用一些质点做圆周运动高考。
22.(13)如图，在边长为l的正方形区域abcd中有一个均匀电场，电量为q，动能为Ek的带电粒子从A点沿ab方向进入电场，不考虑重力。
(1)若质点从C点离开电场，求电场强度的大小和质点离开电场时的动能；
(2)如果粒子离开电场的动能为Ek’，那么电场强度是多少？
22.(1) l = v0t，l = qet22m = qel22mv02，所以e = 4ekql，qel = ekt-ek，所以ekt = qel+ek = 5ek，
(2)如果粒子从bc侧离开电场，L = v0t，vy = qetm = qelmv0，ek '-ek = 12 mvy 2 = q 2e 2l 22mv 02 = q 2e 2l 24 ek，所以e = 2ek (ek'-ek) ql，
如果粒子从cd的边缘离开电场，QEL = ek'-ek，那么E = ek'-ekql
07广东卷
19.(17分钟)如图16所示，水平方向放置一个直而光滑的凹槽，垂直穿过两个带小孔的平行薄板，板间距为3.5L，槽内有两个质量为m的球A和B。球A的电荷为+2q，球B的电荷为-3q。这两个球由一根长度为2L的光杆连接起来，形成一个带电系统。起初，A和B静止在左边平板的两侧，离平板的距离为L..如果把球看成一个粒子，不考虑光棒的质量，在两块板之间向右加一个平行于凹槽的均匀电场E(凹槽和光棒是用特殊绝缘材料制成的，不会影响电场的分布)后，发现:
(1)球B刚进入电场时带电系统的速度；
(2)通电系统第一次开始运动到零速度所需的时间和球A相对于右板的位置。
20.(18分钟)图17是一个器件的垂直剖面，虚线A1A2是垂直剖面与磁场区域边界面的交线。均匀磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度为B=0.4T，竖纸朝外，竖切面上为A1A2。A1A2在左侧，水平放置大小相同的固定薄板和挡板，它们与垂直剖面的交线分别为S1和S2，距离L = 0.2m..在薄板上P处开一个小孔，P与A1A2线上D点的水平距离为l，在小孔处安装一个电子快门。一开始快门是打开的，一旦带正电的粒子穿过小孔，快门立刻关闭，之后每隔T=3.0×10-3s打开一次，瞬间关闭。一个速度为v0的带正电的粒子从S1S2之间的位置水平发射，它穿过磁场区，然后进入P处的小孔..穿过小孔的颗粒与挡板碰撞后反弹，反弹速度是碰撞前的0.5倍。
(1)一个小孔直接弹出的粒子反弹后的初速度v0应该是多少？
(2)求粒子最初水平射入磁场到磁场第二次退出的时间。(忽略重力对粒子的影响，碰撞时不存在电荷转移。粒子的荷质比已知。只考虑带电粒子在纸上的运动)
19.(本题满分17分)(本题考查考生对牛顿第二定律和运动学基本定律的理解，考查运用分析、假设、探究、推理等方法处理多过程物理问题的能力。)
解法:分析带电系统，假设球A能到达正确的板，电场力对系统所做的功为W1，包括:
还能穿过小孔离开右盘。①
假设球B能到达右板，电场力对系统所做的功为W2，如下:
综上所述，当带电系统的速度第一次为零时，球A和B应该分别在右板的两侧。②
(1)当带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律确定:
= ③
当球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，包括:
④
从③ ④: ⑤中获得
(2)设球B从静止进入电场的时间为t1，则:
⑥
将③ ⑤替换为⑤:
⑦
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，这是由牛顿第二定律决定的:
⑧
显然，带电系统做匀速减速运动。假设球A刚好到达右极板的速度为v2，减速所需时间为t2，则:
⑨
⑩
⑾
球A离开电场后，带电系统继续减速，加速度设为a3，然后牛顿第二定律:
⑿
设球A离开电场静止所需时间为t3，运动位移为x，则有:
⒀
⒁
⒂
从⑦ ⑾可以看出，带电系统第一次从静止到零速所需的时间为:
⒃
球a相对于右板的位置是:⒄
20.(本题满分18分)(本题考查考生对带电粒子在磁场中运动的认识，运用几何作图处理和表达复杂的物理运动问题，考查分析的综合能力。)
解:如图2所示，假设带正电的粒子以水平速度v0进入磁场s 65438-0s 2之间的任意一点Q，粒子所受的洛伦兹力为F，在磁场中的圆周运动半径为R，如下:
f=qv0B ①
②
从① ②:
为了使颗粒进入孔隙，半径R的范围为:③。
替代数据:
80m/s & lt；v0 & lt160米/秒
如果进入小孔的颗粒与挡板碰撞一次后能通过小孔，必须满足以下条件:
其中n = 1，2，3，...④
根据① ② ③ ④，只有n=2满足条件，即v0=100m/s ⑤。
(2)设粒子在磁场中圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，分别设t1和t4为带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的时间，第一次从磁场运动到挡板的时间为t2， 碰撞后返回磁场的时间为t3，运动轨迹如图2所示。
⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
⑾