1、 2如圖所示，帶正電的物塊A放在不帶電的小車B上，開始時都靜止，處于垂直紙面向里的勻強磁場中t=0時加一個水平恒力F向右拉小車B，t=t1時A相對于B開始滑動已知地面是光滑的AB間粗糙，A帶電量保持不變，小車足夠長從t=0開始A、B的速度時間圖象，下面哪個可能正確（）ABCD解答：解：分三個階段分析本題中A、B運動情況： 開始時A與B沒有相對運動，因此一起勻加速運動A所受洛倫茲力向上，隨著速度的增加而增加，對A根據牛頓第二定律有：f=ma即靜摩擦力提供其加速度，隨著向上洛倫茲力的增加，因此A與B之間的壓力減小，最大靜摩擦力減小，當A、B之間的最大靜摩擦力都不能提供A的加速度時，此時AB將發生相

2、對滑動 當A、B發生發生相對滑動時，由于向上的洛倫茲力繼續增加，因此A與B之間的滑動摩擦力減小，故A的加速度逐漸減小，B的加速度逐漸增大 當A所受洛倫茲力等于其重力時，A與B恰好脫離，此時A將勻速運動，B將以更大的加速度勻加速運動綜上分析結合vt圖象特點可知ABD錯誤，C正確故選C3如圖所示，紙面內有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m，電量為+q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區域，則磁場區域的形狀及對應的磁感應強度可以是哪一種（）（其中B0=，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓

3、）ABCD解答：解：由于帶電粒子流的速度均相同，則當飛入A、B、C這三個選項中的磁場時，它們的軌跡對應的半徑均相同唯有D選項因為磁場是2B0，它的半徑是之前半徑的2倍然而當粒子射入B、C兩選項時，均不可能匯聚于同一點而D選項粒子是向上偏轉，但仍不能匯聚一點所以只有A選項，能匯聚于一點 故選：A4如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管試管在水平拉力F作用下向右勻速運動，帶電小球能從管口處飛出關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A小球帶負電B洛倫茲力對小球做正功C小球運動的軌跡是一條拋物線D維持試管勻速運動的拉力F

4、應增大解答：解：A、小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電故A錯誤B、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功故B錯誤C、設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線故C正確D、設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大故D正確故選CD5如圖所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第一、第四象

5、限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子（）A在電場中運動的時間為B在磁場中做圓周運動的半徑為dC入磁場至第二次經過x軸所用時間為D自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間為解答：解：根據題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示：A、粒子進入電場后做類平拋運動，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，所以v=vx=v0tan45°=v0沿x軸方向有：x=所以OA=2OP=2d

6、在垂直電場方向做勻速運動，所以在電場中運動的時間為：t1=，故A正確；B、如圖，AO1為在磁場中運動的軌道半徑，根據幾何關系可知：AO1=，故B錯誤；C、粒子從A點進入磁場，先在第一象限運動個圓周而進入第四象限，后經過半個圓周，第二次經過x軸，所以自進入磁場至第二次經過x軸所用時間為t2=，故C錯誤；D、自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間為t=t1+t2=，故D正確故選AD6如圖（甲）所示，在直角坐標系0xL區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點（3L，0）為圓心、半徑為L的圓形區域，圓形區域與x軸的交點分別為M、N現有一質量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸

7、正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區域，速度方向與x軸夾角為30°此時在圓形區域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子運動一段時間后從N飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同（與x軸夾角也為30°）求：（1）電子進入圓形磁場區域時的速度大??；（2）0xL區域內勻強電場場強E的大小；（3）寫出圓形磁場區域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式解答：解： （1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖1所示 由速度關系： 解得 （2）由速度關系得 在豎直方向解得 （3）在磁場變化的半個周期內粒子的偏轉角為60°

8、;，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內， 粒子在x軸方向上的位移恰好等于R粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：2nR=2L 電子在磁場作圓周運動的軌道半徑 解得（n=1、2、3） 若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數倍時， 可使粒子到達N點并且 速度滿足題設要求應滿足的時間條件： 解得T的表達式得：（n=1、2、3）7如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環形區域內存在垂直紙面向外、大小可調的勻強磁場M、N為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板，板間距離為d，每當帶電粒子經過M、N板時，都會被加速，加速電壓均為U；每當粒子飛離電場后，M、N板間的電勢差立

