高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动押题专练.docx

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高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动押题专练

专题07带电粒子在复合场中的运动

1．如图1所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）

图1

A．小球能越过d点并继续沿环向上运动

B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力

C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小

D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大

答案BD

2．如图2甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有与xOy平面垂直的匀强磁场．在坐标原点O处放置一带电微粒发射装置，它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量q（q＞0）和初速度为v0的带电微粒．（已知重力加速度为g）

图2

（1）当带电微粒发射装置连续不断地沿y轴正方向发射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x轴正方向运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小和方向．

（2）调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xOy平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第Ⅰ象限，如图乙所示．现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证电场强度E和磁感应强度B的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积．

答案

（1）E＝mgq，沿y轴正方向B＝mv0qR，垂直纸面向外

（2）（π2－1）R2

（2）沿y轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：

以半径R沿x轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界．以O点为圆心、R为半径做的四分之一圆弧BC为微粒做圆周运动的圆心轨迹．微粒经磁场偏转后沿x轴正方向运动，即半径沿竖直方向．并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R，射出点的边界与圆弧BC平行，如图中的圆弧ODA，圆弧OA与圆弧ODA之间的区域即为磁场区域的最小面积：

S＝2（14πR2－12R2）＝（π2－1）R2.

3．如图3所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E＝1.5×105V/m；在矩形区域MNGF内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2T．已知CD＝MN＝FG＝0.60m，CM＝MF＝0.20m．在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v0＝1.0×106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m＝6.4×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力．求：

图3

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间．（后两问结果保留两位有效数字）

答案

（1）0.2m

（2）0.43m（3）2.1×10－7s

（2）设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为x，则由平抛规律得：

·t2x＝v0t

解得x＝315m

离开电场时，sinθ1＝v0v＝12，θ1＝30°.

由题意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到达P点，为左边界，垂直MN射出的粒子与边界FG相切于Q点，Q为右边界，QO″＝r，轨迹如图．

范围长度为l＝x＋r＝（315＋0.2）m≈0.43m.

（3）T＝2πmqB，由分析可知，OO′方向射出的粒子运动时间最长，设FG长度为L

sinθ2＝L－rr＝12，θ2＝30°

带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为tmax＝13T＝2πm3qB≈2.1×10－7s

4．如图4甲所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E＝π×103N/C，MN下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T＝0时将一重力不计、比荷qm＝106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放，在t1＝1×10－5s时恰通过MN上的P点进入磁场，P点左方d＝105cm处有一垂直于MN且足够大的挡板．

图4

求：

（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小v0；

（2）电荷在t2＝4×10－5s时与P点的距离Δx；

（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t总．

答案

（1）π×104m/s

（2）20cm（3）1.42×10－4s

解析

（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq＝ma

v0＝at1

解得v0＝Eqt1m＝π×103×106×1×10－5m/s＝π×104m/s

（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

qvB＝mv2r，r＝mvBq

当B1＝π20T时，半径r1＝mv0B1q＝0.2m＝20cm

周期T1＝2πmB1q＝4×10－5s

当B2＝π10T时，半径r2＝mv0B2q＝0.1m＝10cm

周期T2＝2πmB2q＝2×10－5s

故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．

在t＝0到t2＝4×10－5s时间内，电荷先沿直线OP运动t1，再沿大圆轨迹运动T14，紧接着沿小圆轨迹运动T2，t2＝4×10－5s时电荷与P点的距离Δx＝r1＝20cm

5．如图1所示，P、Q是相距为d的水平放置的两平行金属板，P、Q间有垂直于纸面向里、磁感应强度为B1的匀强磁场，MN是竖直放置的两平行金属板，用导线将P与M相连，将Q与N相连，X是平行于M和N的竖直绝缘挡板，Y是平行于M和N的荧光屏，X、M、N、Y的中间各有一个小孔，所有小孔在同一水平轴线上，荧光屏的右侧有垂直于纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场，现有大量的等离子体（等离子体中的正负离子电荷量的大小均为q，质量均为m）以相同的速度垂直于磁场水平向右射入金属板P、Q之间．现忽略电场的边缘效应，不计等离子体的重力，两对极板间形成的电场均可视为匀强电场．求：

