【物理】2018届一轮复习人教版专题九带电粒子在叠加场中的运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版专题九带电粒子在叠加场中的运动学案

专题九 　带电粒子在叠加场中的运动 Ø 热点题型探究 ‎　热点一　带电粒子在叠加场中运动的科技应用 装置 原理图 规律 速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动 磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd 电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ 霍尔元件 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电势差 考向一　磁流体发电机 ‎1 (多选)图Z91是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是(　　)‎ 图Z91‎ A．N板的电势高于M板的电势 B．M板的电势高于N板的电势 C．R中有由b向a方向的电流 D．R中有由a向b方向的电流 考向二　电磁流量计 ‎2 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Z92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大小为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(　　)‎ 图Z92‎ 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 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 考向三　速度选择器 ‎3 如图Z93所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大．一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域．带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电荷量不变．下列判断正确的是(　　)‎ 图Z93‎ A．微粒从左向右运动，磁场方向向里 B．微粒从左向右运动，磁场方向向外 C．微粒从右向左运动，磁场方向向里 D．微粒从右向左运动，磁场方向向外 考向四　霍尔元件 ‎4 (多选)如图Z94所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件前、后两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)‎ 图Z94‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正、负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎■ 建模点拨 复合场的科技应用以忽略重力为前提，电场力与磁场力动态平衡，要深刻理解平衡原理．电场方向、磁场方向、电荷电性、入射方向任何一个因素发生变化，即可导致结构发生变化，切记不可盲目套用．‎ ‎　热点二　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1.运动形式 静止或匀速直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 ‎2.分析方法 考向一　带电粒子在叠加场中的直线运动 ‎5 (多选)[2015·浙江联考] 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图Z95所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)‎ 图Z95‎ A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的场强为 考向二　带电粒子在叠加场中的圆周运动 ‎6 [2014·陕西五校一模] 如图Z96所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；‎ ‎ (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)微粒从P运动到Q的时间．‎ 图Z96‎ 考向三　带电粒子在叠加场中的复杂运动 ‎7 (16分)[2016·青岛期末] 如图Z97所示，在平面直角坐标系xOy(x轴水平，y轴竖直)中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40 N/C，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E2＝ N/C.一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m，3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m，0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)．求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．‎ ‎(2)小球由P点运动至N点的时间．‎ 图Z97‎ ‎[解析规范] (1)小球在第一象限内做匀速圆周运动 mg＝________(2分)‎ 解得q＝5×10－4 C(1分)‎ 由图Z98甲得________＝xM－xP，________＝yM(2分)‎ 联立解得R＝2 m，θ＝37°(1分)‎ 又________＝m(2分)‎ 解得B＝2 T(1分)‎ ‎(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示，tan α＝________＝0.75，α＝θ＝37°(2分)‎ 图Z98‎ 小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示．‎ 由几何关系可得 lQN＝(－yN－xPtan α)cos α＝0.6 m(2分)‎ 在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝________(2分)‎ 解得t＝0.6 s(1分)‎ ‎■ 规律总结 关于是否考虑粒子重力的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力．‎ ‎(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理．‎ ‎(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．‎ ‎　热点三　有轨道约束的叠加场问题 带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．‎ 考向一　带电物块与绝缘物块的组合 ‎8 (多选)如图Z99所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是(　　)‎ 图Z99‎ A．甲对乙的压力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．乙对地板的压力不断增大 D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 考向二　带电物块与绝缘斜面的组合 ‎9 如图Z910所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图Z910‎ 考向三　带电圆环与绝缘直杆的组合 ‎10 如图Z911所示，一个质量m＝0.1 g、电荷量q＝4×10－4 C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动．