9、即變為零粒子在電場中一次次被加速，動能不斷增大，而繞行半徑R不變當t=0時，質量為m、電荷量為+q的粒子靜止在M板小孔處（1）求粒子繞行n圈回到M板時的速度大小vn；（2）為使粒子始終保持在圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時磁感應強度Bn的大??；（3）求粒子繞行n圈所需總時間t總解答：解：（1）粒子繞行一圈電場做功一次，由動能定理：即第n次回到M板時的速度為：（2）繞行第n圈的過程中，由牛頓第二定律：得（3）粒子在每一圈的運動過程中，包括在MN板間加速過程和在磁場中圓周運動過程在MN板間經歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有：即加速n次的總時間 而粒子在做半徑為R的勻速

10、圓周運動，每一圈所用時間為，由于每一圈速度不同，所以每一圈所需時間也不同第1圈：第2圈：第n圈：故繞行n圈過程中在磁場里運動的時間綜上：粒子繞行n圈所需總時間t總=+8如圖所示，圓心為坐標原點、半徑為R的圓將xoy平面分為兩個區域，即圓內區域和圓外區域區域內有方向垂直于xoy平面的勻強磁場B1平行于x軸的熒光屏垂直于xoy平面，放置在坐標y=2.2R的位置一束質量為m電荷量為q動能為E0的帶正電粒子從坐標為（R，0）的A點沿x軸正方向射入區域，當區域內無磁場時，粒子全部打在熒光屏上坐標為（0，2.2R）的M點，且此時，若將熒光屏沿y軸負方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變若在區域內加上方向垂直

11、于xoy平面的勻強磁場B2，上述粒子仍從A點沿x軸正方向射入區域，則粒子全部打在熒光屏上坐標為（0.4R，2.2R）的N點求（1）打在M點和N點的粒子運動速度v1、v2的大小（2）在區域和中磁感應強度B1、B2的大小和方向（3）若將區域中的磁場撤去，換成平行于x軸的勻強電場，仍從A點沿x軸正方向射入區域的粒子恰好也打在熒光屏上的N點，則電場的場強為多大？解答：解：（1）粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，打在M點和N點的粒子動能均為E0，速度v1、v2大小相等，設為v，由可得 （2）如圖所示，區域中無磁場時，粒子在區域中運動四分之一圓周后，從C點沿y軸負方向打在M點，軌跡圓心是o1點，半徑為r1

12、=R區域有磁場時，粒子軌跡圓心是O2點，半徑為r2，由幾何關系得r22=（1.2R）2+（r20.4R）2解得r2=2R由得故，方向垂直xoy平面向外，方向垂直xoy平面向里（3）區域中換成勻強電場后，粒子從C點進入電場做類平拋運動，則有1.2R=vt，解得場強 9如圖甲所示，直角坐標系中直線AB與橫軸x夾角BAO=30°，AO長為a假設在點A處有一放射源可沿BAO所夾范圍內的各個方向放射出質量為m、速度大小均為v、帶電量為e的電子，電子重力忽略不計在三角形ABO內有垂直紙面向里的勻強磁場，當電子從頂點A沿AB方向射入磁場時，電子恰好從O點射出試求：從頂點A沿AB方向射入的電子在磁場

13、中的運動時間t；磁場大小、方向保持不變，改變勻強磁場分布區域，使磁場存在于三角形ABO內的左側，要使放射出的電子穿過磁場后都垂直穿過y軸后向右運動，試求勻強磁場區域分布的最小面積S磁場大小、方向保持不變，現改變勻強磁場分布區域，使磁場存在于y軸與虛線之間，示意圖見圖乙所示，仍使放射出的電子最后都垂直穿過y軸后向右運動，試確定勻強磁場左側邊界虛線的曲線方程解答：解：（1）根據題意，電子在磁場中的運動的軌道半徑R=a，由evB=得：B=由T=t=（2）有界磁場的上邊界：以AB方向發射的電子在磁場中的運動軌跡與AO中垂線交點的左側圓弧 有界磁場的上邊界：以A點正上方、距A點的距離為a的點為圓心，以a

14、為半徑的圓弧 故最小磁場區域面積為：（3）設在坐標（x，y）的點進入磁場，由相似三角形得到：圓的方程為：x2+（y+b）2=a2消去（y+b），磁場邊界的方程為：10如圖，在直角坐標系xoy中，點M（0，1）處不斷向+y方向發射出大量質量為m、帶電量為q的粒子，粒子的初速度大小廣泛分布于零到v0之間已知這些粒子此后所經磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，所有粒子都沿+x方向經過b區域，都沿y的方向通過點N（3，0）（1）通過計算，求出符合要求的磁場范圍的最小面積；（2）若其中速度為k1v0和k2v0的兩個粒子同時到達N點（1k1k20），求二者發射的時間差解答：解（1）在a區域，設任

