半径为r=2cm，圆心C到x轴的距离为d=4
cm，磁场磁感应强度为B=8×10﹣2T，方向垂直xoy平面向外．带电粒
子最终垂直打在与y轴平行、到y轴距离为L=6cm的接收屏上．求： （1）带电粒子通过y轴时离x轴的距离； （2）带电粒子的比荷；
（3）若另一种带电粒子从电离室产生后，最终打在接收屏上y=粒子的比荷又是多少？
cm处，则该
19．如图所示，在竖直平面内，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0≤v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．求：
（1）速度最大的粒子在磁场中的运动时间；
（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离； （3）磁场区域的最小面积．
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20．如图所示为某一仪器的部分原理示意图，虚线OA、OB关于y轴对称，∠AOB=90°，OA、OB将xOy平面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅲ内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反．质量为m电荷量为q的带电粒子自x轴上的粒子源P处以速度v0沿y轴正方向射出，经时间t到达OA上的M点，且此时速度与OA垂直．已知M到原点O的距离OM=L，不计粒子的重力．求： （1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）为使粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，可在区域Ⅱ内加一垂直xOy平面的匀强磁场，求该磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标；
（3）当匀强磁场的磁感应强度取（2）问中的最小值时，且该磁场仅分布在一个圆形区域内．由于某种原因的影响，粒子经过M点时的速度并不严格与OA垂直，成散射状，散射角为θ，但速度大小均相同，如图所示，求所有粒子经过OB时的区域长度．
21．在xoy平面直角坐标系的第Ⅰ象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，如图所示，OA与y轴所夹区域存在y轴负方向的匀强电场，其它区域存在垂直坐标平面向外的匀强磁场；有一带正电粒子质量m，电量q，从y轴上的P点沿着x轴正方向以大小为v0的初速度射入电场，运动一段时间沿垂直于OA方向经过Q点进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场．已知OP=h，不计粒子的重力．
（1）求粒子垂直射线OA经过Q点的速度vQ；
（2）求匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B的比值；
（3）粒子从M点垂直进入电场后，如果适当改变电场强度，可以使粒子再次垂
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直OA进入磁场，再适当改变磁场的强弱，可以使粒子再次从y轴正方向上某点垂直进入电场；如此不断改变电场和磁场，会使粒子每次都能从y轴正方向上某点垂直进入电场，再垂直OA方向进入磁场…，求粒子从P点开始经多长时间能够运动到O点？
22．如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、倾角α=
的光滑绝缘斜面，
斜面顶端与直线DD′距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD′上，距地面高H=3l．零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0=内做半径r=
、方向与水平面夹角θ=
的速度，在区域I
的匀速圆周运动，经CD水平进入区域Ⅱ．某时刻，不带电的绝缘
小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； （3）若小球A、P在时刻t=β
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区
域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
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23．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
24．一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．
（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ （2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？
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25．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s）求：
2
（1）物块a与b碰后的速度大小；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离； （3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
26．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求： （1）木板B上表面的动摩擦因素μ； （2）圆弧槽C的半径R； （3）当A滑离C时，C的速度．
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27．如图所示，一质量M=0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）．台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以υ=1m/s的速率逆时针转动．另一质量m=0.1kg的小物块A以速度υ0=4m/s水平滑上传送带的右端．已知物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2．
（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm； （3）物块A会不会第二次压缩弹簧？
28．历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔1号彗星的实验．探测器上所携带的重达370kg的彗星“撞击器”将以1.0×104m/s的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现1.0×10﹣7m/s的改变．已知普朗克常量h=6.6×10﹣34J•s．（计算结果保留两位有效数字）．求： ①撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长； ②根据题中相关信息数据估算出彗星的质量．
29．如图，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段是水平粗糙的、BD段为半径R=0.4m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点．小球甲从C点以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB段的动摩擦因数为μ=0.5，C、B距离L=1.6m，g取10m/s2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点
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到B点的距离；
（2）在满足（1）的条件下，求的甲的速度υ0；
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．
30．动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力． a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py； b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
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参与试题解析
一．解答题（共30小题）
1．（2017•吉林模拟）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U0的大小．
（2）求t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
