1、第三课时带电粒子在复合场中的运动第一关：基础关展望高考基 础 知 识一、速度选择器知识讲解速度选择器（如下图所示）平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直.这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器.带电粒子能够匀速沿直线通过速度选择器的条件是Bqv=Eq,即v=.活学活用1. 如图是测量带电粒子质量仪器的工作原理示意图.设法使某有机化合物的气态分子导入图示的容器A中，使它受到电子束轰击，失去一个电子成为正一价的分子离子.分子离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速度不计），加速后，再通过狭缝S2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ，最
2、后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S3的细线.若测得细线到狭缝S3的距离为d,导出分子离子质量m的表达式.解析：设离子的质量为m、带电荷量为q,经过加速电场时，有qU=mv2则从狭缝S3射入磁场区域的速度v=射入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由于垂直于边界射入，离子恰经过半个圆，如图所示，其圆半径R=,由离子做匀速圆周运动的条件：qvB=,代入式的结果后，即得离子的质量m=.答案：m=二、磁流体发电机知识讲解如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速v喷入偏转磁场B中.在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电
3、场，两板间形成一定的电势差：当qvB=时，电势差稳定为U=dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源.活学活用2.目前世界上正在研究新型发电机磁流体发电机，它的原理图如图所示，设想在相距为d的两平行金属板间加一磁感应强度为B的匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连.将气体加热到使之高度电离后，由于正、负离子一样多，且带电荷量均为q,因而称为等离子体，将其以速度v喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会聚集电荷，产生电压，这就是磁流体发电机的原理，它可以直接把内能转化为电能，试问：（1） 图中哪个极板是发电机的正极？（2） 发电机的电动势多大？（3） 设喷入两极板间的离子流每立方米有n个负电荷，离子流的横
4、截面积为S，则发电机的最大功率多大？解析：（1） 等离子体从左侧射入磁场，正离子受向上的洛伦兹力而偏向甲板，使甲板上积累正电荷，相应的乙板上积累负电荷，成为电源的正、负两极.甲板是发电机的正极.(2) 当开关断开时，甲、乙两板间的电压即为电源的电动势.稳定时，甲、乙两板上积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有=qvB即得电源的电动势为U=Bdv.（3） 理想状态时，喷入两极板间的离子流全部流向两极板，这时电源达到最大功率.此时，电路中的最大电流为Imax=式中N为在t时间内喷入两极板间的正、负离子数的总和，即N=2nSvt,则发电机的最大功率为Pmax=UIma
5、x=2ndqSBv2.答案：(1) 甲板（2） Bdv(3) 2ndqSBv2三、电磁流量计知识讲解电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d,用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下偏转，a,b间的电势差就保持稳定，由qBv=qE=q,可得v=,流量Q=Sv=.四、霍尔效应知识讲解霍尔效应是高中物理重要的探究课题之一.在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差.这个现象称为霍尔效应.所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压，其原理如图所示.第二关：技法关
6、解读高考解 题 技 法一、带电体在重力场与磁场的复合场中的运动技法讲解带电体在重力场与磁场的复合场中运动时，若只受洛伦兹力与重力，当二力平衡时，物体将沿水平方向做匀速直线运动，若二力不平衡则物体做一般的曲线运动，很难从运动学角度来分析，而从能量的角度来分析就比较简便一定要注意洛伦兹力不做功这一特点若带电物体在运动过程中还受其他物体(如绳、面或轨道等)的约束，则应结合施加约束的物体的特点来分析带电物体的运动，一定注意洛伦兹力随运动状态的变化而变化 典例剖析例1如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，有一足够长的等腰三角形绝缘滑槽，两侧斜槽与水平面夹角为，在斜槽顶点两侧各放一个质量相等、带等量负电荷的小球
7、A和B，两小球与斜槽的动摩擦因数相等，且aBC.两球沿斜槽都做变加速运动，且aAaBD.两球沿斜槽的最大位移关系是：sA=sB解析：由静止下滑后，对A、B两球受力分析由牛顿第二定律得：mgsin-(mgcos-qBv)=maAmgsin-(mgcos+qBv)=maB所以A球下滑过程中加速度增大，当mgcos=qBv时将脱离斜面在空中做曲线运动，B球下滑过程中加速度减小，当mgsin=(mgcos+qBv)时，B球将沿斜面匀速下滑，所以选项C正确.答案：C二、带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中的运动技法讲解1.带电粒子在复合场中的直线运动带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中运动时
