物理帶電粒子在復合場中的運動專項及解析

一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1．下圖為某種離子加速器的設計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中和是間距為的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔和，，P為靶點，（為大于1的整數(shù)）。極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為。質(zhì)量為、帶電量為的正離子從點由靜止開始加速，經(jīng)進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上區(qū)域（含點）或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應和離子所受的重力。求：（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大??；（2）能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；（3）打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間?！緛碓础?015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（重慶卷帶解析)【答案】（1）（2），（3），【解析】【分析】帶電粒子在電場和磁場中的運動、牛頓第二定律、運動學公式?！驹斀狻浚?）離子經(jīng)電場加速，由動能定理：可得磁場中做勻速圓周運動：剛好打在P點，軌跡為半圓，由幾何關系可知：聯(lián)立解得；（2）若磁感應強度較大，設離子經(jīng)過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P點，而做圓周運動到達右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到O點重新加速，直到打在P點。設共加速了n次，有：且：解得：，要求離子第一次加速后不能打在板上，有且：解得：，故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取即：；（3）加速次數(shù)最多的離子速度最大，取，離子在磁場中做n-1個完整的勻速圓周運動和半個圓周打到P點。由勻速圓周運動：電場中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式可得：2．兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力），若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且，兩板間距。（1）求粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）?！緛碓础繋щ娏Ｗ拥钠D(zhuǎn)【答案】（1）粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑（3）粒子在板間運動的軌跡如圖：【解析】【分析】【詳解】（1）設粒子在0～t0時間內(nèi)運動的位移大小為s1①②又已知聯(lián)立解得：（2）解法一粒子在t0~2t0時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則聯(lián)立解得：又即粒子在t0~2t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2解得：由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2，有：解得由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）：因此粒子運動的最大半徑。解法二由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為：方向向上。后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn又已知由以上各式得：粒子速度大小為：粒子做圓周運動的半徑為：解得：顯然因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示：3．如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g．（1）求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；（2）求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vp.【來源】2015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（福建卷帶解析)【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【分析】【詳解】小滑塊到達C點時離開MN，此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大??；由動能定理直接計算摩擦力做的功Wf；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運動計算最后的合速度的大小；（1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運動，即解得：（2）從A到C根據(jù)動能定理：解得：（3）設重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點速度vD的方向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=F/m，t時間內(nèi)在F方向的位移為從D到P，根據(jù)動能定理：，其中聯(lián)立解得：【點睛】解決本題的關鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可．4．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.25m的半圓,兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙球在B點被碰后的瞬時速度大小；（2）在滿足1的條件下，求甲的速度v0；（3）甲仍以中的速度v0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍?！緛碓础克拇ㄊ≠Y陽市高中（2018屆)2015級高三課改實驗班12月月考理綜物理試題【答案】（1）5m/s；（2）5m/s；（3）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）對球乙從B運動到D的過程運用動能定理可得乙恰能通過軌道的最高點D，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得=5m/s（2）設向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得根據(jù)機械能守恒可得聯(lián)立解得，m/s（3）設甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有聯(lián)立得分析可知：當M=m時，vm取最小值v0；當M?m時，vm取最大值2v0可得B球被撞后的速度范圍為設乙球過D點的速度為，由動能定理得聯(lián)立以上兩個方程可得設乙在水平軌道上的落點到B點的距離為，則有所以可得首次落點到B點的距離范圍5．歐洲大型強子對撞機是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對撞的高能物理設備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為l-0質(zhì)子束以初速度v0同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強磁場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e；加速極板AB、A′B′間電壓均為U0，且滿足eU0=mv02。兩磁場磁感應強度相同，半徑均為R，圓心O、O′在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=R；整個裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應。