（3）何时射入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间． 【解答】解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出， 则有 y=l，x=l， 电场强度：E=
…①，
由牛顿第二定律得：Eq=ma…②， 偏移量：y=at02…③
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由①②③解得：U0=…④．
（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动． 带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：vx=v0=
…⑤
t0 …⑥
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=a•带电粒子离开电场时的速度大小为：v=
…⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R， 由牛顿第二定律得：qvB=m由③⑤⑥⑦⑧解得：R=
…⑧， …⑨；
（3）在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子，在电场中做类平抛运动的时间最长，飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小，
而根据轨迹几何知识可知，轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍，
所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短． 带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为：vy′=at0 …⑩， 设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则：tanα=由③⑤⑩解得：α=
，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，
，
，
圆弧所对的圆心角为：2α=所求最短时间为：tmin=T，
带电粒子在磁场中运动的周期为：T=联立以上两式解得：tmin=答：（1）电压U0的大小为
； ；
，
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（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为；
（3）在t=2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短，最短时间为
．
2．（2016•浙江自主招生）如图所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等．x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．已经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等．求： （1）正、负粒子的质量之比m1：m2； （2）两粒子相遇的位置P点的坐标； （3）两粒子先后进入电场的时间差．
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【解答】解：（1）设粒子初速度为v0，进磁场方向与边界的夹角为θ．
…①
记则：
vy=a×2t﹣at…② qE=ma…③ 由①②③得：
，则粒子在第一个电场运动的时间为2t，在第二个电场运动的时间为t
所以
（2）正粒子在电场运动的总时间为3t，则： 第一个t的竖直位移为 第二个t的竖直位移为
由对称性，第三个t的竖直位移为 所以 结合①②得 同理
由几何关系，P点的坐标为：xP=3L+（y1+y2）sin30°sin60°=6.5L
（3）设两粒子在磁场中运动半径为r1、r2 由几何关系2r1=（y1+y2）sin60° 2r2=（y1+y2）sin30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：
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v0=v1sin60° v0=v2sin30°
由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差△t=t1﹣t2 解得
答：（1）正、负粒子的质量之比为3：1． （2）两粒子相遇的位置P点的坐标为（6.5L，（3）两粒子先后进入电场的时间差为
．
）．
3．（2016•红桥区校级模拟）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．
（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；
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（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；
（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．
【解答】解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 解得
①
（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为
②
当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R 对应电压
（3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．
根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r= 由 ②得粒子进入磁场时速度的大小： 粒子在电场中经历的时间：
R
粒子在磁场中经历的时间：
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：
粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=
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答：（1）当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小 （2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值 （3）粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为
；
；
．
4．（2016•常德模拟）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在‑m≤
x≤0的区域内有磁感应强度大小B=4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m．一质量m=6.4×10﹣27kg、电荷量q=﹣3.2×10‑19C的带电粒子从P点以速度v=4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求：
（1）带电粒子在磁场中运动时间；
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有
代入数据得：r=2m
轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点， 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°． 在磁场中运动时间
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代入数据得：t=5.23×10﹣5s （2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1， 则：
设Q点的横坐标为x 则：
故x=5m． （3）电场左边界的横坐标为x′．
当0＜x′＜3m时，如图2，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′， 则： 又：
由上两式得：
当3m≤x'＜5m时，如图3，有将
y=1m
及
各
数
据
代
入
上
式得：
答：（1）带电粒子在磁场中运动时间为t=5.23×10﹣5s． （2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标x=5m．
（3）电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为：当0＜x′＜3m时，
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当3m≤x'＜5m时，
