磁场专题复习（1）练习案
班级 姓名 学号
3、如图所示，在xOy 平面内，第一象限中有匀强电场，匀强电场电场强度大小为E ，方向沿y 轴正方向，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．今有一个质量为m 、电荷量为e 的电子(不计重力) ，从y 轴上的P 点以初速度v 0垂直于电场方向进入电场，经电场偏转后沿着与x 轴正方向成45°的方向进入磁场，并能返回到出发点P .
1．如图所示，套在很长的绝缘直棒上的带正电的小球，其质量为m ，带电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E ，磁感应强度为B ，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度(设小球电荷量不变) ．
2、如图所示，绝缘直棒上的小球，其质量为m 、带电荷量是＋q ，小球可在棒上滑动．将此棒竖直放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E ，磁感应强度是B ，小球与棒间的动摩擦因数为μ，已知mg >μqE，则小球由静止沿棒下滑过程中(小球所带电荷量不变) ．
(1)最大加速度是多少？ (2)最大速度是多少？
(1)作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况； (2)P 点到O 点的竖直距离为多少？
(3)电子从P 点出发经多长时间第一次返回P 点．
1
磁场专题复习（2）练习案
班级 姓名 学号
4、如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy 坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y 方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向) ．在t ＝0时刻，一质量为10 g、电荷量为＋0.1 C的带电金属小球自坐标原点O 处，以v ＝2 m/s的速度沿x 轴正方向射出．已知E ＝0.2 N/C、B ＝0.2π T．求：
5．如图甲所示，MN 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
(1)磁感应强度B 0的大小．
(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 000(1)t ＝1 s末小球速度的大小和方向．
(2)1 s～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期．
(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹示意图． (4)6 s内金属小球运动至离x 轴最远点的位置坐标．
2
6.(2013·高考山东卷) 如图所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀
强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E . 一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP ＝d ，OQ ＝2d ，不计粒子重力．
(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0. 度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，一电子以一定的速度沿水平方向射入此区域．若电场与磁场共存，电子穿越此区域恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y ＝3.2 cm ；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转．不计重力作用，求：
(1)电子射入时的初速度的表达式；(注：表达式不必代入具体数值，只保留字母符号) (2)电子比荷的表达式；
(3)画出电子穿越磁场区域时(撤去电场时) 的轨迹并标出射出磁场时的偏转角α.
7、如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d ＝8 cm，电场强
3
(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(4)电子穿越磁场区域后(撤去电场时) 的偏转角α. 磁场专题复习（1）练习案答案
1、解析：小球下滑的开始阶段受力情况如图甲所示，
根据牛顿第二定律有：mg －μFN ＝ma ，且F N ＝F 电－F 洛＝qE
－q v B ，当v 增大到使F E
洛＝F 电，即v 1＝B
F ＝0，
则a max ＝g .
当v >v 1时，小球受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有：mg －μFN ＝ma ，且F N ＝F 洛－qE ，
F 洛＝q v B ，当v 大到使摩擦力F ＝mg 时，a ＝0，此时v 达到最大值，即：mg ＝μ(q v max B －qE ) ，
所以v mg ＋μqE mg μqB . 答案：g ，＋μqE
max ＝μqB
2、[解析] (1)在带电小球下滑的过程中，小球受重力、电场力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，受力分析如图所示．
在竖直方向：mg －F f ＝ma ，F f ＝μFN
水平方向：F N ＝q v B ＋qE
解得：a ＝mg －μ(q v B ＋qE )
m
随着小球速度v 的增加，小球加速度减小．所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动．
开始时，v ＝0，此时加速度最大，a ＝g －μqE
m m
(2)当小球匀速时，a ＝0，小球处于平衡状态 此时速度最大，设最大速度为v m 根据平衡条件mg －μ(q v m B ＋qE ) ＝0
所以v mg E
m ＝μqBB
[答案] (1)g －μqEm (2)mg μqBE
B
3、[解析] (1)电子的运动轨迹如图所示，电子进入电场，从P 到A 做匀变速曲线运动(类平抛运动) ，之后进入磁场，从A 经C 再到D ，做匀速圆周运动，最后离开磁场，从D 到P 做匀速直线运动．
(2)电子经过A 点的速度大小为v v x ＋v y ＝2v 0.