(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進入磁場)的速度ν和磁場磁感應強度B；(2)如果某次實驗時將磁場O的圓心往上移了，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO′連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度l0應該滿足的條件?！緛碓础亢鲜〕５率?019屆高三第一次模擬考試理科綜合物理試題【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】解：(1)對于單個質(zhì)子進入加速電場后，則有：又：解得：；根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于的中點P，粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關系可知必定沿OP方向射出，出射點為D，過C、D點作速度的垂線相交于K，則K，則K點即為軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑r=R根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：可得磁場磁感應強度：(2)磁場O的圓心上移了，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運達半徑認為R，對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，連OF、OD，并作FK平行且等于OD，連KD，由于OD=OF=FK，故平行四邊形ODKF為菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然會從D點射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心由于磁場上移了，故sin∠COF==，∠COF=，∠DOF=∠FKD=對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點，下方粒子到達C后最先到達D點的粒子所需時間為而上方粒子最后一個到達E點的試卷比下方粒子中第一個達到C的時間滯后上方最后的一個粒子從E點到達D點所需時間為要使兩質(zhì)子束相碰，其運動時間滿足聯(lián)立解得6．如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有一長為2l、寬為l的矩形區(qū)域ABCD，區(qū)域ABCD內(nèi)加有水平向左的勻強電場和垂直于該豎直面的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電微粒，從A點正上方的O點水平拋出，正好從AD邊的中點P進入電磁場區(qū)域，并沿直線運動，從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經(jīng)過空中的R點(Q、R圖中未畫出)。已知微粒從Q點運動到R點的過程中水平和豎直分位移大小相等，O點與A點的高度差，重力加速度為g，求：(1)微粒從O點拋出時初速度v0的大??；(2)電場強度E和磁感應強度B的大小；(3)微粒從O點運動到R點的時間t?！緛碓础克拇ㄊ∨手ㄊ?019屆高三第三次統(tǒng)一考試理綜物理試題【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【詳解】（1）從O到P，帶電微粒做平拋運動：所以（2）在P點：設P點速度與豎直方向的夾角為θ，則帶電微粒進入電磁區(qū)域后做直線運動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知：（3）設微粒從P到Q所用時間為t1，設微粒從Q到R所用時間為t2，因水平和豎直分位移相等，得：由題意得：微粒從0點運動到R點的時間t為：所以：7．如圖1所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（I區(qū)）和小圓內(nèi)部（II區(qū)）均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m，電最為+q的粒子由小孔下處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，不計粒子的重力．（1）求極板間電場強度的大小E；（2）若I區(qū)、II區(qū)磁感應強度的大小分別為、，粒子運動一段時間t后再次經(jīng)過H點，試求出這段時間t；：（3）如圖2所示，若將大圓的直徑縮小為，調(diào)節(jié)磁感應強度為B0（大小未知），并將小圓中的磁場改為勻強電場，其方向與水平方向夾角成角，粒子仍由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，為使粒子恰好從內(nèi)圓的最高點A處進入偏轉(zhuǎn)電場，且粒子在電場中運動的時間最長，求I區(qū)磁感應強度B0的大小和II區(qū)電場的場強E0的大小?【來源】【全國百強?！刻旖蚴行氯A中學2019屆高三高考模擬物理試題【答案】（1）（2）（3）；【解析】【詳解】解：(1)粒子在電場中運動，由動能定理可得：解得：(2)粒子在I區(qū)中，由牛頓第二定律可得：其中，粒子在II區(qū)中，由牛頓第二定律可得：其中，，由幾何關系可得：解得：(3)由幾何關系可知：解得：由牛頓第二定律可得：解得：解得：，則粒子速度方向與電場垂直解得：8．在平面直角坐標系中，第Ⅱ、Ⅲ象限軸到直線范圍內(nèi)存在沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小，第I、Ⅳ象限以為圓心，半徑為的圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度.大量質(zhì)量為，電荷量的帶正電的粒子從上任意位置由靜止進入電場．已知直線到y(tǒng)軸的距離也等于．不計粒子重力，求：（1）粒子進入磁場時的速度大??；（2）若某個粒子出磁場時速度偏轉(zhuǎn)了，則該粒子進入電場時到軸的距離h多大？（3）粒子在磁場中運動的最長時間．【來源】天津市耀華中學2019屆高三高考二模物理試題【答案】（1）2000m/s（2）0.2m（3）【解析】【詳解】（1）粒子在電場中加速，則有：解得：（2）在磁場中，有：解得：即正好等于磁場半徑，如圖，軌跡圓半徑與磁場圓半徑正好組成一個菱形由此可得（3）無論粒子從何處進入磁場，（2）中菱形特點均成立，所有粒子均從同一位置射出磁場，故9．如圖所示，在直角坐標系x0y平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方向區(qū)域，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高L，寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應強度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為四電荷量為q的帶負電粒子從坐標(L，3L/2)處以初速度沿x軸負方向射入電場，射出電場時通過坐標(0，L)點，不計粒子重力．(1)求電場強度大小E；(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標(-L，0)點，求勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)求第(2)問中粒子從進入磁場到坐標(-L，0)點所用的時間．【來源】四川省2018屆高三春季診斷性測試理綜物理試題【答案】（1）（2）n=1、2、3......（3）【解析】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求解．(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動有：，，聯(lián)立解得：(2)粒子進入磁場時，速度方向與y軸負方向夾角的正切值=l速度大小設x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(一L，0)點，應滿足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應的圓心角為；當滿足L=(2n+1)x時，粒子軌跡如圖乙所示．若軌跡如圖甲設圓弧的半徑為R，圓弧對應的圓心角為.則有x=R，此時滿足L=2nx聯(lián)立可得：由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=1、2、3....軌跡如圖乙設圓弧的半徑為R，圓弧對應的圓心角為.