图1

（1）若在荧光屏Y上只有一个亮点，则等离子体的初速度v0必须满足什么条件；

（2）若等离子体以初速度v0射入磁场，且在荧光屏上有两个亮点，则正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比是多少？

答案

（1）v0≤2dB1qm

（2）2－2dB1qv0

（2）荧光屏上有两个亮点，则v0>2dB1qm

在此条件下，qv0B1＝Udq，得U＝dB1v0

对正电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为v1，则

Uq＝12mv21－12mv20

设做圆周运动的半径为R1，则

qv1B2＝1

得R1＝22

对负电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为v2，则

－Uq＝12mv22－12mv20

设做圆周运动的半径为R2，则

qv2B＝2

得R2＝22

所以，正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比为d1d2＝2R12R2＝2－2dB1qv0

6．如图2所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成45°角．在x<0且OM的左侧空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝50N/C，在y<0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2T．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0＝4×103m/s的初速度进入磁场，已知微粒所带电荷量为q＝－4×10－18C，质量为m＝1×10－24kg.求：

图2

（1）带电微粒第一次经过磁场边界时的位置坐标及经过磁场边界时的速度方向；

（2）带电微粒最终离开电、磁场区域时的位置坐标；

（3）带电微粒在电、磁场区域运动的总时间（结果可以保留π）．

答案

（1）（－5×10－3m，－5×10－3m）速度方向与OM夹角为45°，与电场平行

（2）（0,3.0×10－2m）

（3）（5＋π4）×10－5s

解析

（1）微粒的运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A

点，设微粒在磁场中的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力知

qv0B＝m0

解得r＝mv0qB＝5×10－3m

A点位置坐标为（－5×10－3m，－5×10－3m）

经过磁场边界时速度方向与OM夹角为45°，与电场平行

（2）如图所示，微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，设其加速度为a，运动时间为t1，则有

a＝qEm

解得a＝2.0×108m/s2

Δx＝12at21＝2r

解得t1＝1×10－5s

Δy＝v0t1

代入数据解得Δy＝0.04m

y＝Δy－2r＝（0.04－2×5×10－3）m＝3.0×10－2m

微粒离开电场时的位置D的坐标为（0,3.0×10－2m）

7．如图3所示，真空室内竖直条形区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ（含Ⅰ、Ⅱ区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L，高度足够大，M、N为涂有荧光物质的竖直板．现有P、Q两束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向都与M板夹角成60°且与纸面平行，两束质子束的速度大小都恒为v.当Ⅰ区中磁场较强时，M板上有一个亮斑，N板上无亮斑．缓慢改变磁场强弱，M板和N板上会各有一个亮斑，继续改变磁场强弱，可以观察到N板出现两个亮斑时，M板上的亮斑刚好消失．已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：

图3

（1）N板上刚刚出现一个亮斑时，M板上的亮斑到A点的距离x；

（2）N板上恰好出现两个亮斑时，区域Ⅰ中的磁感应强度B；

（3）N板上恰好出现两个亮斑时，这两个亮斑之间的距离s.

答案

（1）33L

（2）mv2eL（3）2L＋v2mLeE

（2）N板上恰好出现两个亮斑时，两束质子的轨迹如图乙所示．设轨迹半径为r，有rsin30°＝L

evB＝mv2r

解得B＝mv2eL

（3）质子束P恰垂直进入电场区域，质子束Q恰在O点以方向垂直于电场的速度进入电场，两束质子的轨迹如图乙所示

设质子在电场中的运动时间为t，则有

L＝12·eEmt2

s′＝vt

s＝r＋s′＝2L＋v2mLeE

8．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图4甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO′射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

图4

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO′的最小距离和最大距离；

（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求：

①匀强磁场的水平宽度L；②垂直打在荧光屏上的电子束的宽度Δy.