电子从P 到A ，由动能定理得
Eeh ＝1m v 21m v 2220
＝m v 2所以h 0
2Ee
.
(3)电子从P 到A ，所用时间t v m v 1＝a Ee
电子从A 到C 再到D ，圆弧所对圆心角为270°，所用时间t 33πm
24T ＝2Be 电子从D 到P ，所用时间t DP
2h m v 0
3＝＝2Ee
电子第一次回到P 点的时间
t ＝t ＋t 3m v 03πm
12＋t 3＝2Ee ＋2Be
.
[答案] 见解析
4 [解析] (1)在0～1 s内，金属小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动v x ＝v 0，y 轴方
向上做匀加速运动v y ＝m
1, 1 s末小球的速度v 1v x ＋v y ＝22 m/s.设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α＝v y
，α＝45°.
x
(2)在1 s～2 s内，小球在磁场中做圆周运动，
由牛顿第二定律得：q v B m v 21
m v 110＝R ，则R 1＝1qB 0πm
小球做圆周运动的周期T ＝2πm
qB 1 s
(3)小球运动轨迹如图所示
(4)5 s末小球的坐标为x ＝v y ＝1qE 0t ＝6 m，22＝9 m，此时小球y 轴方向的速度v y ＝m
t ＝6
m/s，合速度大小为v ＝v 0＋v y ＝210 m/s
第6 s内小球做圆周运动的半径R m v 10
n ＝qB ＝0π
m
带电小球在第6 s内做圆周运动的轨迹如图所示
第6 s内小球运动至离x 轴最远点时横坐标为 X ＝x －R n sin θ
其中sin θ＝v y 6
210
X ＝⎛⎝6－3π⎫⎭m ， 纵坐标为Y ＝y ＋R n (1＋cos θ)
其中cos θ＝v 0210210
则Y ＝⎛ ＋1⎝9＋π⎫⎪⎭m
[答案] (1)22 m/s 与x 轴正方向成45°角
(2)2
π
m 1 s (3)见解析 (4)[(6－3
10π，(9＋＋1π
5、解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B ＝m v 20
0q v 0R
而v 2πR 2πm
0T ，由两式得磁感应强度B 0＝0qT 0
(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运
动一个周期即T d
0时，有R
＝
4
做匀速圆周运动的周期T 2πR
0＝v 0
当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，
有R ＝d
4n
(n ＝1,2,3…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为v B 0＝qR m ＝πd
2nT 0
n ＝1,2,3…) ．
答案：(1)2πm πqT (2)d
02nT 0
n ＝1,2,3…)
6、解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，速度与x 轴正方向间的夹角为θ，由牛
4
顿第二定律得
1
qE ＝ma ① 由运动学公式得 d ＝at 2 ②
20
2d ＝v 0t 0 ③ v y ＝at 0 ④
v y v ＝v 0＋v y ⑤ tan θ＝ 0
qEd
联立①②③④⑤⑥式得 v ＝2 ⑦ θ＝45°. ⑧
m
(2)设粒子做圆周运动的半径为R ，粒子在第一象限内的运动轨迹如图11
粒子到达C 点时的速度为v 1，洛伦兹力提供向心力，有q v 1B ＝，r (2分)
r qB
2πr 2πm
运动的周期T ＝分)
1qB
2πm
在本题中圆周运动的周期为11t 0，则11t 0，
qB
2πm 2πE 可得B ＝(1分)
11qt 011gt 0
(2)微粒在A 、C 间运动时，对微粒受力分析如图所示，则(E 0q ＋mg )sin 30°1所示，O 1为圆心，由几何关系可知△O 1OQ 为等腰直角三角形，得
R 1＝22d ⑨
由牛顿第二定律得q v B v 2
0＝m R 1 ⑩
联立⑦⑨⑩式得B 0＝2qd
.
答案：见解析
7、[解析] (1)电子在复合场中不发生偏转，所受电场力和洛伦兹力平衡：
qE ＝q v B ，得初速度的表达式v ＝E
B
.
(2)电子垂直进入匀强电场，向上做类平抛运动
有d ＝v ·t ，y ＝12at 2，加速度a ＝qE
m 可解得电子比荷q m 2Ey
B d
.