．
5．（2016•天津校级模拟）如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1．平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2．CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：
（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；
（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值； （3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度．
【解答】解：（1）沿直线OO′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v， 根据B1qv=qE， 解得：
（2）粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动， 根据解得：
，
因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小， 设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切， 则有：r1+
r1=a，
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解得：r1=（﹣1）a．
+1）
．
电荷量最大值q=（
（3）带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2， 依题意r2+a=解得：r2=（
r2 +1）a
则CD板上被带电粒子击中区域的长度为 X=r2﹣r1=2a
答：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度
；
；
（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度2a．
6．（2016•乐东县模拟）在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求： （1）M、N两点间的电势差UMN； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
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【解答】解：（1）设粒子过N点的速度为v，有=cosθ，v=v0，
粒子从M点到N点的过程，有：qUMN=mv2﹣mv02，
解得：UMN=；
（2）以O′圆心做匀速圆周运动，半径为O′N， 由牛顿第二定律得：qvB=m解得：r=
；
，
（3）由几何关系得：ON=rsinθ设在电场中时间为t1， 有ON=v0t1，t1=
，
， T=
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：t2=t=t1+t2 解得：t=
；
答：（1）M、N两点间的电势差UMN为；
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（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r为（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为
；
．
7．（2016•自贡模拟）如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界AO和y轴的夹角∠AOy=45°．一束带电量q=8.0×10﹣19C的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射入磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在45°～90°之间．则：
（1）离子运动的速度为多大？ （2）离子的质量应在什么范围内？
（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？
【解答】解：（1）设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有： qE=qvB1
代入数据解得： v=5.0×105m/s
（2）设离子的质量为m，如图所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径r1=0.2m
当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径r2=0.1m
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由牛顿第二定律有 由于r2≤r≤r1
代入解得 4.0×10﹣26kg≤m≤8.0×10﹣26kg
（3）如图所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则代入数据解得：B0=
=0.60T
由于B越大，r越小，所以使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足：B2´≥0.60T 答：
（1）离子运动的速度为5.0×105m/s；
（2）离子的质量应在4.0×10﹣26kg≤m≤8.0×10﹣26kg范围内；
（3）只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2´应满足B2´≥0.60T．
8．（2016•郴州模拟）如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场．现有质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场．若粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．
（1）请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v；
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（2）求匀强磁场的磁感应强度B； （3）求金属板间的电压U的最小值．
【解答】解：（1）轨迹如图所示，由运动的合成与分解可知；
…①
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由运动轨迹和几何关系 可知其轨道半径：又
…③
…②
联立①②③解得解得：
（3）设金属板间的最小电压为U，粒子进入板间电场至速度减为零的过程， 由动能定理有：
解得：
答：（1）粒子进入磁场时的速度大小v是（2）匀强磁场的磁感应强度B为
；
；
（3）金属板间的电压U的最小值为．
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9．（2016•天津模拟）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=力．求：
（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间； （2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率； （3）有界磁场区域的最小面积．
，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用
【解答】解：（1）设t=0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直作匀加速运动， 加速度位移
可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合
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该粒子在P、Q间运动时间
（2）t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大 由运动学公式有
t1=0时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为△t），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O 射入磁场，则代入数据得：所以最小速度：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：
得：
最大半径：
最小半径：
粒子水平向右进入磁场，然后射出时所有粒子的速度方向均竖直向上，偏转角都是90°，所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积，如图：
图中绿色阴影部分即为最小的磁场的区域， 所
以
=
≈
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：=