8、，如果带电粒子所受合外力为零时，所处状态一定是匀速直线运动如果受的合力不为零，但方向与速度在同一直线上，粒子将做匀减速或匀加速直线运动(或作变加速直线运动，如果有杆或面束缚)常见情况如下：(1)洛伦兹力为零(即v与B平行)，重力与电场力平衡，做匀速直线运动；或重力与电场力的合力恒定做匀变速运动(2)洛伦兹力F与速度v垂直，且与重力和电场力的合力(或其中一种力)平衡做匀速直线运动2.当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做匀速圆周运动由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力3.当带电微粒所受的合外力不为零，且恒力中的重力、
9、电场力的合力做功使速度大小变化时，带电微粒所受洛伦兹力变化，从而合外力变化，粒子将做曲线运动，这时其轨迹既非圆弧、亦非抛物线，属变加速曲线运动，不能用匀变速运动或圆周运动等规律解答有关问题，可考虑用动量观点解答或用功能观点处理典例剖析例2如图所示,在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场,电场强度为E,磁感应强度为B.在某点由静止释放一个带电液滴a,它运动到最低点处,恰与一个原来处于静止的液滴b相撞,相撞后两液滴合为一体,沿水平方向做直线运动.已知液滴a质量是液滴b质量的2倍,液滴a所带电荷量是液滴b所带电荷量的4倍.求两液滴的初始位置之间的高度差h(设a,b之间的静电力可以不计).
10、解析：设b液滴的质量为m,电荷量为q,则a液滴的质量为2m,电荷量为4q.b液滴原来静止,受重力和电场力处于平衡,由此可知b液滴带正电荷,且mg=Eq.由a粒子的运动轨迹可知其受的洛伦兹力方向为右上方,判定出a粒子带负电荷.设a原来所在处与b原来所在处的高度为h,a运动到b时的速度为v1由动能定理2mgh+E4qh=2mv12-0联立得：v1=.a与b相撞后合在一起，电荷量为4q-q=3q，带负电，由动量守恒定律得：2mv1=（m+2m）v2v2=碰后在一起做匀速直线运动，受到重力 3mg，电场力 3Eq，洛伦兹力3Bqv2.由平衡条件3Bv2q=3Eq+3mg联立解得h=.答案：h=三、带电
11、体在复合场中的动态分析与临界问题技法讲解带电体在电场力、磁场力、重力、弹力及摩擦力作用下的运动，广泛地涉及力学和电磁学的基本概念、规律和方法，不仅受力复杂、运动多变(受力分析与运动分析常结合在一起)、综合性强，而且往往与临界问题和极值问题密切相关1.解决该类型题方法思路(1)正确进行受力分析，除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析(2)正确进行物体的运动状况分析，找出物体的速度、位置及变化，分清运动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件(3)选择适当的规律进行求解2.分析临界问题的常用方法(1)物理分析法认真分析系统所经历的物理过程，找出与临界状态相对应的临界条件，是解答这类题
12、目的关键，寻找临界条件，方法之一是从最大静摩擦力、极限频率、临界角、临界温度等具有临界含义的物理量及相关规律入手；方法之二是以题目叙述的一些特殊词语如“恰好”“刚好”“最大”“最高”“至少”为突破口，挖掘隐含条件，探求临界位置或状态.(2)数学解析法许多物理过程，一个物理量随另一个物理量的变化可用一个二次函数来表示，如果这个函数存在极值，则说明它反映的物理变化存在一个临界状态，用配方法、图像法求解极值，就可求得临界点，临界状态的各物理量便可一一得出典例剖析例3如图所示,竖直绝缘杆处于方向彼此垂直、大小为E、B的匀强电、磁场中，一个质量为m、带正电电荷量为q的小球，从静止开始沿杆下滑，且与杆的动
13、摩擦因数为，试求：（1）小球速度为多大时，加速度最大？最大值是多少？（2）小球下滑的最大速度是多少？解析：小球开始下滑时，在水平方向始终受到方向相反的电场力qE和洛伦兹力qvB的作用，受力分析如图所示，（1）当qvBqE时，压力FN水平向左，小球下滑的加速度为：a=由上式知a随v的增加而增加，即小球做加速度增加的加速运动.当qvB=qE,即速度增大v=时,摩擦力Ff=FN=0,加速度最大,其最大值为amax=g.(2)当qvBqE时,FN改变方向为水平向右，小球下滑加速度为:a=由此可知a随v增大而减小,即小球做加速度减小的加速运动,当a=0时,速度达到最大,这时有:mg=(qvB-qE)故最
14、大速度为vmax=.答案：（1）v= amax=g（2）第三关：训练关笑对高考随 堂 训 练.如图所示，、是一对平行的金属板，分别接到直流电源的两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔在较大的空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，而在、两板间还存在着匀强电场从两板左侧中点处射入一束正离子，这些正离子都沿直线运动到右侧，从孔射出后分成束则这些正离子的 （ ）.速度一定都相同.质量一定有种不同的数值.电量一定有种不同的数值.荷质比一定有种不同的数值解析：带电粒子在正交的复合场中做直线运动，必有qvB=qE，即v=各离子的速度相同.离开复合场后各离子的轨道半径不同，由R=可知，
