mgdBgd25Bgd2
【答案】(1)墨滴带负电 (2)＜v＜
U2UU
【解析】(1) 墨滴在两板之间左侧的电场区域做匀速直线运动，有： U
q＝mg d
mgd
解得：q＝；
U
由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知墨滴带负电。
(2)墨滴进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： v2
qvB＝m，
Rmv
解得：R＝，
qB
结合几何知识可知，从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，只要从此处入射的墨滴不能射出，其他墨滴就都不会射出。
若墨滴刚好由极板左侧射出，其运动轨迹为如图所示的半圆弧轨迹，则有：
1Bgd2R1＝d，联立解得：v1＝；
22U
同理，若墨滴刚好从极板右侧射出，其运动轨迹为如图所示以O2点为圆心、R2为半径的弧线轨迹，
2＝(3d)2＋(R－d)2，解得：v＝有：R222
5Bgd2
。 U
Bgd25Bgd2
可见，要使墨滴不从两板间射出，速率应该满足：＜v ＜。
2UU
14．(2020·湖南怀化模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方
向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成 β＝15°角的射线OM。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间t； (3)矩形磁场区域的最小面积Smin。 mv0?2mv22L2πm0
【答案】(1) (2)＋ (3)3??eB? 2eLv03eB
【解析】(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得： 112eEL＝mv2C－mv0， 22又有vCcosα＝v0，
2
mv0
联立解得：E＝。
2eL
(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有： vCsinαL＝t，
21v0
其中vC＝，
cosα
2π
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：θ＝π－α－β＝，
3θ
电子在磁场中的运动时间：t2＝T，
2π
2πm
其中T＝，
eB
电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2， 2L2πm
联立解得：t＝＋。
v03eB
2vC
(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有evCB＝m
r
最小矩形区域如图所示，
θθ
由数学知识得：CD＝2r·sin，CQ＝r－rcos，
22矩形区域的最小面积：Smin＝CD·CQ， mv0?2
联立解得：Smin＝3??eB?。
15．(2020·浙江宁波高三联考)如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场8强度E＝×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104 m/s
ππ－2
的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为 m，P点到坐标原点O的距离为
10q
1.1 m，粒子的比荷＝106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：
m
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离； (2)连续两次通过电场边界MN所需的时间； (3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。 π－－
【答案】(1)0.4 m (2)×105 s或4π×105 s (3)0.37 m
2v2
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，
R解得半径R＝0.2 m，
2πm3－
粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝2π×105 s，由图乙可知粒子运动圆周后磁感应强度发生变化，
qB43π3π－－
在0～×105 s内，粒子做匀速圆周运动的时长为t1＝×105 s。
22
33π－
即0～T?时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向由磁场变化规律可知，粒子在0～×105 s?4??2做匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图1所示，设电场边界MN到x轴的距离为y0，
R＋y0πT－
用时t2＝＝×105 s＝。
v24
qE8
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a＝＝×109 m/s2，
mπ粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间 2v2×2×104πT－
t3＝＝ s＝×105 s＝。
a824
×109π接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁感应强度刚好变为0.1 T，粒子将在洛伦3π－
兹力的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经×105 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运
2
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