(3)电子穿越磁场区域时的轨迹如图所示．
(4)电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2
，代入比荷
的表达式得r m v d
2
r
qB ＝2y
10 cm＝0.1 m
由几何知识得sin α＝d
r ＝0.8 所以偏转角α＝53°.
[答案] (1)v ＝E q 2Ey
B (2)m B d
(3)见解析图 (4)53°
8．在如图甲所示的空间里，存在方向水平垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示) ，周期T ＝12t 0，电场强度的大小为E 0，E >0表示电场方向竖直向上．一倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．t ＝0时，一带负电、质量为m 的微粒从斜面上的A 点由静止开始沿斜面运动，到C
点后，做一次完整的圆周运动，在t ＝T 时刻回到C 点，再继续沿斜面运动到t ＝13t 0时刻．在运动过程中微粒电荷量不变，重力加速度为g ，上述E 0、m 、t 0、g 为已知量．
(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度大小B ；
(2)求微粒在A 、C 间运动的加速度和运动到C 点时的速度大小v 1； (3)求0～2T 时间内微粒经过的路程．
解析：(1)微粒能够做匀速圆周运动，说明此时重力和电场力的合力为零，mg ＝qE 0，可得q mg
E 0
(2分)
＝ma ，可得a ＝g ，方向沿斜面向下(2分)
到达C 点时速度大小为v 1＝at 0＝gt 0(2分) (3)0～t 0时间内路程
s 111＝2220＝2
gt 0(1分) t 0～12t 0时间内的路程s 2＝v 1·11t 0＝11gt 20(1分) 12t 0～13t 0时间内的路程
s 1
3＝v 1t
＋
2132
2at 0＝gt 0·t 0＋2gt 20＝2gt 0
(1分)
第二次做圆周运动的速度v 2＝2gt 0，运动时间为11t 0 13t 0～2T 时间内的路程s 4＝v 2·11t 0＝22gt 20(1分) 所以0～2T 时间内的总路程为 s ＝s 1＋s 2＋s 3＋s 4＝35gt 20(2分) 答案：见解析
5
磁场专题复习（1）练习案
班级 姓名 学号
3、如图所示，在xOy 平面内，第一象限中有匀强电场，匀强电场电场强度大小为E ，方向沿y 轴正方向，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．今有一个质量为m 、电荷量为e 的电子(不计重力) ，从y 轴上的P 点以初速度v 0垂直于电场方向进入电场，经电场偏转后沿着与x 轴正方向成45°的方向进入磁场，并能返回到出发点P .
1．如图所示，套在很长的绝缘直棒上的带正电的小球，其质量为m ，带电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E ，磁感应强度为B ，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度(设小球电荷量不变) ．
2、如图所示，绝缘直棒上的小球，其质量为m 、带电荷量是＋q ，小球可在棒上滑动．将此棒竖直放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E ，磁感应强度是B ，小球与棒间的动摩擦因数为μ，已知mg >μqE，则小球由静止沿棒下滑过程中(小球所带电荷量不变) ．
(1)最大加速度是多少？ (2)最大速度是多少？
(1)作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况； (2)P 点到O 点的竖直距离为多少？
(3)电子从P 点出发经多长时间第一次返回P 点．
1
磁场专题复习（2）练习案
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4、如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy 坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y 方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向) ．在t ＝0时刻，一质量为10 g、电荷量为＋0.1 C的带电金属小球自坐标原点O 处，以v ＝2 m/s的速度沿x 轴正方向射出．已知E ＝0.2 N/C、B ＝0.2π T．求：
5．如图甲所示，MN 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
(1)磁感应强度B 0的大小．
(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 000(1)t ＝1 s末小球速度的大小和方向．
(2)1 s～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期．
(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹示意图． (4)6 s内金属小球运动至离x 轴最远点的位置坐标．
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6.(2013·高考山东卷) 如图所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀
强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E . 一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP ＝d ，OQ ＝2d ，不计粒子重力．
(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0. 度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，一电子以一定的速度沿水平方向射入此区域．若电场与磁场共存，电子穿越此区域恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y ＝3.2 cm ；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转．不计重力作用，求：
(1)电子射入时的初速度的表达式；(注：表达式不必代入具体数值，只保留字母符号) (2)电子比荷的表达式；
(3)画出电子穿越磁场区域时(撤去电场时) 的轨迹并标出射出磁场时的偏转角α.