15、荷质比一定不同.答案：AD2.如图所示，一块通电的铜板，板面垂直磁场放在磁场中，板内通有图示方向的电流，、是铜板的左、右边缘的两点，则()A.电势B.电势C.电流增大时，|增大D.其他条件不变，将铜板改为水溶液时，电势情况仍然一样解析：铜板内自由电荷为自由电子,电流向上,则电子流动方向向下,其所受洛伦兹力的方向向左,则自由电子将向a侧偏转,a侧积累负电荷,b侧显出正电荷从而建立由b指向a的电场,故ab,B正确.同时,当eBv=时,电子不再偏转,Uba最大,为Uba=Bdv,其中I=svne,所以v=,所以Uba=,可见I增大时,Uab=|a-b|也增大,C正确.当为NaCl水溶液,正负离子偏向
16、同一侧,故D不正确.答案：BC3.如图所示，水平放置的两个平行金属板MN、PQ间存在匀强电场和匀强磁场.MN板带正电，PQ板带负电，磁场方向垂直纸面向里.一带电粒子只在电场力和洛伦兹力作用下，从I点由静止开始沿曲线IJK运动，到达K点时速度为零，J是曲线上离MN板最远的点.以下说法正确的是（）A.粒子在J点受到的电场力大于洛伦兹力B.粒子在I点的电势能大于K点的电势能C.粒子在I点和K点的加速度相同D.粒子将在IJK曲线上往复运动答案：AC4.如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的点自由滑下，经过轨道端点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动
17、，现使小球从稍低些的点开始自由滑下，在经点进入板间的运动过程中 （ ）其动能将会增大 其电势能将会增大 小球所受的洛伦兹力将会增大 小球所受的电场力将会增大. . .解析：带电小球进入板间恰好沿水平方向做直线运动，所以qvB+qE=mg（小球只能带正电），若从稍低的b点落下，进入板间的速度将减小，则进入时洛伦兹力减小了，因此小球将向下板偏，合外力做功大于零（mgqE），动能将会增大，速度将会增大，洛伦兹力将会增大；由于向下板偏，电场力做负功，其电势能将会增大.而电场力大小只与场强及小球的带电荷量有关，故错.答案：A5.如图所示，直线PO与x轴成45角，x轴上方有水平向右的匀强电场E1,下方有竖
18、直向下的匀强电场E2，已知电场强度E1=E2=10 N/C,x轴下方还存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=10 T.现有一质量m=1.010-5 kg的带电粒子，带电荷量q=-1.010-5 C.粒子由P点无初速释放，PO=d= m(重力加速度g=10 m/s2).求：（1）粒子刚进入磁场区域时的速度v；(2)粒子第一次在磁场中运动的时间t和位移L.解析：粒子在两个电场中所受的电场力大小相同，为F=qE1=qE2=1.010-4 N粒子所受的重力为G=mg=1.010-4 N可见在两个电场中粒子所受电场力大小均等于重力大小.（1） 在x轴上方的电场中，粒子沿PO做初速度为0的匀加
19、速直线运动合外力大小为F合= =10-4 N合外力方向：tan= =1,=45，即合外力与场强方向的夹角为45，粒子将从原点O进入x轴下方的复合场中.加速度a= =10 m/s2粒子刚进入x轴下方复合场时的速度为v=2 m/s（2）在x轴下方的复合场中，因为粒子所受的重力和电场力平衡，所以粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期T= =0.628 s由对称性可知，粒子在磁场中运动四分之三周期，所用时间为t=3T/4=0.47 s粒子在磁场中做圆周运动的半径为R= =0.2 m粒子离开磁场时速度方向与负x轴成45角，则粒子在磁场中运动的位移为,L= R=0.22 m=0.283 m答案：(1)
20、2 m/s(2)0.47 s0.283 m课时作业三十八带电粒子在复合场中的运动1.在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（电荷量为e）在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动.据此可以判断出()A.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高B.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低C.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高D.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低解析:根据粒子匀速运动特点可知，电场力等于洛伦兹力.粒子沿着等
21、势线运动，故电势能不变，电场方向沿z轴向下，故ABD错，C正确.答案:C2.如图所示，带电平行金属板相互正对水平放置，两板间存在着水平方向的匀强磁场.带电液滴a沿垂直于电场和磁场的方向进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，在它正前方有一个静止在绝缘小支架上不带电的液滴b，带电液滴a与液滴b发生正碰，在极短的时间内复合在一起形成带电液滴c.若不计支架对液滴c沿水平方向的作用力，则液滴c离开支架后()A.一定做曲线运动B.可能做匀速圆周运动C.可能做直线运动D.电场力对其做正功解析:液滴a在电、磁场中做匀速运动，有mag=Bqva+qE,与液滴b复合过程中动量守恒：mava=(mb+ma)v,刚碰后
