2024年高考物理大一轮复习：第2课时 带电粒子在复合场中的运动

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第2课时　带电粒子在复合场中的运动



　带电粒子在复合场中的运动
1.必须领会的“三种方法”和“两种物理思想”
(1)对称法、合成法、分解法。
(2)等效思想、分解思想。
2.做好“两个区分”，谨防做题误入歧途
(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。
(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。
3.抓住“两个技巧”，做到解题快又准
(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。
(2)善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。
命题角度一　带电粒子在组合场中的运动
【例1】 (2018·全国卷Ⅲ，24)如图1，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

图1
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解题指导

解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
答案　(1)　(2)1∶4
命题角度二　带电粒子在叠加场中的运动
【例2】 质量为m、电荷量为＋q的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，磁场方向如图2所示，若小球a与绝缘地板间的动摩擦因数为μ，已知小球a自A点沿绝缘板做匀速直线运动，在B点与质量为M＝2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回A点，往返总时间为t，AB间距为L，已知重力加速度为g。求：

图2
(1)磁感应强度大小；
(2)匀强电场场强E；
(3)全过程摩擦力做的功。
解析　(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒。设碰前a球速度大小为v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb，取向右为正方向，则有
mv0＝－mva＋Mvb
mv＝mv＋Mv，M＝2m
解得va＝v0，vb＝v0
往返总时间t＝＋＝
解得v0＝
a球碰后匀速返回，a球受到的支持力FN＝0，摩擦力Ff＝0，则有qvaB＝mg
解得B＝。
(2)a球碰前匀速运动，则有
竖直方向：FN＝mg＋qv0B
水平方向：qE＝μFN
解得E＝，方向水平向右。
(3)碰前摩擦力对a球做的功为
W1＝－Ff L＝－qEL＝－4μmgL
碰后摩擦力对b球做的功为
W2＝－Mv＝－
故摩擦力对系统做的功为
W＝W1＋W2＝－。
答案　(1)　(2)　方向水平向右
(3)－
[典例拓展1] 在【例2】中，若绝缘地板光滑，撤去小球b，保持电场方向不变，磁场反向，场强大小为E，磁感应强度大小为B，小球a由静止释放。求：
(1)小球a在绝缘板上运动的时间；
(2)小球a在绝缘板上运动的距离。
解析　(1)小球a刚要离开绝缘地板时，则有qvB＝mg
小球a在绝缘地板上运动过程，由动量定理得
qEt＝mv－0
解得t＝。
(2)小球a在绝缘地板上运动过程，由动能定理得
qEx＝mv2－0，解得x＝。
答案　(1)　(2)
[典例拓展2] 在【例2】中，若小球a、b碰撞后，立即改变电场强度的大小和方向，使小球a做圆周运动。其他条件保持不变。求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)小球a离开绝缘地板的最大距离。
解析　(1)小球a做圆周运动，则有qE＝mg
解得E＝
方向竖直向上。
(2)对小球a由牛顿第二定律得
qvaB＝m
其中va＝v0，v0＝，B＝
解得R＝
故xm＝2R＝。
答案　(1)　方向竖直向上　(2)
命题角度三　带电粒子在交变电磁场中的运动
【例3】 如图3甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0＝20 m/s的速度从x轴上的点A(－2 m，0)进入第二象限，从y轴上的点C(0，4 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g＝10 m/s2。

图3
(1)求第二象限内电场的电场强度大小；
(2)求粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标。
解析　(1)带电粒子在第二象限的匀强电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则
qE|xA|＝m(v－v)
|xA|＝t，|yC|＝v0t
v＝v＋v
解得E＝1.0 N/C，vC＝20 m/s。
(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，
则cos θ＝＝，即θ＝45°
粒子在第一象限的磁场中运动时有qvCB＝m
解得r＝ m
粒子做圆周运动的周期T＝＝ s
所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x正半轴，设粒子第一次经过x正半轴的点为D点，在x正半轴上对应的弦长为r＝1 m，所以OD＝3 m
粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标为(3 m，0)。
答案　(1)1.0 N/C　(2)(3 m，0)

1.如图4所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现有垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。现撤去磁场，粒子仍以原速度从A点射入场中，粒子恰好从F点射出；若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)(　　)