将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10 N/C，B＝0.5 T．小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．取g＝10 m/s2，小环电荷量不变．‎ 图Z911‎ ‎■ 方法技巧 把握三点，解决此类问题：‎ ‎(1)对物块受力分析，把握已知条件．‎ ‎(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个物理量之间的关系．‎ ‎(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用．‎ Ø 高考模拟演练 ¥ 高考真题 ‎1．[2016·北京卷] 如图Z912所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．‎ ‎(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；‎ ‎(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．‎ 图Z912‎ ‎2．[2014·四川卷] 在如图Z913所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s.‎ 图Z913‎ ¥ 精选模拟 ‎3．(多选)[2015·浙江金丽衢十二校联考] 如图Z914所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带负电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场．现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙一起向右加速运动．在加速运动阶段(　　)‎ 图Z914‎ A．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不变 C．乙物块与地板之间的摩擦力不断增大 D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动 ‎4．[2015·南京月考] 如图Z915所示的虚线间区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(　　)‎ 图Z915‎ A．穿出位置一定在O′点下方 B．穿出位置一定在O′点上方 C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小 专题九　带电粒子在叠加场中的运动 ‎【热点题型探究】‎ 热点一　带电粒子在叠加场中运动的科技应用 例1　BD　[解析] 根据左手定则可知正电荷向上极板偏转，负电荷向下极板偏转，则M板的电势高于N板的电势，选项A错误，B正确；M板相当于电源的正极，那么R中有由a向b方向的电流，选项C错误，D正确．‎ 例2　D　[解析] 无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知前表面电势均比后表面电势低，且当Bvq＝q时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关，选项A、B、C错误；由Q＝vbc可得Q＝，Q与U成正比，与a、b无关，选项D正确．‎ 例3　B　[解析] 微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域，说明洛伦兹力qvB与电场力qE平衡，微粒受到空气阻力作用，速度逐渐减小，沿运动方向磁场的磁感应强度必须逐渐增大，因此微粒从左向右运动，磁场方向向外，选项B正确．‎ 例4　CD　[解析] 由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，选项A错误；若电源的正、负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子受力的方向不变，选项B错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并联，故IH＝I，选项C正确；由于B与I成正比，IH与I成正比，则UH＝k∝I2，RL又是定值电阻，选项D正确．‎ 热点二　带电粒子在叠加场中的运动 例5　AC　[解析] 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不可能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件可知：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝，故选项C正确，D错误．‎ 例6　(1)　　(2) ‎(3)＋ ‎[解析] (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有 qE1sin 45°＝mg 解得E1＝ 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有 mg＝qE2‎ 解得E2＝ ‎(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则 a＝＝g v2＝2ad1‎ Rsin 60°＝d2‎ qvB＝m 解得B＝ ‎(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动，t1＝ 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则T＝ t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝＋ 例7　(1)qE1　Rcos θ　Rsin θ＋R　qv0B ‎ (2)　v0t 热点三　有轨道约束的叠加场问题 例8　ACD　[解析] 对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下且不断增大的洛伦兹力，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小．故A、C、D正确．‎ 例9　　 ‎[解析] 经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面滑行的速度达到最大，同时位移达到最大，即 qvmB＝mgcos θ 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得 mgssin θ＝mv 由以上两式得：vm＝＝，s＝＝.‎ 例10　2 m/s2　5 m/s ‎[解析] 对小环受力分析，水平方向根据平衡条件得FN＝qE＋qvB.‎ 竖直方向由牛顿第二定律得运动方程mg－μFN＝ma，‎ 联立得mg－μ(qE＋qvB)＝ma.‎ 当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝2 m/s2.‎ 下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小．当a＝0时，下落速度v达到最大值，代入数值得vm＝5 m/s.‎ ‎【高考模拟演练】‎ ‎1．(1)　　(2)vB ‎[解析] (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ 匀速圆周运动的周期T＝＝.‎ ‎(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则 qE＝qvB 场强E的大小E＝vB.‎ ‎2．