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答：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间是；
（2）粒子射入磁场时的最大速率是，最小速率是；
（3）有界磁场区域的最小面积是
．
10．（2016•南昌校级模拟）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为
，电势为φ2．足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L．假
设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件．试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与
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磁感应强度B的关系的相关式子．
【解答】解：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理有：
又U=φ1﹣φ2 所以：
；
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是600，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角θ=60° 根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L， 由牛顿第二定律得：联立解得：
；
（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，由牛顿第二定律得：
得：
即
如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：
MN上的收集效率：．
；
答：（1）粒子到达O点时速度的大小是
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（2）所加磁感应强度的大小是；
（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子是
．
11．（2016•盐城三模）如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；子重力不计．
（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值； （3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
=2d、
=3d，离
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【解答】解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：，
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
，
解得：
；
（2）离子做类平抛运动： d=vt 3d=
由牛顿第二定律得：qE=ma， 解得：E=
；
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：解得：
， ，
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ．
由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：则有：
；
；
，
答：（1）圆弧虚线对应的半径R的大小为
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值为
；
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（3）磁场磁感应强度B的取值范围是．
12．（2016•合肥一模）如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期UMN=2U，后
，从t=0开始，前内
内UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，
最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；
（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围．
【解答】解：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：
垂直极板方向有：
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解得：
（2）粒子通过两板时间为：
从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小间内加速度大小
，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时
，方向垂直极板向下．不同时刻从O1点进入电场的粒子
在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示．
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或
时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出．它们在电场
方向偏转的距离最大．有：解得：
（3）所有粒子射出电场时速度方向都平行于x轴，大小为v0．设粒子在磁场中的运动半径为r，则有：
解得：
粒子进入圆形区域内聚焦于P点时，磁场区半径R应满足：R=r 在圆形磁场区域边界上，P点纵坐标有最大值，如图所示． 磁场区的最小半径为：对应磁感应强度有最大值为：磁场区的最大半径为：Rmax=2d， 对应磁感应强度有最小值为：
=
，
=
所以，磁感应强度B的可能范围为：≤B
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答：（1）带电粒子的比荷（2）电压U的值为
；
（3）紧磁感应强度B的大小范围≤B．
13．（2016•洛江区一模）如图所示，在第一、二象限存在场强均为E的匀强电场，其中第一象限的匀强电场的方向沿x轴正方向，第二象限的电场方向沿x轴负方向．在第三、四象限矩形区域ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重合．M点是第一象限中无限靠近y轴的一点，在M点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v0沿y轴负方向开始运动，恰好从N点进入磁场，若OM=2ON，不计质子的重力，试求： （1）N点横坐标d；
（2）若质子经过磁场最后能无限靠近M点，则矩形区域的最小面积是多少； （3）在（2）的前提下，该质子由M点出发返回到无限靠近M点所需的时间．
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【解答】解：（1）粒子从M点到N点做类平抛运动，设运动时间为t1，则有： d=at12； 2d=v0t1 a=
解得：d=；
（2）根据运动的对称性作出运动轨迹如图所示 设粒子到达N点时沿x轴正方向分速度为vx，则有vx=质子进入磁场时的速度大小v=
=
；
=v0；
质子进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为45°； 根据几何关系，质子在磁场中做圆周运动的半径为R=2R=2
d；BC边的最小长度为R+d=
+d； ；
d，AB边的最小长度
矩形区域的最小面积为S=
（3）质子在磁场中运动的圆心角为T=
=
，运动时间t2=
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根据对称性，质子在第二象限运动时间与在第一象限运动时间相等，质子在第一象限运动时间t1=
=
质子由M点出发返回M点所需的时间为：T=2t1+t2=答：（1）N点横坐标d=
；（2）矩形区域的最小面积为S=
；（3）
质子由M点出发返回M点所需的时间为：T=2t1+t2=
14．（2016•安庆校级模拟）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30°角，P点的坐标为（
，0），在y轴与直线MN之间的区域内，存
在垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场．在直角坐标系xOy的第Ⅳ象限区域内存在沿y轴，正方向、大小为
的匀强电场，在x=3a处垂直
于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0≤y≤2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场．已知从y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．求： （1）电子的比荷；