22、c受到的向上的作用力qE+BqvqE+Bqva=mag(ma+mb)g，故此液滴要做曲线运动，电场力做负功，A对，C、D错.在匀强复合场中带点质点做匀速圆周运动时要求恒力的合力为零，洛伦兹力提供向心力，故B错误.答案:A3.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中()A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变解析:小球由静止加速下滑，f洛=Bqv在不断增大.开始
23、一段，如图（a),f洛f电，水平方向有f洛+ N=F电，加速度a=,其中f= N，随着速度的不断增大，f洛增大，弹力 N减小，加速度也增大.当f洛=F电时，加速度达最大.以后如图（b）f洛F电，水平方向f洛=F电+ N，随着速度的增大， N也不断增大，摩擦力f= N也增大，加速度a=减小，当f=mg时，加速度a=0，此后小球匀速运动.由以上分析可知，加速度先增大后减小，A错，B正确；弹力先减小，后增大，C错；洛伦兹力f洛=Bqv，由v的变化可知D正确.答案:BD4.如图有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子束在区域中不偏转，进入区域后偏转半径又相同，则说明这些正
24、离子具有相同的()A.速度B.质量C.电荷D.比荷解析:设电场的场强为E，由于粒子在区域里不发生偏转，则Eq=B1qv,得v=；当粒子进入区域时，偏转半径又相同，所以R=，故选项A、D正确.答案:AD5.如图所示，虚线空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电荷量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场()解析:带电小球在各复合场中受力情况如下图所示，A图中由于小球所受合力不为零，所以洛伦兹力不恒定，因此水平方向合力不可能保持为零，所以A图不正确；B图中垂直纸面向外的方向上只有一个
25、洛伦兹力，所以这种情况下小球也不能沿竖直方向运动；C图中小球所受三个力的合力有可能为零，小球可能沿竖直线运动；D图中小球只受竖直方向重力和电场力作用，一定沿竖直线运动.答案:CD6.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示.这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（)A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量解析:回旋加速器的两个D形盒间隙分布周期性变化的电场，不断地给带电粒子加速使其获得能量；而D形盒处分布有恒定不变的磁场，具有一定速度的带电粒子在D形盒内受到磁场的洛
26、伦兹力提供的向心力而做圆周运动；洛伦兹力不做功故不能使离子获得能量，C错；离子源在回旋加速器的中心附近.所以正确选项为A、D.答案:AD7.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计.该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口.在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极.污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是()A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
27、C.污水中离子浓度越高电压表的示数将越大D.污水流量Q与U成正比，与a、b无关解析:由左手定则可判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势降低，故A、B错误.设前后表面间的最高电压为U，则qU/b=qvB，所以U=vBb，由此可知U与离子浓度无关，故C错误.因Q=vbc，而U=vBb，所以Q=Uc/B,D正确.答案:D8.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点
28、，不计重力，则()A.该离子必带正电B.A、B两点位于同一高度C.离子到达C点时的速度最大D.离子到达B点后，将沿原路返回A点解析:在不计重力情况下，离子从A点由静止开始向下运动，说明离子受向下的电场力，带正电.整个过程中只有电场力做功，而A、B两点离子速度都为零，所以A、B在同一等势面上，选项B正确.运动到C点时离子在电场力方向上发生的位移最大，电场力做功最多，离子速度最大，选项C正确.离子从B点向下运动时受向右的洛伦兹力，将向右偏，故选项D错.答案:ABC9.如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场区域内，有一个带电小球A，已知电场强度为E，磁感应强度为B，小球在复合场区域中受到的电场力大
29、小恰与它的重力大小相等，要使小球在电磁场中匀速运动，则小球的速度大小等于_，方向为_.解析:小球带正电时，磁场力的大小等于重力与电场力的合力，方向如图（甲）所示.则qBv= qEv=根据左手定则，小球速度的方向与磁场力垂直，与E的正向成45角；同理，小球带负电时，亦有v=2EB,方向与E正向成135角（如图乙所示）.答案:小球带正电时，为右上方与E正向成45角；小球带负电时， 为左上方与E正向成135角10.如图所示，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域内有场强E=12 N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场.一个质量m=4