答案

（1）00

（2）①U0t0dB②U0edmt20

解析

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

ymax＝12at20＋vyt0＝U0e2dmt20＋U0edmt20＝3U0e2dmt20

从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

ymin＝12at20＝U0e2dmt20

（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

R＝Lsinθ

设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为：

sinθ＝vyv1，式中vy＝U0edmt0

又：

R＝mv1Be

解得：

L＝U0t0dB

②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第

（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为：

Δy1＝ymax－ymin

Δy1＝U0edmt20

所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：

Δy＝Δy1＝U0edmt20

9．如图1所示，电压为U的两块平行金属板MN，M板带正电．x轴与金属板垂直，原点O与N金属板上的小孔重合，在O≤x≤d区域存在垂直纸面的匀强磁场B1（图上未画出）和沿y轴负方向大小为E＝3U3d的匀强电场，B1与E在y轴方向的区域足够大．有一个质量为m，带电荷量为q的带正电粒子（粒子重力不计），从靠近M板内侧的P点（P点在x轴上）由静止释放后从N板的小孔穿出后沿x轴做直线运动；若撤去磁场B1，在第四象限x>d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2（图上未画出），为了使粒子能垂直穿过x轴上的Q点，Q点坐标为（72d,0）．求：

图1

（1）磁感应强度B1的大小与方向；

（2）磁感应强度B2的大小与方向；

（3）粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t.

答案

（1）1d2Um3q，方向垂直纸面向里

（2）2d2mU3q，方向垂直纸面向里

（3）（1＋36π）d2mqU

解析

（1）设粒子从O点穿出时速度为v0，

由动能定理得：

qU＝12mv20

得v0＝2qUm

由于粒子在0≤x≤d区域内的电场和磁场的叠加场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有qv0B1＝qE

得B1＝1d2Um3q

磁场B1方向垂直纸面向里．

FO′＝2r

2r＋r＝OQ－OF＝3d

解得r＝d

由洛伦兹力提供向心力：

qvB2＝mv2r得：

B2＝2d2mU3q，方向垂直纸面向里

（3）由几何关系可知O到磁场左边界在x轴上的距离为L＝2.5d－rcos60°＝2d

粒子从O到磁场左边界所用时间

t1＝Lv0＝d2mqU

在磁场中运动时间

t2＝13T＝2πm3qB2＝πd22m3qU

总时间t＝t1＋t2＝（1＋36π）d2mqU.

10．如图2所示，x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场．矩形OACD的边长分别为h和2h，一个带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以平行于x轴的某一初速度从A点射出，经t0时间粒子从D点进入磁场，再经过一段时间后粒子又一次经过A点（粒子重力忽略不计）．求：

图2

（1）电场强度E的大小；

（2）磁感应强度B的大小；

（3）若仅改变粒子初速度的大小，求粒子以最短时间由A运动到C所需的初速度大小vx.

答案

（1）20

（2）mqt0（3）3ht0

解析

（1）由h＝12at20①

得a＝20

Eq＝ma②

E＝maq＝20③

（2）由vx＝2ht0

vy＝at0＝2ht0＝vx

得v＝2ht0④

由R＝mvqB

得：

2mhqBt0＝2h⑤

则B＝mqt0⑥

11.如图1所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f.一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域.已知ad＝bc＝43R，忽略粒子的重力.求：

图1

（1）带电粒子的比荷；

（2）若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置.

答案

（1）3v03BR

（2）粒子从ab边射出，距b点R3

解析

（1）设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，

有qv0B＝qE

当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则

2R＝v0t，23R＝12at2，qE＝ma

联解得：

qm＝3v03BR

（2）

若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子离开矩形区域时的位置g离b的距离为x，则由牛顿第二定律；qv0B＝0

得r＝R，由图中几何关系θ＝60°

故粒子离开矩形区域时到b的距离为x＝R－23R×33＝R3

故粒子将从ab边射出，距b点R3.

12.如图2所示，在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度为E，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点沿x轴正向进入电场，粒子从x轴上的Q点进入磁场.已知Q点的坐标为（L,0），不计粒子的重力及粒子间的相互作用.