图4
A.AB B.BC C.CD D.DE
解析　只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电；只有磁场时，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转；在电场和磁场同时存在时，粒子在复合场中做匀速直线运动，则有qE＝qvB①
设六边形的边长为L，只有电场时，
竖直向上的方向上有vt＝Lcos 30°＝L②
水平方向上有··t2＝Lsin 30°＝L③
当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝④
联立可得r＝L⑤
由几何关系可知||＝L，而L＜2r＜L，所以粒子将从BC边射出磁场，B正确。
答案　B
2.如图5所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限某一矩形区域内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q(2h，0)点进入第四象限，经过磁场偏转后从y轴上M(0，－2h)点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子所受的重力。求：

图5
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达Q点时速度的大小和方向；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
解析　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h
y＝t2＝h
联立以上各式可得E＝。
(2)粒子到达Q点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0
所以v＝＝2v0，tan θ＝＝，θ＝60°
即方向指向第四象限与x轴正方向成60°角。
(3)粒子在磁场中运动时，有
qvB＝m，解得r＝
若磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图甲所示，
　
　　　　　甲　　　　　　　　乙
最小矩形磁场的边界长为r，宽为，面积为
若磁场方向垂直纸面向外，轨迹如图乙所示，
最小矩形磁场的边界长为2r，宽为r，面积为。
答案　(1)　(2)2v0，方向指向第四象限与x轴正方向成60°角　(3)见解析
　带电粒子在复合场中的应用
带电粒子在复合场中的应用如下

命题角度一　组合场在科技中的应用
【例1】 在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图6所示：D1和D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央O处的粒子源产生的α粒子，在两盒之间被电场加速，α粒子进入磁场后做匀速圆周运动。忽略α粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)

图6
A.α粒子在磁场中运动的周期越来越大
B.α粒子运动半个圆周之后，电场的方向不必改变
C.磁感应强度越大，α粒子离开加速器时的动能就越大
D.两盒间电势差越大，α粒子离开加速器时的动能就越大
解析　α粒子在磁场中运动的周期T＝，与其速度的大小无关，α粒子运动的周期不变，故A错误；α粒子在电场中被加速，α粒子运动半个圆周之后再次进入电场时，与开始时运动的方向相反，电场的方向必须改变，故B错误；由qvB＝m，解得v＝，粒子最大动能为Ekm＝mv2＝，由此可知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及粒子的电量和质量有关，磁感应强度越大，α粒子离开加速器时的动能就越大，故C正确；粒子的最大动能Ekm＝，与加速电压的大小无关，即与两盒间电势差无关，故D错误。
答案　C
命题角度二　叠加场在生活、生产中的应用
【例2】 (2019·安徽合肥三模)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7所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、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一匀强磁场，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，接在M、N两端间的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(　　)

图7
A.M端的电势比N端的高
B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0
解析　由左手定则可知正电荷打在N端，所以M端的电势比N端的低，故选项A错误；由q＝qvB，解得U＝Bbv，故选项B、D错误；污水的流量Q＝vS＝
bc＝c，所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，故选项C正确。
答案　C
命题角度三　叠加场在科技中的应用
【例3】 (2019·天津卷，4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图8所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)

图8
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
解析　由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错误；洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
答案　D
【例4】 “801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入磁感应强度大小为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内。当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)。区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)。放在A处的放射源能够向纸面内SN上方各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应)。已知极板长RM＝2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q。

图9
(1)求氙原子核在A处的速度大小v2；
(2)求氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器发生故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A处发射粒子总数的比例。
解析　(1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时有
qv2B2＝m
根据题意，在A处发射速度大小相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙粒子束，即r＝
解得v2＝。
(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，当等离子体受到的电场力大小等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′，则
q′E＝q′v1B1
即E＝B1v1
对氙原子核经过区域Ⅰ加速的过程，根据动能定理有
qU＝mv－mv
其中U＝Ed＝B1v1d
联立可得v3＝。
(3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B2′＝之后，
根据r′＝可知，r′＝2r＝D