（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；
（3）从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？
【解答】解：（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a，由Bev0=m
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得：=
（2）粒子能进入磁场中，且离O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O′点， 则O′M=2a，
由三角函数关系可得：tan30°=得：OM=a
有OO′=0.5a，即粒子在离开磁场离O点下方最远距离为ym=1.5a 从y轴进入电场位置在0≤y≤1.5a范围内．
（3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，x=v0t 竖直方向有：y=代入得：x=
t2
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ，则有：
tanθ===
有：H=（3a﹣x）tanθ=（3a﹣当（3a﹣Hmax=a
答：（1）电子的比荷=
；
）=
时，即y=
）•
a时，H有最大值，由于a＜1.5a，所以
（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围为0≤y≤1.5a； （3）从y轴y=距离为a．
a位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远，最远
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15．（2016•宁波模拟）如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型足够长的绝缘弹性挡板．在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1=B，B2未知．现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间．粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．求：
（1）粒子第一次到达O点时的速率； （2）图中B2的大小；
（3）金属板A和B间的距离d．
【解答】解：（1）粒子从B板到A板过程中，电场力做正功，根据动能定理有 qU=
﹣0
解得粒子第一次到达O点时的速率 v=
（2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=mr=
得
则得粒子做匀速圆周运动的半径 r1=，r2=
使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如下图所示， 由图易知：r1=2r2． 则得B2=2B
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（3）在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动周期 T1=在t1～（t1+t2）时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 T2=由轨迹图可知 t1=t2=
=
==
=
粒子在金属板A和B间往返时间为t，有 d=且满足 t=t2+n（t1+t2），n=0，1，2，… 联立可得金属板A和B间的距离 d=答：
（1）粒子第一次到达O点时的速率为（2）图中B2的大小为2B； （3）金属板A和B间的距离d为
；
，n=0，1，2，…
，n=0，1，2，…．
16．（2016•姜堰区校级三模）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．
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已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况） （1）求电压U0的大小．
（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径． （3）带电粒子在磁场中的运动时间．
【解答】解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有 Eq=ma =at02
联立解得，两极板间偏转电压为
．
（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0=
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有联立解得，
（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为vy=at0，
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
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联立解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为
．
，联立以上两式解得
，所求最短时间为
带电粒子在磁场中运动的周期为
．
同理，t=0进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长为：所以，带电粒子在磁场中的运动时间：答：
（1）电压U0的大小为
．
．
．
（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）带电粒子在磁场中的运动时间为
．
17．（2016•吉林校级模拟）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加了电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板形成，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，然后进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
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（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？ （2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？
（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e） 【解答】解：
（1）由题意可知，从0、2t0、4t0…等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最大，在
这
种
情
况
下
，
电
子
的
侧向位移为
从t0、3t0…等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最小，在这种情况下，电子的侧向位移为
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax：ymin=3：1
（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：式中 又
由上述四式可得：
（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因
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此电子进入磁场后的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上
由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为： △y=ymax﹣ymin 所以
所以打在荧光屏上的电子束的宽度就为
答：（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为3：1； （2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为
；
（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为
18．（2016•泗阳县校级一模）如图所示xOy平面内，在x轴上从电离室产生的带正电的粒子，以几乎为零的初速度飘入电势差为U=200V的加速电场中，然后经过右侧极板上的小孔沿x轴进入到另一匀强电场区域，该电场区域范围为﹣l≤x≤0（l=4cm），电场强度大小为E=
×10V/m，方向沿y轴正方向．带电粒
4
．
子经过y轴后，将进入一与y轴相切的圆形边界匀强磁场区域，磁场区域圆半径为r=2cm，圆心C到x轴的距离为d=4
