Bqv0 = Eq + mg ∴v0 =
3mgBq
（2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v
由动量守恒定律得 mv0 = 5mv
∴v =
v05
碰后的新微粒电量为– q 设Q点与O点高度差为h 由动能定理： 5mgh – Eqh =∴h = 0.9
mgBq222125m (0.4v0) –
125m (
v05)2
（3）碰撞后，a、b分开，则有
mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = – 0.2v0 a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为 E ·?2q2mgq2q?mg ∴F电 = mg
故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R B | va |
q2?m|va|R2 ∴R =
2m|va|Bq?1.2mgBq2222
a的最高点与O点的高度差ha = 2R =
2.4mgBq22。
23、（宜昌市06二次调研）
（1）粒子在电场中偏转：在垂直电场方向v??v0，平行电场分量v//
d?v??t?v0t(1分）
d2?v//2?（t1分） v//?v 0
得v?2v0（3分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，故穿出磁场速度v?2v0 （2）在电场中运动时
得
E?mv0qd2v//?qEm?t?qEm?dv0（1分）
（2分）
在磁场中运动如右图
运动方向改变45°，运动半径R、
R?dsin45??2d（1分） 又qvBmv0qd?mvR2（1分）
B?mvqR?m?q?2v02d?（1分）
得
EB?v0（2分）
?（3）粒子在磁场中运动时间
T?mt'?4?T???2?84qB?m4qmv0qd??d4v0（2分），t?dv0（2分）
运动总时间t总＝t＋t’＝24、（福州06质检）
dv0??d4v0（2分）
2
（1）由机械能守恒定律得：mgL=1mv ， 2代入L、g解得v = 5m/s 。
在m碰撞M的过程中，由动量守恒定律得：
mv－Mv1 = 0，
代入m、M解得v1=1.5m/s
ΔE=1mv2－1Mv12=1.31J 22 （2）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：
Mv1=（M+m′）v2
代入m′、M解得v2 = 0.9375m/s
m′以v2=0.83m/s速度运动时受到的向上洛仑兹力f = BQv2=5.625N＞m/g=3N 所以m′在还未到v2=0.9375m/s时已与M分开了。由上面分析可知当m′的速度为v3=3/（0.3×20）=0.5m/s时便与M分开了，根据动量守恒定律可得方程： Mv1 = Mv2/+m/v3 解得v2/=1.2m/s
25、（黄冈重点中学三月联考）
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由
牛顿运动定律得:qE?ma设粒子出电场、入磁场时速度的大
小为?，此时在y轴方向的分速度为?y,粒子在电场中运动的 时间为t，则有：?y?at l??0t解得：?y??0 ???
?0?0??y?222?0
(2)设?的方向与y轴的夹角为θ，则有cos?=
?y??22得：?=45°粒子进入磁场后
在洛伦兹力作用下做圆周运动，如图所示，则有：R?m?qB
由图中的几何关系可知，要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为：
（1?d≤R（1?cos?） 结合已知条件，解以上各式可得d?2）m?0qB.
26、（黄冈重点中学三月联考）
(1)由题意知qE?mg 场强转为竖直向下时，由动能定理，有
（mg?qE）Lsi?n?1212m?
m? ① 当滑块刚离开斜面时有q?B?（mg?qE）cos?
22 即2mgLsin??2mgcos?qB即?? ② 由①②解，得L=
mgcos?qBsin?2222
根据动量定理，有t?m?2mgsin??mqBcot?
L412 (2)两不物体先后运动，设在C点处碰撞前滑块的速度为?,则2mg?sin??m?③
2碰撞过程有m??2mu ④
B ?当黏合体将要离开斜面时有 q ? ? （ 2 mg ? qE ） cos ? ? 3 mg cos ? ⑤ 由动能定理，碰后两物体共同下滑的过程中，有3mgsin??s?3mgcos?qBsin?222212?2m???2212?2mu⑥
22 联立③④⑤⑥解，得s??L12⑦ 将L结果代入⑦式得s?35mgcos?12qBsin?22.
碰后两物体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得t??2m???2mu3mgsin??5m3qBcot?
27、（鲁东南三市四县06一次调研）
（1）设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有
12m?2?eU ??2分
解得??2eUmB0 ??2分 或
?B0（2）当磁感应强度为
时（垂直于纸面向外为正方向），电子刚好从b点或
c点射出，设此时圆周的半径为R，如图所示。根据几何关系有：
L222R?l?(R?) ??2分
2O 解得： ??2分 ? 5R?L4电子在磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，因此有： e?B0?m? s ?2R45L ??2分 2mUe解得B0? ??3分
43（3）根据几何关系可知，tan?? ??2分
设电子打在荧光屏上离O'点的最大距离为d，则
d?L2?s?tan??L2?43s ??2分
由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为
D?2d?l?83s ??3分
1228、（福州06质检） （1）在加速电场中: eU2?mv0 （3分）
237° L R-d/2 37° R 洛仑兹力提供向心力 ev0B?m1R2mUev0R2 （3分）
由以上两式得: B?2 (1分)
(2)由几何知识得：极板L = Rsin37 L=0.6R (2分)
极板间距d/2 = R－Rcos37° d =0.4 R (2分) (3)加电场时电子做类平抛运动： 飞行时间t = L/v0 (2分)
加速度a=Eq / m (2分)
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