30、10-5 kg，电量q=2.510-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点.取g=10 m/s2，求：（1）P点到原点O的距离；（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间.解析:微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛伦兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零.由此可得+(mg)2电场力FE=Eq洛伦兹力FB=Bqv联立求解、代入数据得v=10 m/s微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动，可沿
31、初速度方向和合力方向进行分解.tan=代入数据得tan=设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则因为s1=vts2= OP=联立求解，代入数据可得P点到原点O的距离OP=15 mO点到P点运动时间t=1.2s答案：（1）15 m（2）1.2 s11.如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外.有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场.质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为，A点与原点O的距离为d.接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场.不
32、计重力影响.若OC与x轴的夹角也为，求（1）粒子在磁场中运动速度的大小；（2）匀强电场的场强大小.解析:（1）质点在磁场中的轨迹为一圆弧.由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上.依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O.由几何关系知，AO垂直于OC，O是圆弧的圆心.设圆弧的半径为R，则有R=dsin由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB=m将式代入式，得=(2)质点在电场中的运动为类平抛运动.设质点射入电场的速度为0，在电场中的加速度为a，运动时间为t,则有0=cossin=atd=0t联立得a=设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE
33、=ma联立E=sin3cos答案：（1）sin（2）sin3cos12.如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角=120，在OC右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角=30，大小为v.粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍.粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开
34、磁场.已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间.解析:（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，与CO相交于O点，由几何关系可知，直线OO与粒子过O点的速度v垂直.在直角三角形OOD中OOD=30.设磁场左右边界间距为d,则OO=2d.依题可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O点，圆弧轨迹所对的圆心角为30，且OA为圆弧的半径R.由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直.A点到x轴的距离=R（1-c
35、os30）由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得qvB=联立式得（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有t1=T=依题意，匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150.由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60.设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O,O必定在直线OC上.设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则OOP=120.设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有t2=T设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得t3=T-(t1+t2)由匀变速运动的规律和牛顿定律可知，-v=v-at3a=联立可得E= Bv（3）粒子自P点射出后将沿直线运动.设其由P点再次进入电场，由几何关系知OPP=30三角形OPP为等腰三角形.设粒子在P、P两点间运动的时间为t4，有t4=又由几何关系知联立式得t4=答案：(1) (2) Bv,与x轴正向夹角为150(3)