①根据示意图可知，垂直极板SN，即沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域Ⅰ，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域Ⅰ。
该轨迹的圆心O1正好在N点，即AO1＝MO1＝D。
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域Ⅰ，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域Ⅰ。
则有AO2＝AN＝NO2＝D，所以此时入射角∠GAN＝30°
根据上述分析可知，只有∠FAG＝60°这个范围内射入的粒子才能进入区域Ⅰ。该部分粒子占A处发射粒子总数的比例为η＝＝。
答案　(1)　(2)　(3)


A卷　提能小卷练
一、选择题
1.为了通过实验研究PM2.5的相关性质，让一带电的PM2.5颗粒(重力不计)，垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，如图1所示，其中M、N为正对的平行带电金属板，观察发现它恰好做直线运动，则下列判断正确的是(　　)

图1
A.M板一定带正电
B.PM2.5颗粒一定带正电
C.若仅使PM2.5颗粒的电荷量增大，颗粒一定向M板偏移
D.若仅使PM2.5颗粒的速度增大，颗粒一定向N板偏移
解析　由于颗粒做直线运动，故无论颗粒带何种电荷，电场力与洛伦兹力都是方向相反、大小相等的。根据左手定则，带正电颗粒受到的洛伦兹力向上，所以它受到的电场力向下，电场力与电场强度同向(带负电颗粒受到的洛伦兹力向下，所以它受到的电场力向上，电场力与电场强度反向)，所以M板一定带正电，A正确；PM2.5颗粒的电性不确定，B错误；根据电场力和洛伦兹力平衡，即qvB＝qE，得v＝，与颗粒的电荷量q无关，C错误；若使PM2.5颗粒的速度增大，则洛伦兹力增大，则电场力与洛伦兹力不平衡，出现偏转现象，因洛伦兹力方向不确定，则不一定向N板偏移，D错误。
答案　A
2.(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图2甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)

图2
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析　根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知q＝qvB，则U＝Bdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
答案　AD
3.质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具。图3中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)

图3
A. B.
C. D.
解析　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，在直角△FGO中，∠GOF＝60°，轨道半径r＝Rtan 30°＝，又qvB＝m，可求＝，选项C正确。
答案　C
4.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。如图4为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)

图4
A.带电粒子每运动一周被加速两次
B.带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
解析　带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向不需改变，在AC间加速，故A、D错误；根据r＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v2－v＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则P1P2≠P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。
答案　C
5.(多选)如图5所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属圆环半径方向的辐向电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M的内侧边缘由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与圆环无碰撞。则M、N间电压满足的条件是(　　)

图5
A.U＝ B.U＝
C.U＝ D.U＝
解析　带电粒子在电场中被加速后从小孔进入匀强磁场做匀速圆周运动，然后从其他小孔进入电场中做减速运动，到达M环处速度减小到零，然后重复上述运动。由于N环上有均匀分布的6个小孔，可知带电粒子在磁场中每次做圆周运动的轨迹所对的圆心角为θ1＝120°或θ2＝60°，由几何关系可得对应的轨迹半径分别为r1＝R2tan 30°＝R2，r2＝R2tan 60°＝R2。带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理，qU1＝mv，qU2＝mv，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qv1B＝m，qv2B＝m，联立解得U1＝，U2＝，选项A、C正确。
答案　AC
二、非选择题
6.如图6甲所示，长度为l、垂直纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，磁场随时间变化的规律如图乙所示，板间距离为2l，平行板右侧有一水平方向的匀强电场。t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由MN板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反。上述m、q、l、v0为已知量。

图6
(1)若粒子在TB时刻进入电场，求B0的最大值；
(2)若粒子在TB时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；
(3)若B0＝，求TB满足的条件。
解析　(1)若粒子在TB时刻进入电场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。

