1
B．加速电场的电压U＝ER
22
C．直径PQ＝qmER
B
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
解析：选ABD.由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则1
可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝mv2，又
2mv2ER
粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝，解得U＝，R2mv2
选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，
r2
由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q点，可得PQ＝2r＝ B
ERm，选项C错误；q
mER相q
1
若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r＝
B
同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．
三、非选择题
9．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝
100
m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无7
动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球带何种电荷？
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离．
解析：(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力三个力且合力为0，因此带电小球应带正电荷．
100
(2)在D点速度为vD＝vC＝ m/s
7设重力与电场力的合力为F，则F＝qvCB
mg
又F＝＝5 N
cos 37°F7
解得qB＝＝ vC20
在F处由牛顿第二定律可得 mv2F
qvFB＋F＝
R
7
把qB＝代入得R＝1 m
20
小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得
2
m（v2F－vD）
－WFf－2FR＝
2
WFf≈27.6 J.
F
(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝ mat2
由2R＝得t＝
2
4mR22
＝ s F5
82
m≈2.26 m. 5
交点G与D点的距离GD＝vFt＝
答案：见解析 10．(2016·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1； (2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.
解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得
rcos 45°＝h 可得r＝2h
mv21又qv1B＝
r
qBr2qBh
可得v1＝＝.
mm
(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规
律，有
vb＝v1cos 45°
qBh
得vb＝ m
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb 结合类平抛运动规律得r＋rsin 45°＝vbt 2＋11
yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h
221212由动能定理有：－qEyb＝mvb－mv1
22（2－1）qhB2
解得E＝.
m
2πr2πm
(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝ v1qB5πm5
第一次经过x轴的时间t1＝T＝
84qB在电场中运动的时间t2＝2t＝
2（2＋1）m
qB
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 3πm3
t3＝T＝
42qB
所以总时间t0＝t1＋t2＋t3＝?答案：(1)2h (3)?
11πm
＋22＋2?. ?4?qB
（2－1）qhB22qBh
(2) mm
11πm
＋22＋2?qB ?4?
11．如图甲所示，在边界MN左侧存在斜向上方向的匀强电场E1，在MN的右侧存在
竖直向上、场强大小为E2＝0.4 N/C的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E3(图甲中未画出)，B和E3随时间变化的情况如图乙所示，P1P2
－
为距边界MN为2.29 m的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为m＝4×107 kg，带电荷量1－
为q＝1×105 C，从左侧电场中距边界MN为s＝ m的A处无初速度释放后，沿直线以v
15＝1 m/s的速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10 m/s2.
(1)求MN左侧匀强电场的电场强度E1；(sin 37°＝0.6) (2)求带电微粒在MN右侧场区中运动1.5 s时的速度；
1.2
(3)带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？?2π≈0.19?
??
解析：(1)
设MN左侧匀强电场场强E1方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图(a)所示， 沿水平方向有qE1cos θ＝ma 沿竖直方向有qE1sin θ＝mg
对水平方向的匀加速运动有v2＝2as 代入数据可解得E1＝0.5 N/C，θ＝53°
即E1大小为0.5 N/C，其方向与水平方向成53°角斜向上． (2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2＝mg
在0～1 s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度大小为
5
qE31×10×0.004a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2 －7m4×10
－
带电微粒在1 s时的速度大小为
v1＝v＋at＝(1＋0.1×1) m/s＝1.1 m/s
在1～1.5 s时间内，带电微粒做匀速圆周运动，周期为 2πm2π×4×107T＝＝ s＝1 s －
qB1×105×0.08π
－
在1～1.5 s时间内，带电微粒正好做半个圆周的运动，所以带电微粒在MN右侧场区中
运动了1.5 s时的速度大小为1.1 m/s，方向水平向左．
(3)在0～1 s时间内带电微粒向右运动的位移为
11
1×1＋×0.1×12?m＝1.05 m s1＝vt＋at2＝?2??2带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为 mv4×107×1.11.1
r＝＝ m＝ m －5qB1×10×0.08π2π
－
因为r＋s1＜2.29 m，所以在1～2 s时间内带电微粒未碰及墙壁 在2～3 s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a＝0.1 m/s2
在0～3 s时间内带电微粒共向右运动的位移 112??s3＝vt2＋at22＝1×2＋2×0.1×2 m＝2.2 m ??2在t＝3 s时带电微粒的速度大小为
v3＝v＋at2＝(1＋0.1×2) m/s＝1.2 m/s
在3～4 s时间内带电微粒做圆周运动的半径 mv34×107×1.21.2r3＝＝ m＝ m －5qB1×10×0.08π2π
－
因为r3＋s3＞2.29 m，所以在3～4 s时间内带电微粒碰及墙壁，带电微粒在3 s以后运
动情况如图(b)所示，其中
d＝(2.29－2.2)m＝0.09 m
d
sin θ＝≈0.5
r3
得θ＝30°
所以，带电微粒做圆周运动的时间为
2π×4×107T2πm1
t圆周＝＝＝ s＝ s －51212qB12×1×10×0.08π12
－
137
3＋? s＝ s. 带电微粒与墙壁碰撞前，在MN右侧场区中运动的时间为t总＝??12?12答案：见解析