cm，磁场磁感应强度为B=8×10﹣2T，方
向垂直xoy平面向外．带电粒子最终垂直打在与y轴平行、到y轴距离为L=6cm的接收屏上．求：
（1）带电粒子通过y轴时离x轴的距离； （2）带电粒子的比荷；
（3）若另一种带电粒子从电离室产生后，最终打在接收屏上y=粒子的比荷又是多少？
cm处，则该
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【解答】解：（1）带电粒子在加速电场中被加速 qU=mv02 通过沿y轴正方向的电场中时，在x方向上做匀速运动l=v0t 在y方向做初速度为零的匀加速运动，加速度为a=在y方向的位移为 y1=at2 由以上各式解得 y1=代入数据得 y1=2
×10﹣2m
（2）由（1）中公式可得 v0=
带电粒子通过y轴时沿y轴方向的速度为vy=at 如图所示，速度方向满足 tanα=由以上各式解得 tanα=代入数据得 tanα=则可知α=60°
带电粒子通过y轴时的速度大小为v=由 tan∠PCA=可得：∠PCA=60°
可见，带电粒子通过y轴时的速度方向指向C点．
所以带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，转过的圆心角为α=60°． 带电粒子圆周运动的半径为 R=rcot
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=2v0
=；
=r=2×10﹣2
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洛伦兹力提供向心力 qvB=m解得=
=
代入数据得=×108C/kg
（3）由（1）（2）知，带电粒子经过y轴时的位置和速度方向与比荷无关，所以另一种带电粒子也将以指向C点的方向进入到匀强磁场区域．轨迹如图所示． 粒子从磁场中射出时的速度方向满足tan∠NCM=可得∠NCM=30°
此带电粒子在磁场中转过的角度为α′=60°+30°=90° 其圆周运动的半径为R′=r 同理有 代入数据得
=
=
=
=1×108C/kg
解：（1）带电粒子通过y轴时离x轴的距离2（2）带电粒子的比荷×108C/kg
×10﹣2m；
（3）若另一种带电粒子从电离室产生后，最终打在接收屏上y=cm处，则该
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粒子的比荷1×108C/kg
19．（2016•天门模拟）如图所示，在竖直平面内，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0≤v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．求： （1）速度最大的粒子在磁场中的运动时间；
（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离； （3）磁场区域的最小面积．
【解答】解：（1）因粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，说明粒子速度方向改变了
，由几何关系可得粒子的运动轨迹如图所示．设粒子在匀强
磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1 因为所以（2）由 得
设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，由几何关系知：
过MO后粒子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为t2， 则：
，
，
由几何关系知，速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离
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，
（3）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积△S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积， 扇形OO′N的面积
△OO′N的面积为：S′=R2cos30°sin30°=又△S=S﹣S' 联立得：
答：（1）速度最大的粒子在磁场中的运动时间为；
；
（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离为
（3）磁场区域的最小面积为．
20．（2016•江西一模）如图所示为某一仪器的部分原理示意图，虚线OA、OB关于y轴对称，∠AOB=90°，OA、OB将xOy平面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅲ内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反．质量为m电荷量为q的带电粒子自x轴上的粒子源P处以速度v0沿y轴正方向射出，经时间t到达OA上的M点，且此时速度与OA垂直．已知M到原点O的距离OM=L，不计粒子的重力．求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）为使粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，可
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在区域Ⅱ内加一垂直xOy平面的匀强磁场，求该磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标；
（3）当匀强磁场的磁感应强度取（2）问中的最小值时，且该磁场仅分布在一个圆形区域内．由于某种原因的影响，粒子经过M点时的速度并不严格与OA垂直，成散射状，散射角为θ，但速度大小均相同，如图所示，求所有粒子经过OB时的区域长度．
【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域内做类平抛运动，Lsin45°=v0t
（2）粒子在Ⅱ区域内做匀速圆周运动，其轨道半径r大=L 又因为
粒子进入Ⅲ区域后，其运动轨迹NQ与PM对称，则 水平位移
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（3）该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，即r=R=L
所有粒子出磁场时速度方向平行，其落点在直线OB上的GH两点之间，如图 GH=2rsinθ=2Lsinθ
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）该磁场的磁感应强度的最小值是的横坐标
；
，粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点
（3）所有粒子经过OB时的区域长度2Lsinθ．
21．（2016•四川一模）在xoy平面直角坐标系的第Ⅰ象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，如图所示，OA与y轴所夹区域存在y轴负方向的匀强电场，其它区域存在垂直坐标平面向外的匀强磁场；有一带正电粒子质量m，电量q，从y轴上的P点沿着x轴正方向以大小为v0的初速度射入电场，运动一段时间沿垂直于OA方向经过Q点进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场．已知OP=h，不计粒子的重力． （1）求粒子垂直射线OA经过Q点的速度vQ；
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（2）求匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B的比值；
（3）粒子从M点垂直进入电场后，如果适当改变电场强度，可以使粒子再次垂直OA进入磁场，再适当改变磁场的强弱，可以使粒子再次从y轴正方向上某点垂直进入电场；如此不断改变电场和磁场，会使粒子每次都能从y轴正方向上某点垂直进入电场，再垂直OA方向进入磁场…，求粒子从P点开始经多长时间能够运动到O点？
【解答】解：（1）设垂直OA到达Q点的速度为vQ，将速度分解为水平方向的v0和竖直方向的vy，如图所示，则 vy=vQ=
（2）做出粒子在磁场中的运动轨迹如图，根据几何知识可得出原点O即为轨迹圆的圆心，OQ为轨迹圆的半径，设为R． 在电场中的运动，由类平抛的知识可得： x=
=v0t1
，
可求得E=
在磁场中的运动，由圆周运动的知识可得： 2qv0B=所以
，B=
（3）设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为R1，在电场中运动的时间为t11，在磁场中运动的时间为t12，在电场、磁场中运动的总时间为t1，则有
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t11=t1=t11+t12=
+
=
，t12=
=，
又由h﹣解得，R1=从而有
=
==
==
