24.(17分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于 y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度白大小為B,方向垂直于紙面向外。有一質量為m,帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角為 ，A點與原點O的距離為do接著，質點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角也為 ，求(1)粒子在磁場中運動速度的大小：(2)勻強電場的場強大小。24.（17分）(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于 OC,故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A,過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與TOC\o"1-5"\h\zOC交于0工由幾何關系知，AO,垂直于OC-。/是圓弧的圓心。設圓弧的半徑為 R,則有R=dsin ①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得2\o"CurrentDocument"v _\o"CurrentDocument"qvBm—— ②R將①式代入②式，得

TOC\o"1-5"\h\zqBd. 小v sin ③m（2）質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為 vo,在電場中的加速度為a,運動時間為t,則有vo=vcos ④vsin=at ⑤d=vot ⑥聯立④⑤⑥得\o"CurrentDocument"2 …vsincosa ⑦d設電場強度的大小為E,由牛頓第二定律得qE=ma ⑧聯立③⑦⑧得2匚qBd.3 .E sincos ⑨m（2009年全國II卷理綜）25.（18分）如圖，在寬度分別為L和l2的兩個毗鄰的條形區域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率 v從磁場區域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。P TOC\o"1-5"\h\z八 ： 臺XK；MXK1r 巾 —曰二一——Q.2 ?2欣安11d..2d1i、答案J arcsin匕y）2dl2 l12d2【解析】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動 ^粒子在磁場中做勻速圓周運動 ，如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直 ，圓心O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑 應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑 R.由幾何關系得?干 一 一卜 3xHr,產oR2li2(Rd)2 ①設粒子的質量和所帶正電荷分別為 m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得2qvBm— ②RR.設P為虛線與分界線的交點,POP ，則粒子在磁場中的運動時間為 t1—……③v式中有sin- ④粒子進入電場后做類平拋運動 ,其初速度為 v,方向垂直于電場R設粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qEma ⑤1一r、， , 1 2由運動學公式有d-at22E由①②⑤⑥⑦式得—l2Vt22 2lid2-R^v12由①③④⑦式得ti li2t2 2dI2iarcsin』

ll2Vt22 2lid2-R^v12由①③④⑦式得ti li2t2 2dI2iarcsin』

lid2(2009年高考寧夏理綜卷)25.(18分)如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E,方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為n電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點 O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=l,OQ2j3l。不計重力。求(1)M點與坐標原點。間的距離；(2)粒子從P點運動到M點所用的時間。【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為 a；在x軸正方向上做勻速直線運動，設速度為V。，粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為，則aqE①t12y。x。t1TOC\o"1-5"\h\z其中x02同y0l。又有tan」 ④V。聯立②③④式，得 30因為M、O、Q點在圓周上， MOQ=90,所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。R2y/3l⑥MO61 ⑦(2)設粒子在磁場中運動的速度為 V,從Q到M點運動的時間為t2,則有v v0/