临界情况是经过速度偏转角为90°，此时粒子运动半径具有最小值R0＝
根据qv0B0max＝
得B0max＝。
(2)粒子做匀速圆周运动的周期T0＝＝
可知TB＝＝
粒子在电场中运动的时间为
t＝(n＝1、2、3、…)
由运动学规律得t＝
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝(n＝1、2、3、…)
d＝×＝(n＝1、2、3、…)。
(3) 由B0＝可知R＝2l
则T＝＝
设θ为粒子在0～内的速度偏转角，由分析可知
2nRsin θ＝l(n＝1、2、3、…)
＝T
联立可得TB＝，且sin θ＝(n＝1、2、3、…)。
答案　(1)　(2)(n＝1、2、3、…)　(n＝1、2、3、…)　(3)TB＝，且sin θ＝(n＝1、2、3、…)
B卷　高考标准练
(20分钟　32分)
1.(12分)(2019·山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考)如图7，A、B、C为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强磁场，将一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的粒子以初动能Ek自A点垂直于直线AC射入磁场，粒子依次通过磁场中B、C两点所用时间之比为1∶3。若在该平面内同时加匀强电场，从A点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达B点时的动能是初动能的3倍，到达C点时的动能为初动能的5倍。已知AB的长度为l，不计带电粒子的重力，求：

图7
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)电场强度的大小和方向。
解析　(1)设AC中点为O，由题意可知AC长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，连接OB。因为粒子在运动过程中依次通过B、C两点所用时间之比为1∶3，所以∠AOB＝60°，圆周运动的半径r＝l(2分)
由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m(1分)
初动能Ek＝mv2(1分)
解得B＝(1分)
因为粒子带正电，根据洛伦兹力受力方向可以判断，磁感应强度B的方向为垂直纸面向外。(1分)

乙
(2)加上电场后，只有电场力做功，从A到B
qUAB＝3Ek－Ek(1分)
从A经B到C
qUAC＝5Ek－Ek(1分)
UAC＝2UAB(1分)
在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的，可以判断O点与B点是等电势的，所以，电场强度E与OB垂直；因为由A到B电场力做正功，所以电场强度的方向与AC成30°夹角斜向上方。设电场强度的大小为E，有UAB＝Elcos 30°(2分)
联立解得E＝。(1分)
答案　(1)，方向垂直纸面向外
(2)，方向与AC成30°夹角斜向上方
2.(20分)如图8所示，竖直平面内，在y轴右侧为匀强电场区域，场强为E1，方向水平向左，在y轴左侧为匀强电场和匀强磁场的叠加区域，匀强电场的场强为E2，方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向外且只分布在等边三角形MNP区域内，NP与y轴重合。场强E1＝E2＝1.0×104 N/C，磁感应强度B＝×104 T。在A点处有一质量为m＝1.0×10－3 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球由静止释放。(g＝10 m/s2)

图8
(1)求小球到O点时的速度大小和方向；
(2)若小球经过MNP区域后最终从NP边经过y轴再次进入第一象限，对应有一个最小的等边三角形匀强磁场的区域，求此时顶点M的坐标；
(3)若在线段OA上不同位置由静止释放该小球，请写出小球通过NP边后，速度第一次变为y轴负方向的所有位置点满足的方程。
解析　(1)由题可知，在y轴右侧mg＝qE1＝0.01 N，其合力方向由A点指向O点，
由动能定理有mgy1＋qE1x1＝mv2－0(2分)
解得v＝2 m/s，方向沿AO指向第三象限。(2分)
(2)在y轴左侧，mg＝qE2＝0.01 N，此二力平衡，洛伦兹力提供向心力

甲
如图甲所示，设小球做圆周运动的半径为R，则
qvB＝m，R＝ m(2分)
故顶点M的横、纵坐标分别为
y2＝Rsin 45°＝ m(1分)
x2＝－(2R＋Rcos 45°)＝－ m(2分)
则顶点M的坐标为。(1分)
(3)设小球从(x，y)点释放，其中y＝x，且小球到达O点的速度为v1，在y轴左侧仍然做匀速圆周运动，其半径设为r，则v＝2×g×x
qv1B＝m
出磁场时的坐标为(0，r)(2分)
出磁场后，在y轴右侧的运动为类平抛运动，如图乙所示，设速度第一次变为y轴负方向的时间是t，水平、竖直分加速度的大小均为g，则：

乙
水平方向v1cos 45°＝gt(1分)
竖直方向Δy＝v1sin 45°·t＋gt2(2分)
故Δy＝3x，(1分)
故该点的纵坐标y＝r－Δy(2分)
所以，这些位置点所满足的方程为
y＝－3x。(2分)
答案　(1)2 m/s　方向沿AO指向第三象限
(2)　(3)y＝－3x