7、如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d ＝8 cm，电场强
3
(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(4)电子穿越磁场区域后(撤去电场时) 的偏转角α. 磁场专题复习（1）练习案答案
1、解析：小球下滑的开始阶段受力情况如图甲所示，
根据牛顿第二定律有：mg －μFN ＝ma ，且F N ＝F 电－F 洛＝qE
－q v B ，当v 增大到使F E
洛＝F 电，即v 1＝B
F ＝0，
则a max ＝g .
当v >v 1时，小球受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有：mg －μFN ＝ma ，且F N ＝F 洛－qE ，
F 洛＝q v B ，当v 大到使摩擦力F ＝mg 时，a ＝0，此时v 达到最大值，即：mg ＝μ(q v max B －qE ) ，
所以v mg ＋μqE mg μqB . 答案：g ，＋μqE
max ＝μqB
2、[解析] (1)在带电小球下滑的过程中，小球受重力、电场力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，受力分析如图所示．
在竖直方向：mg －F f ＝ma ，F f ＝μFN
水平方向：F N ＝q v B ＋qE
解得：a ＝mg －μ(q v B ＋qE )
m
随着小球速度v 的增加，小球加速度减小．所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动．
开始时，v ＝0，此时加速度最大，a ＝g －μqE
m m
(2)当小球匀速时，a ＝0，小球处于平衡状态 此时速度最大，设最大速度为v m 根据平衡条件mg －μ(q v m B ＋qE ) ＝0
所以v mg E
m ＝μqBB
[答案] (1)g －μqEm (2)mg μqBE
B
3、[解析] (1)电子的运动轨迹如图所示，电子进入电场，从P 到A 做匀变速曲线运动(类平抛运动) ，之后进入磁场，从A 经C 再到D ，做匀速圆周运动，最后离开磁场，从D 到P 做匀速直线运动．
(2)电子经过A 点的速度大小为v v x ＋v y ＝2v 0.
电子从P 到A ，由动能定理得
Eeh ＝1m v 21m v 2220
＝m v 2所以h 0
2Ee
.
(3)电子从P 到A ，所用时间t v m v 1＝a Ee
电子从A 到C 再到D ，圆弧所对圆心角为270°，所用时间t 33πm
24T ＝2Be 电子从D 到P ，所用时间t DP
2h m v 0
3＝＝2Ee
电子第一次回到P 点的时间
t ＝t ＋t 3m v 03πm
12＋t 3＝2Ee ＋2Be
.
[答案] 见解析
4 [解析] (1)在0～1 s内，金属小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动v x ＝v 0，y 轴方
向上做匀加速运动v y ＝m
1, 1 s末小球的速度v 1v x ＋v y ＝22 m/s.设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α＝v y
，α＝45°.