15、一速度為v的粒子偏轉90°后從（x，y）離開磁場，由幾何關系有x=R， 得，上式與R無關，說明磁場右邊界是一條直線左邊界是速度為v0的粒子的軌跡：，得：此后粒子均沿+x方向穿過b區域，進入c區域，由對稱性知，其磁場區域如圖磁場的面積（2）如圖所示，速度為k1v0的粒子在a區域磁場的時間為兩個階段的直線運動的時間共為在c區域磁場的時間為所以這兩個粒子的發射時間差只與t2有關速度為k2v0的粒子在直線運動階段的時間為11隱身技術在軍事領域應用很廣某研究小組的“電磁隱形技術”可等效為下面的模型，如圖所示，在y0的區域內有一束平行的粒子流（質量設為M，電荷量設為q），它們的速度均為v，沿x軸

16、正向運動在0xd的區間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里；在dx3d的區間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外；在3dx4d的區間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里要求粒子流經過這些區域后仍能沿原直線運動，這樣使第一象限某些區域粒子不能到達，達到“屏蔽”粒子的作用效果則：（1）定性畫出一個粒子的運動軌跡；（2）求對粒子起“屏蔽”作用區間的最大面積；（3）若v、M、q、B已知，則d應滿足什么條件？解答：解：（1）軌跡如圖（2）要使粒子流經過這些區域后仍能沿直線運動，則每一小段小于等于四分之一圓弧，且四分之一圓弧時“屏蔽”的面積最大此時半徑為d，如圖由幾何關系可知最大面

17、積Smax=4d2（3）由得而要使粒子可以繼續向右運動，則要求Rd即：12如圖所示，在xOy坐標系中分布著四個有界場區，在第三象限的AC左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場B1=0.5T，AC是直線y=x0.425（單位：m）在第三象限的部分，另一沿y軸負向的勻強電場左下邊界也為線段AC的一部分，右邊界為y軸，上邊界是滿足y=10x2x0.025（單位：m）的拋物線的一部分，電場強度E=2.5N/C在第二象限有一半徑為r=0.1m的圓形磁場區域，磁感應強度B2=1T，方向垂直紙面向里，該區域同時與x軸、y軸相切，切點分別為D、F在第一象限的整個空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B3=1T另

18、有一厚度不計的擋板PQ垂直紙面放置，其下端坐標P（0.1m，0.1m），上端Q在y軸上，且PQF=30°現有大量m=1×106kg，q=2×104C的粒子（重力不計）同時從A點沿x軸負向以v0射入，且v0取0v020m/s之間的一系列連續值，并假設任一速度的粒子數占入射粒子總數的比例相同（1）求所有粒子從第三象限穿越x軸時的速度；（2）設從A點發出的粒子總數為N，求最終打在擋板PQ右側的粒子數N解答：解：（1）設某速度為v0的粒子從A點入射后到達AC上的G點，因v0與AC成45°角，其對應圓心角為90°，即恰好經過四分之一圓周，故到達G點時速度

19、仍為v0，方向沿Y軸正向粒子在電場中沿Y軸正向加速運動，設G點坐標為G（x，y），剛好穿出電場時坐標為（x，y1），粒子穿出電場時速度為v1，在電場中運動的過程中，由動能定理得：而y=x0.425又代入數據解得v1=20m/s，可見粒子穿出電場時速度大小與x無關因v020m/s，由代入數據得：R0.2m由數學知識可知，k點坐標為k（0.2m，0.225m），故從A點射出的所有粒子均從AK之間以20m/s的速度沿Y軸正向射出電場，在到達X軸之前粒子作勻速直線運動，故所有粒子從第三象限穿越X軸時的速度大小均為20m/s的速度沿Y軸正向（2）因為r=0.1m，故離子束射入B2時，離子束寬度剛好與2r

20、相等，設粒子在B2中運動軌道半徑為R2，解得R2=r=0.1m考察從任一點J進入B2的粒子，設從H穿出B2磁場，四邊形JO2HO1為菱形，又因為JO2水平，而JO2HO1，故H應與F重合，即所有粒子經過B2后全部從F點離開B2進入B3磁場對v0趨于20m/s的粒子，圓心角JO2F180°，故射入B3時速度趨于Y軸負向；對v0趨于0的粒子，圓心角JO2F0°，故射入B3時速度趨于Y軸正向，即進入B3的所有粒子速度與Y軸正向夾角在0180°角之間由于B3=B2，所以R3=R2，由幾何關系知：無限靠近Y軸負向射入的粒子軌跡如圖所示，最終打在PQ板的右側O3；與Y軸負向成