由题意知，改变电场、磁场的强弱后，粒子重复前面的运动情况，又设粒子第二次在磁场中做圆周运动的半径为R2，在电场中运动的时间为t21，在磁场中运动的时间为t22，在电场、磁场中运动的总时间为t2，类似上面的求解，有
=
又由解得，
，
=
，将此结果代入上式可得
=
=，
…类推可知，粒子第n次在电场、磁场中运动的总时间 所以粒子最终运动到O点的时间为
=
答：（1）粒子垂直射线OA经过Q点的速度为2v0；（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B的比值为v0；（3）粒子从P点开始经能够运动到O点．
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22．（2016•四川）如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、倾角α=
的
光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD′上，距地面高H=3l．零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0=速度，在区域I内做半径r=
、方向与水平面夹角θ=
的
的匀速圆周运动，经CD水平进入区域Ⅱ．某时刻，
不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； （3）若小球A、P在时刻t=β
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区
域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
【解答】解：（1）小球P在Ⅰ区做匀速圆周运动，则小球P必定带正电，且所受
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电场力与重力大小相等．
设Ⅰ区磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力得：
①
代入数据得：
②
（2）小球P先在Ⅰ区以D为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为θ可得，小球将偏转θ角后自C点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端B点，如图所示，运动到C点的时刻为
，到达斜面时刻为
，有
③
④
小球A释放后沿斜面运动的加速度为有
⑤
⑥
联立以上方程可得：
（3）设所求电场方向向下，在为
，有
⑦
时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度
，与小球P在时刻
相遇于斜面底端，
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则小球A、P相遇时，由运动公式及几何关系可得：
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
对小球P的所有运动情形讨论可得得3≤β≤5 由此可得场强极小值为Emin=0，场强极大值为Emax=答：（1）磁感应强度大小为（2）小球A释放时刻为（3）电场强度为
23．（2014•海南）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
，方向竖直向上
，极大值，竖直向上；极小值为0．
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【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：粒子做圆周运动的周期：
，
，
，
由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为所需时间t1为：
，解得：
；
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0， 然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，
设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E， 由牛顿第二定律得：qE=ma，
，解得：
，
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0， 解得，电场强度最大值：
．
； ．
答：（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为（2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为
24．（2017•广州模拟）一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通
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过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．
（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ （2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？
【解答】解：（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动） 射出，如图，由轨迹1可知半径：r=R 由
，粒子运动周期
筒转过90°的时间： 联立以上各式得：荷质比 粒子速率：v=ω0R
，又 ，
（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图轨迹2圆心
为O’，则四边形MO’PO为菱形，可得
，所以
则粒子偏转的时间： 得：
；又；
由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：
ⅰ．当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1， 若从N点离开，则筒转动时间满足
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，得：其中k=0，
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1，2，3…
若从M点离开，则筒转动时间满足中k=0，1，2，3…； 综上可得
其中n=0，1，2，3…
，得：
其
ⅱ．当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2， 若从M点离开，则筒转动时间满足中k=0，1，2，3…
若从N点离开，则筒转动时间满足其中k=0，1，2，3… 综上可得
其中n=0，1，2，3…
或者
其中
，得：，得：
其
综上所述，圆筒角速度大小应为n=0，1，2，3…
答：（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，该粒子的荷质比为ω0R．
，速率分别是
（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为或
（顺时针转动）
（逆时针转动） 其中n=0，1，2，3…．
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25．（2017•平顶山模拟）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：
（1）物块a与b碰后的速度大小；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离； （3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离． 【解答】解：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得： mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s， 对小车，由动能定理得：
，
=0.03125m； ，
；
，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：（3）由能量守恒得：
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：答：（1））物块a与b碰后的速度大小为1m/s；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离为0.03125m
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（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离为0.125m．
26．（2017•肇庆二模）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求： （1）木板B上表面的动摩擦因素μ； （2）圆弧槽C的半径R； （3）当A滑离C时，C的速度．