x
(2)在1 s～2 s内，小球在磁场中做圆周运动，
由牛顿第二定律得：q v B m v 21
m v 110＝R ，则R 1＝1qB 0πm
小球做圆周运动的周期T ＝2πm
qB 1 s
(3)小球运动轨迹如图所示
(4)5 s末小球的坐标为x ＝v y ＝1qE 0t ＝6 m，22＝9 m，此时小球y 轴方向的速度v y ＝m
t ＝6
m/s，合速度大小为v ＝v 0＋v y ＝210 m/s
第6 s内小球做圆周运动的半径R m v 10
n ＝qB ＝0π
m
带电小球在第6 s内做圆周运动的轨迹如图所示
第6 s内小球运动至离x 轴最远点时横坐标为 X ＝x －R n sin θ
其中sin θ＝v y 6
210
X ＝⎛⎝6－3π⎫⎭m ， 纵坐标为Y ＝y ＋R n (1＋cos θ)
其中cos θ＝v 0210210
则Y ＝⎛ ＋1⎝9＋π⎫⎪⎭m
[答案] (1)22 m/s 与x 轴正方向成45°角
(2)2
π
m 1 s (3)见解析 (4)[(6－3
10π，(9＋＋1π
5、解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B ＝m v 20
0q v 0R
而v 2πR 2πm
0T ，由两式得磁感应强度B 0＝0qT 0
(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运
动一个周期即T d
0时，有R
＝
4
做匀速圆周运动的周期T 2πR
0＝v 0
当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，
有R ＝d
4n
(n ＝1,2,3…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为v B 0＝qR m ＝πd
2nT 0
n ＝1,2,3…) ．
答案：(1)2πm πqT (2)d
02nT 0
n ＝1,2,3…)
6、解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，速度与x 轴正方向间的夹角为θ，由牛
4
顿第二定律得
1
qE ＝ma ① 由运动学公式得 d ＝at 2 ②
20
2d ＝v 0t 0 ③ v y ＝at 0 ④
v y v ＝v 0＋v y ⑤ tan θ＝ 0
qEd
联立①②③④⑤⑥式得 v ＝2 ⑦ θ＝45°. ⑧
m
(2)设粒子做圆周运动的半径为R ，粒子在第一象限内的运动轨迹如图11
粒子到达C 点时的速度为v 1，洛伦兹力提供向心力，有q v 1B ＝，r (2分)
r qB
2πr 2πm
运动的周期T ＝分)
1qB
2πm
在本题中圆周运动的周期为11t 0，则11t 0，
qB
2πm 2πE 可得B ＝(1分)
11qt 011gt 0
(2)微粒在A 、C 间运动时，对微粒受力分析如图所示，则(E 0q ＋mg )sin 30°1所示，O 1为圆心，由几何关系可知△O 1OQ 为等腰直角三角形，得
R 1＝22d ⑨
由牛顿第二定律得q v B v 2
0＝m R 1 ⑩
联立⑦⑨⑩式得B 0＝2qd
.
答案：见解析
7、[解析] (1)电子在复合场中不发生偏转，所受电场力和洛伦兹力平衡：
qE ＝q v B ，得初速度的表达式v ＝E
B
.
(2)电子垂直进入匀强电场，向上做类平抛运动
有d ＝v ·t ，y ＝12at 2，加速度a ＝qE
m 可解得电子比荷q m 2Ey
B d
.
(3)电子穿越磁场区域时的轨迹如图所示．
(4)电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2
，代入比荷
的表达式得r m v d
2
r
qB ＝2y
10 cm＝0.1 m
由几何知识得sin α＝d
r ＝0.8 所以偏转角α＝53°.
[答案] (1)v ＝E q 2Ey
B (2)m B d
(3)见解析图 (4)53°
8．在如图甲所示的空间里，存在方向水平垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示) ，周期T ＝12t 0，电场强度的大小为E 0，E >0表示电场方向竖直向上．一倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．t ＝0时，一带负电、质量为m 的微粒从斜面上的A 点由静止开始沿斜面运动，到C
点后，做一次完整的圆周运动，在t ＝T 时刻回到C 点，再继续沿斜面运动到t ＝13t 0时刻．在运动过程中微粒电荷量不变，重力加速度为g ，上述E 0、m 、t 0、g 为已知量．
(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度大小B ；
(2)求微粒在A 、C 间运动的加速度和运动到C 点时的速度大小v 1； (3)求0～2T 时间内微粒经过的路程．
解析：(1)微粒能够做匀速圆周运动，说明此时重力和电场力的合力为零，mg ＝qE 0，可得q mg
E 0
(2分)
＝ma ，可得a ＝g ，方向沿斜面向下(2分)
到达C 点时速度大小为v 1＝at 0＝gt 0(2分) (3)0～t 0时间内路程
s 111＝2220＝2
gt 0(1分) t 0～12t 0时间内的路程s 2＝v 1·11t 0＝11gt 20(1分) 12t 0～13t 0时间内的路程
s 1
3＝v 1t
＋
2132
2at 0＝gt 0·t 0＋2gt 20＝2gt 0
(1分)
第二次做圆周运动的速度v 2＝2gt 0，运动时间为11t 0 13t 0～2T 时间内的路程s 4＝v 2·11t 0＝22gt 20(1分) 所以0～2T 时间内的总路程为 s ＝s 1＋s 2＋s 3＋s 4＝35gt 20(2分) 答案：见解析
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