解得B??m2gqR
(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是 B 球做圆周运动周期的 2 倍 对小球 A：在原点的速度为vA?3RT?a ， T2在原点下的位移yA?vAT?5R 2T 末，小球 A的坐标为(0，－5R) 对小球B：球 B 的线速度 vB＝π2gR； 水平位移 xB＝vBT＝2πR； 竖直位移为 yB＝
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aT＝2R； 22T 末，小球B的坐标为[(2π＋2)R，0]
则 2T 末，A、B两球的距离为： AB＝25?(2??2)2R．
8．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v的大小；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】
v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m
R0可得：v=6×105m/s；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=
0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； cos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y=a=t=
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at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=
4，即α=53° 353?×100%=29% 180
9．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（后，AB边距桌面的高度为22v20g．
【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2， 解得：r=22L， 小球在磁场中做圆周运的周期：T=2?rv，
0小球在磁场中的运动时间：t121=
?4T=L4v， 0小球在斜面上做类平抛运动，
2）框架以CD为轴抬起
水平方向：x=r=v0t2， 运动时间：t2=
2L， 2v0则：t1：t2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
21222v0位移：r=at2，解得，加速度：a=，
2Lmgsin?=gsinθ， 对小球，由牛顿第二定律得：a=
m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；
g
10．如图所示，xOy平面内，A、B、C三点恰好组成一个直角三角形，∠B＝90°，∠C＝60°，BC长为l.D为AC的中点，D为AD的中点．第二象限内有沿-y方向的匀强电场；三角形BCD区域内有匀强磁场I，AB下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子从B点以速度v0沿+y方向进入磁场I，离开磁场I后又刚好从坐标原点O沿与-x成30°的方向进入电场，又从A点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B点，回到B点的速度方向仍沿+y方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：
(1)磁场I的磁感应强度B及匀强电场的场强E的大小； (2)带电粒子运动的周期.
22mv03mv0B?1【答案】（）E?、
qlql9??53?l?（2）
6v0【解析】
试题分析：（1）画出粒子运动如图所示