則有，此時滿足聯(lián)立可得：由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=1、2、3....所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標(-L，0)點，求勻強磁場的磁感應強度大小，n=1、2、3....或，n=1、2、3....(3)若軌跡如圖甲，粒子從進人磁場到從坐標(一L，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和θ=2n××2=2nπ，則若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標(一L，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，則粒子從進入磁場到坐標(-L，0)點所用的時間為或10．如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動且通過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點（圖中未畫出）進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點（圖中未畫出）．已知OM的長度m，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝(T)，重力加速度g取10m/s2．求：(1)兩勻強電場的電場強度E的大??；(2)OC的長度L2；(3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t．【來源】2018《單元滾動檢測卷》高考物理（四川專用)精練第九章物理試卷【答案】(1)(2)40m(3)7.71s【解析】【詳解】(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場，沿AO做勻加速直線運動，所以有即(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有：由運動規(guī)律知1由牛頓第二定律得：解得：由幾何知識可知OC的長度為：L2=2Rcos45°=40m(3)質(zhì)點從M到O的時間為：質(zhì)點做圓周運動時間為：質(zhì)點做類平拋運動時間為：質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：t=t1+t2+t3=7.71s。11．如圖甲所示，兩平行金屬板接有如圖乙所示隨時間t變化的電壓U，兩板間電場可看作均勻的，且兩金屬板外無電場，兩金屬板長L＝0.2m，兩板間距離d＝0.2m．在金屬板右側(cè)邊界MN的區(qū)域有一足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子速度v0＝105m/s，比荷＝108C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的．(1)試求帶電粒子射出電場時的最大速度；(2)任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和在MN上出射點的距離是一確定的值s，試通過計算寫出s的表達式（用字母m、v0、q、B表示）．【來源】【市級聯(lián)考】肇慶市2019屆高三第三次統(tǒng)一檢測理綜物理試題【答案】（1）．方向：斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角；（2）s，距離s與粒子在磁場中運行速度的大小無關，s為定值．【解析】【分析】【詳解】（1）偏轉(zhuǎn)電壓由0到200V的變化中，粒子流可能都能射出電場，也可能只有部分粒子能射出電場，設偏轉(zhuǎn)的電壓為U0時，粒子剛好能經(jīng)過極板的右邊緣射出，則：解得U0＝100V知偏轉(zhuǎn)電壓為100V時，粒子恰好能射出電場，且速度最大．根據(jù)動能定理得，．方向：斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角．（2）設粒子射出電場速度方向與MN間夾角為θ．粒子射出電場時速度大小為：在磁場中，解得R因此粒子射進磁場點與射出磁場點間距離為：s．由此可看出，距離s與粒子在磁場中運行速度的大小無關，s為定值．12．如圖所示，一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，恰好沿直線從兩帶電平行板正中間通過，沿圓心方向進入右側(cè)圓形勻強磁場區(qū)域，粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)域后，其運動方向與入射方向的夾角為θ(弧度)．已知粒子的初速度為v0，兩平行板間與右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向內(nèi)，兩平行板間距為d，不計空氣阻力及粒子重力的影響，求：(1)兩平行板間的電勢差U；(2)粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t；(3)圓形磁場區(qū)域的半徑R．【來源】甘肅省張掖市2019屆高三上學期第一次聯(lián)考理科綜合試題（物理部分)【答案】(1)U=Bv0d；（2）；（3）R=【解析】【分析】（1）由粒子在平行板間做直線運動可知洛倫茲力和電場力平衡，可得兩平行板間的電勢差．（2）在圓形磁場區(qū)域中，洛倫茲力提供向心力，找到轉(zhuǎn)過的角度和周期的關系可得粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間．（3）)由幾何關系求半徑R．【詳解】(1)由粒子在平行板間做直線運動可知，Bv0q=qE，平行板間的電場強度E=，解得兩平行板間的電勢差：U=Bv0d(2)在圓形磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力可知：Bv0q=m同時有T=粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t=T解得t=(3)由幾何關系可知：r=R解得圓形磁場區(qū)域的半徑R=13．如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點為MN的中點。ABCD區(qū)域中存在有界的垂直紙面方向勻強磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD（1）勻強磁場區(qū)域中磁感應強度B的大小和方向；（2）要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大；（3）ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值是多少?！緛碓础俊救珖購娦！刻旖蚴幸A中學2019屆高三高考一模物理試題【答案】(1)mv0el，方向為垂直紙面向外；(2)8m【解析】【詳解】解：(1)由洛倫磁力提供向心力可得：e由題意則有：r=l解得：B=m(2)在勻強電場中做內(nèi)平拋運動，則有：eE=mal=l解得：E=(3)圖中陰影部分為磁場面積最小范圍，由幾何關系可知：S14．如圖所示，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側(cè)有一勻強電場；在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求（1）粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。【來源】2008年高考全國卷Ⅰ理綜試題物理部分【答案】（1）垂直左邊界向右；（2），方向跟y軸成120°角，斜向下指向左邊。（3）【解析】【分析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動。【詳解】（1）設磁場左邊界與x軸相交于D點，過O點作速度v垂線OO1，與MN相交于O1點．由幾何關系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45o。設磁場左右邊界間距為d，則OO1=d。故粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O1點，圓孤軌跡所對的圓心角為45o，且O1A為圓弧的半徑R。由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離：①由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得②聯(lián)立①②式得③（2）依題意：勻強電場的方向與x軸正向夾角應為135o。設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第