21、60°角的粒子剛好經過P點到達Q點；因此與Y軸正向在0120°角之間從F點射出的粒子要么打在PQ板的左側，要么打不到板上而穿越Y軸離開B3由于是“大量”粒子，忽略打在P或Q的臨界情況，所以最終打在擋板PQ右側的粒子數答：（1）所有粒子從第三象限穿越x軸時的速度為20m/s；（2）設從A點發出的粒子總數為N，最終打在擋板PQ右側的粒子數N為13如圖所示，有界勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中放置一半徑為R的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1=2R，圓筒軸線與磁場平行圓筒用導線通過一個電阻r0接地，最初金屬圓筒不帶電現有范圍足夠大的平行電子束

22、以速度v0從很遠處沿垂直于左邊界MN向右射入磁場區，已知電子質量為m，電量為e（1）若電子初速度滿足，則在最初圓筒上沒有帶電時，能夠打到圓筒上的電子對應MN邊界上O1兩側的范圍是多大？（2）當圓筒上電量達到相對穩定時，測量得到通過電阻r0的電流恒為I，忽略運動電子間的相互作用，求此時金屬圓筒的電勢和電子到達圓筒時速度v（取無窮遠處或大地電勢為零）（3）在（2）的情況下，求金屬圓筒的發熱功率解答：解：（1）如圖所示，設電子進入磁場回旋軌道半徑為r，則 解得 r=3R 大量電子從MN上不同點進入磁場軌跡如圖，從O1上方P點射入的電子剛好擦過圓筒同理可得到O1下Q點距離（2）穩定時，圓柱體上電荷不再

23、增加，與地面電勢差恒為U，U=Ir0電勢 =Ir0電子從很遠處射到圓柱表面時速度為v，有解得 （3）電流為I，單位時間到達圓筒的電子數 電子所具有總能量 消耗在電阻上的功率 Pr=I2r0所以圓筒發熱功率 14圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×103T，在x軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m，電量為q，不計其

24、重力（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區域內，求此矩形磁場區域的最小面積，并在圖中畫出該矩形解答：解：（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r，依題意MP連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得，由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得，聯立解得：=4.9×107C/kg（2）此時加入沿x軸正方

25、向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，qE=qvB，代入數據得：E=70V/m所加電場的場強方向沿x軸正方向設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t=T/8，而，解得t=7.9×106s（3）該區域面積S=2r2=0.25m2，矩形如圖所示15如圖所示，在 xOy 平面的第一、四象限內存在著方向垂直紙面向外，磁感應強度為 B 的勻強磁場，在第四象限內存在方向沿y 方向、電場強度為 E 的勻強電場從 y 軸上坐標為（0，a）的 P 點向磁場區發射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y 方向成30°150°角，且在 xOy 平面內結果所有粒子經過

26、磁場偏轉后都垂直打到 x 軸上，然后進入第四象限內的正交電磁場區已知帶電粒子電量為+q，質量為 m，粒子重力不計（1）所有通過第一象限磁場區的粒子中，求粒子經歷的最短時間與最長時間的比值；（2）求粒子打到 x 軸上的范圍；（3）從 x 軸上 x=a 點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從 y 軸上 y=b 的 Q 點射出電磁場，求該粒子射出電磁場時的速度大小解答：解：（1）、各種離子在第一象限內運動時，與y軸正方向成30°的粒子運動時間最長，時間為：與y軸正方向成150°的粒子運動時間最短，時間為：兩式聯立得：（2）、設帶電粒子射入方向與y軸夾角成150°時的軌道

27、半徑為R1，由幾何關系有：帶電粒子經過的最左邊為：設帶電粒子射入方向與y軸夾角30°時的軌道半徑為R2，由幾何關系有：帶電粒子經過的最右邊為：所以粒子打到 x 軸上的范圍范圍是：（3）帶電粒子在第一象限的磁場中有：由題意知：R=a帶電粒子在第四象限中運動過程中，電場力做功轉化為帶電粒子的動能，設經過Q點是的速度為v，由動能定理由：解得：v=16如圖（甲）所示，x0的區域內有如圖乙所示大小不變、方向隨時間周期性變化的磁場，磁場方向垂直紙面向外時為正方向現有一質量為m、帶電量為q的正電粒子，在t=0時刻從坐標原點O以速度v沿著與x軸正方向成75°角射入粒子運動一段時間到達P點，