图2

（1）若粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成30°角，求P、Q两点间的电势差；

（2）若从y轴正半轴各点依次向x轴正向发射质量为m、电荷量为＋q的速度大小适当的粒子，它们经过电场偏转后都通过Q点进入磁场，其中某个粒子A到达Q点的速度最小.粒子A经过磁场偏转后恰好垂直y轴射出了磁场.求匀强磁场的磁感应强度的大小.

答案

（1）36EL

（2）mEqL

解析

（1）粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成30°角，分解Q点的速度可得vy＝v0tan30°

从P点到Q点：

L＝v0t，y＝12vyt

得P点的纵坐标y＝36L

所以UPQ＝Ey＝36EL

此时vy＝v1，粒子A在Q点的速度方向与x轴正向夹角为45°.

所以粒子A进入磁场后的偏转半径（如图）R＝L

由qvQB＝mQ得B＝mvQqR

得B＝mEqL

13.如图3所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1.已知一质量为m的带电小球从y轴上的A（0，L）位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动.

图3

（1）判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；

（2）为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；

（3）在满足第

（2）问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方（带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射），然后恰能匀速直线运动至y轴上的A（0，L）位置，求：

弹性板的最小长度及带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间.

答案

（1）负电3mg3E12E1B1

（2）竖直向下E1

（3）23L3πB1L3E1＋2B1LE1

解析

（1）

小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电

mg＝qE1tan60°

q＝3mg3E1

又qE1＝qvB1cos60°

即v＝2E1B1

（2）小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，

且电场强度大小满足：

qE＝mg

即E＝E1

（3）要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，

且由几何关系可知：

3PD＝2ON

ONOA＝ONL＝tan60°

联立上述方程解得：

PD＝DN＝23L

则挡板长度至少为PD＝23L

在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等，且：

t1＝t2＝ANv＝2Lv＝B1LE1

所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为：

t0＝t＋t1＋t2

联立上述方程解得：

t0＝3πB1L3E1＋2B1LE1

14.如图4所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1＝0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E＝2.0×105V/m，PQ为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25T，磁场边界AO和y轴夹角∠AOy＝45°.一束带电荷量q＝8.0×10－19C的同位素（电荷数相同，质量数不同）正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0,0.2m）的Q点垂直y轴射入磁场区域，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：

图4

（1）离子运动的速度为多大？

（2）求离子的质量范围；

（3）若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度B2′大小应满足什么条件？

（计算结果保留两位有效数字）

答案

（1）5.0×105m/s

（2）4.0×10－26kg≤m≤8.0×10－26kg（3）B2′≥0.60T

解析

（1）设正离子的速度为v，由于沿中线运动，则有

qE＝qvB1

代入数据解得v＝5.0×105m/s

（2）

甲

设离子的质量为m，如图甲所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径：

r1＝0.2m

当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径：

r2＝0.1m

由牛顿第二定律有：

qvB2＝mv2r

由于r2≤r≤r1

代入数据解得：

4.0×10－26kg≤m≤8.0×10－26kg

（3）

乙

15.如图5所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，（粒子重力不计）求：

图5

（1）匀强电场场强的大小和方向；

（2）匀强磁场磁感应强度的可能值.

答案

（1）0方向垂直AB且与竖直方向成60°角向下

（2）mv0ql或nmv0（n＋1（n＝1,2,3……）

解析

（1）由带电粒子回到边界AB速度大小不变可知PQ间电势差为零，P、Q处在同一等势面上

根据题意可知，匀强电场垂直AB，且与竖直方向成60°角向下

粒子在电场中沿AB方向匀速运动：

l＝v0cos30°t

垂直AB方向匀减速运动Eq＝ma

v0sin30°＝at2

解得：

E＝0

16.如图6（a）所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°.已知带电粒子质量为m、电量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小E＝mgq，重力加速度为g.

图6

（1）若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；

（2）t＝0时刻的电场和磁场方向如图（a）所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间周期性的改变，如图（b）所示.将该粒子从原点O由静止释放，在0～T2时间内的运动轨迹如图（c）虚线