(1)4 m/s　(2)0.56 m ‎[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则 F1＝qvB①‎ f＝μ(mg－F1)②‎ 由题意，水平方向合力为零 F－f＝0③‎ 联立①②③式，代入数据解得 v＝4 m/s④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 ‎　qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤‎ P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 ‎　qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 s1＝vGt＋a1t2⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 s2＝a2t2⑨‎ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s＝s1＋s2⑩‎ s＝0.56 m⑪‎ ‎3．AC　[解析] 对整体受力分析，地面对乙物块的摩擦力f＝μ(mg＋Mg＋qvB)，因为整体做加速运动，故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大，C正确；对整体根据牛顿第二定律得qE－μ(mg＋Mg＋qvB)＝(M＋m)a，整体的加速度逐渐减小，A正确，D错误；对甲物块受力分析，根据牛顿第二定律得f1＝ma，加速度减小，则两物块间的摩擦力减小，B错误．‎ ‎4．C　[解析] a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b 由于电性不确定，无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误．‎ ‎【教师备用习题】‎ ‎1．(多选)[2015·南宁期末] 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的带正电的小球(小球所受的重力不可忽略)在穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是(　　)‎ A．E和B都沿y轴的负方向 B．E和B都沿x轴的正方向 C．E沿z轴正方向，B沿y轴负方向 D．E沿z轴正方向，B沿x轴负方向 ‎[解析] CD　小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转，即做匀速直线运动，受力满足平衡条件．当E沿z轴正方向，B沿y轴负方向，且满足mg＝Eq＋qvB时小球做匀速直线运动；当E沿z轴正方向，B沿x轴负方向，洛伦兹力为零，且满足mg＝qE时小球做匀速直线运动，C、D正确．‎ ‎2．[2016·佛山质检] 如图甲所示，在两相距2R、水平放置的平行金属板P、Q间，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度v0＝沿板间水平中轴线O1O2从O1点射入，刚好打在下极板的中点B，现在两极板间加上竖直向下的匀强电场，粒子恰好能沿O1O2做直线运动，已知重力加速度为g.‎ ‎(1)求极板长度L；‎ ‎(2)粒子带何种电荷？P、Q间电压U为多少？‎ ‎(3)若在极板竖直中线AB右侧区域再加上一垂直纸面向里的匀强磁场(如图乙)，要使从O1射入的粒子能从PQ板间射出，求匀强磁场的磁感应强度B的大小范围．‎ ‎[答案] (1)4R　(2)负电荷　　(3)B＜或B＞ ‎[解析] (1)极板不带电，粒子做平抛运动，则有：‎ R＝gt2‎ ＝v0t 解得L＝4R.‎ ‎(2)加上电场后，粒子在竖直方向，有 mg＝qE 两力方向相反，故粒子带负电．‎ 由mg＝q 解得U＝.‎ ‎(3)加上磁场后，粒子做匀速圆周运动，设圆周半径为r，则有 qv0B＝m 粒子刚好从下极板右侧射出磁场时，由几何关系得：‎ r＝(2R)2＋(r1－R)2‎ 解得：r1＝2.5R，B1＝ 粒子刚好从下极板B点出磁场时，由几何关系可得：r2＝0.5R B2＝ 综上所述，要使粒子不与极板相碰，则有：B＜或者B＞.‎ ‎3．如图所示，左半部分为速度选择器，右半部分为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q>0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．‎ ‎(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；‎ ‎(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)．‎ ‎[答案] (1)　(2)x＝ ‎[解析] (1)能从速度选择器射出的离子满足qE0＝qv0B0‎ 解得v0＝.‎ ‎(2)离子进入匀强偏转电场后做类平抛运动，则 x＝v0t L＝at2‎ 由牛顿第二定律得 qE＝ma 由以上各式解得x＝.‎ ‎4．如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C、D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)两匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)OM的长度L；‎ ‎(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.‎ ‎[答案] (1)　(2)20 m或 m ‎(3)7.71 s或6.38 s ‎[解析] (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做匀加速直线运动，所以有 mg＝qE 解得E＝.‎ ‎(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有 Bqv＝m 由运动学规律知 v2＝2aL，‎ 其中a＝g 由类平抛运动规律知 R＝vt3‎ R－＝at 联立解得L＝20 m或 m.‎ ‎(3)质点做匀加速直线运动，有 L＝at，得t1＝2 s或 s 质点做匀速圆周运动，有t2＝×＝4.71 s 质点做类平抛运动，有R＝vt3，得t3＝1 s 质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.‎ ‎5．[2015·贵州六校联考] 传送带和水平面的夹角为37°，完全相同的两轮和传送带的切点A、B间的距离为24 m，B点右侧(B点在场的边缘)有一上、下无限宽且左、右边界间距为d的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝103 T．传送带在电动机带动下以4 m/s的速度顺时针匀速运转，现将质量为m＝0.1 kg、电荷量q＝＋10－2 C的物体(可视为质点)轻放于传送带的A点，已知物体和传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，物体在运动过程中电荷量不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求物体从A点被传送到B点所需的时间；‎ ‎(2)若物体从B点进入复合场后做匀速圆周运动，则所加电场的电场强度E大小应为多少？若物体仍然从复合场的左边界出复合场，则场的右边界距B点的水平距离d至少等于多少？‎ ‎[答案] (1)11 s　(2)100 N/C　0.016 m ‎[解析] (1)设物体在传送带上的加速度大小为a，则 a＝μgcos 37°－gsin 37°‎ 解得a＝0.4 m/s2‎ 物体达到与传送带速度相同所用时间设为t1，速度相同后经t2到达B点，‎ 则v＝at1，t1＝10 s x＝at＝20 m LAB－x＝vt2，所以t2＝1 s 总时间t＝t1＋t2＝11 s.‎ ‎(2)物体在复合场中做匀速圆周运动，则 qE＝mg 解得E＝100 N/C 物体做圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，有 qvB＝m 轨迹半径为R＝＝0.04 m 当物体运动轨迹与右边界恰好相切时，d有最小值，由几何关系得 sin 37°＝ 解得d＝0.016 m.‎