28、P點坐標為（a，a），此時粒子的速度方向與OP延長線的夾角為30°粒子在這過程中只受磁場力的作用（1）若B為已知量，試求粒子在磁場中運動時的軌道半徑R及周期T的表達式（2）說明在OP間運動的時間跟所加磁場的變化周期T之間應有什么樣的關系才能使粒子完成上述運動（3）若B為未知量，那么所加磁場的變化周期T、磁感強度B0的大小各應滿足什么條件，才能使粒子完成上述運動？（寫出T及B0各應滿足條件的表達式）例4如圖所示， 的區域內有如圖所示大小不變、方向隨時間周期性變化的磁場，磁場方向垂直紙面向外時為正方向?，F有一個質量為m、電量為q的帶正電的粒子，在t=0時刻從坐標原點O以速度v沿著與x軸正

29、方向成75º角射入。粒子運動一段時間后到達P點，P點的坐標為（a,a），此時粒子的速度方向與OP延長線的夾角為30º。粒子只受磁場力作用。（1）若Bo=B1為已知量，試求帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑R和周期To的表達式；（2）說明粒子在OP間運動的時間跟所加磁場變化周期T之間應有什么樣的關系才能使粒子完成上述運動；（3）若Bo為未知量，那么所加磁場的變化周期T、磁感應強度Bo的大小各應滿足什么條件，才能使粒子完成上述運動？（寫出T、Bo應滿足條件的表達式）解：（1）由牛頓第二定律可得： 粒子運動的周期為： （2）根據粒子經過O點和P點的速度方向在磁場的方向可以判斷：粒子由

30、O點到P點運動過程可能在磁場變化的半個周期之內完成；當磁場方向改變時，粒子繞行方向也改變，磁場方向變化具有周期性，粒子繞行方向也具有周期性，因此粒子由O點到P點的運動過程也可能在磁場變化的半個周期的奇數倍時間完成。（3）若粒子由O點到P點的運動過程在磁場變化的半個周期之內完成，則磁場變化周期與粒子運動周期應滿足： ，由圖可知粒子運動的半徑為： 又 所以T、B分別滿足： 若粒子由O點到P點的運動過程在磁場變化的半個周期的奇數倍時間完成，則磁場變化周期與粒子運動周期應滿足： 由圖可知： 又 所以T、B分別滿足： 欣賞：帶電粒子在磁場中周期性的運動像一條緩緩前行的波浪，浪花點點！17如圖所示，在xo

31、y平面上的范圍內有一片稀疏的電子，從x軸的負半軸的遠處以相同的速率vo沿x軸正方向平行地向y軸射來。試設計一個磁場區域，使得：（1）所有電子都能在磁場力作用下通過原點O；（2）這一片電子最后擴展到范圍內，繼續沿x軸正方向平行地以相同的速率vo向遠處射出。已知電子的電量為e、質量為m，不考慮電子間的相互作用。解：根據題意，電子在O點先會聚再發散，因此電子在第I象限的運動情況可以依照例1來分析。即只有當磁場垂直紙面向里、沿y軸正方向射入的電子運動軌跡為磁場上邊界（如圖中實線1所示）,沿其它方向射入第I象限磁場的電子均在實線2（磁場下邊界）各對應點上才平行x軸射出磁場，這些點應滿足。實線1、2的交集

32、即為第I象限內的磁場區域。由，得，方向垂直xoy平面向里。顯然，電子在第III象限的運動過程，可以看成是第I象限的逆過程。即只有當磁場垂直紙面外，平行于x軸向右且距x軸為H的入射電子運動軌跡則為磁場下邊界（如圖中實線3所示），沿與x軸平行方向入射的其他電子均在實線4（磁場上邊界）各對應點發生偏轉并會聚于O點，這些點應滿足：.實線3、4的交集即為第III象限內的磁場區域。所以，方向垂直xoy平面向外。同理，可在第II、IV象限內畫出分別與第I、III象限對稱的磁場區域，其中，方向垂直xoy平面向里；，方向垂直xoy平面向外。36、（18分）如圖所示，有一質量為m=10-4 kg，帶電量q=10-3 C的小球，從橫截面為正方形的水平正長方體的D點沿DD方向以v0=5m/s2速度飛入，恰好從C點飛出，正長方體空間的邊長分別為L、L和5L(取g=10m/s2) （1）求長方體底邊L的大?。?）如給長方體這一空間區域（含邊界在內）加一豎直向上的勻強電場E，以保證小球沿DD做勻速直線運動飛出，