【解答】解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，有： mv0=m×v0+2mv1 得：v1=v0
由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有： Q=μmgL=m
﹣m
﹣×2m
得：μ=
（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，有： m×v0+mv1=（m+m）V2， 得：V2=
A与C组成的系统机械能守恒，有： m
+m
=×（2m）
+mgR
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得：R=
（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有： m×v0+mv1=mvA+mvC
A与C组成的系统动能守恒，有： m解得：VC=
+m．
；
=m
+m
答：（1）木板B上表面的动摩擦因素为
（2）圆弧槽C的半径为；
．
（3）当A滑离C时，C的速度是
27．（2017•惠州模拟）如图所示，一质量M=0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）．台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以υ=1m/s的速率逆时针转动．另一质量m=0.1kg的小物块A以速度υ0=4m/s水平滑上传送带的右端．已知物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2． （1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm； （3）物块A会不会第二次压缩弹簧？
【解答】解：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理有：
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mυ1﹣mυ0=﹣μmgl 代入数据解得：υ1=3m/s 因为υ1＞υ
所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s．
（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：mυ1=（ M+m ）υ′ 根据机械能守恒定律有：Epm=mυ12﹣（ M+m ） υ′2 代入数据解得：Epm=0.36J．
（3）物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，有： mυ1=mυ1′+Mυ2′ mυ12=mυ1′2+Mυ2′2 解得：υ1′=
υ1=﹣1.8m/s，υ2′=
υ1
22
代入数据解得：υ1′=﹣1.8m/s，υ2′=1.2m/s 根据动能定理有：0﹣m υ1′2=﹣μmgl1 代入数据解得：l1=1.62m 因为l1＜l
所以物块A第二次向左到达传送带左端时的速度υ1″=υ=1m/s 根据υ1″＜υ2′，可得物块A不会第二次压缩弹簧． 答：（1）物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s；
（2）物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.36J； （3）物块A不会第二次压缩弹簧．
28．（2017•盐城一模）历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔1号彗星的实验．探测器上所携带的重达370kg的彗星“撞击器”将以1.0×104m/s的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现1.0×10﹣7m/s的改变．已知普朗克常量h=6.6×10﹣34J•s．（计算结果保留两位有效数字）．求： ①撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长；
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②根据题中相关信息数据估算出彗星的质量．
【解答】解：①撞击前彗星“撞击器”的动量为：P=mυ=370×1.0×104=3.7×106kg•m/s
则撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长为：λ==
≈1.8×10﹣40 m
②以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，规定彗星初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得： mυ=M△υ
则得彗星的质量为：M=
=
=3.7×1013kg
答：①撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长是1.8×10﹣40 m． ②彗星的质量是3.7×1013kg．
29．（2017•荆门模拟）如图，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段是水平粗糙的、BD段为半径R=0.4m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点．小球甲从C点以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB段的动摩擦因数为μ=0.5，C、B距离L=1.6m，g取10m/s2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足（1）的条件下，求的甲的速度υ0；
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．
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【解答】解：（1）设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，则 mg=m
…①
乙做平抛运动过程有： 2R=gt2…② x=vDt…③
联立①②③得：x=0.8 m…④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvB=mv甲+mv乙 …⑤ mvB=mv甲+mv乙…⑥ 联立⑤⑥得：v乙=vB⑦
对乙从B到D，由动能定理得：﹣mg•2R=mv02﹣mv乙2…⑧ 联立①⑦⑧得：vB=2
m/s…⑨
2
2
2
甲从C到B，由动能定理有：﹣μmgL=mvB2﹣mv02⑨ 解得：v0=6m/s
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： MvB=MvM+mvm…⑩
MvB2=MvM2+mvm2…（11） 联立得⑩（11）得：vm=
…（12）
由M=m和M≥m，可得 vB≤vm＜2vB …（13）
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设乙球过D点时的速度为vD'，由动能定理得： ﹣mg•2R=mv′02﹣mvm2…（14）
联立⑨（13）（14）得：2 m/s≤vD'＜8 m/s …（15）
设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x'，有：x'=vD't …（16） 联立②（15）（16）得：0.8 m≤x'＜3.2m…（17） 答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.8m； （2）甲的速度υ0是6m/s；
（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.8 m≤x'＜3.2m．
30．（2016•北京）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力． a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py； b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
【解答】解：a、把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ， 把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y轴正方向， b、对小球分析，根据△p=F△t得：则
，方向沿y轴正向，
，
，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
答：a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
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