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(共65張PPT)
習題課一　帶電粒子在復合場中的運動
核心素 養目標 1.理解組合場和疊加場的特點，會分析粒子在各種場中的受力情況。
2.掌握帶電粒子在組合場和疊加場中的運動規律和分析方法。
CONTENTS
目 錄
O1
要點突破
O2
提能力
O3
找不足
NO.1
要點突破
要點一　帶電粒子在組合場中的運動
1.“電偏轉”和“磁偏轉”的比較
電偏轉 磁偏轉
偏轉 條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場（不計重力） 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場（不計重力）
受力 情況 只受恒定的電場力F＝Eq 只受大小恒定的洛倫茲力F洛＝qvB
電偏轉 磁偏轉
運動 情況 類平拋運動 勻速圓周運動
運動 軌跡 拋物線 圓弧

求解 方法 利用類平拋運動的規律得x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 由牛頓第二定律、向心力公式得R＝，T＝，t＝
2.帶電粒子在組合場中運動問題的分析思路
通常按時間的先后順序分成若干個小過程，從粒子的速度方向和受力方向入手，分析粒子進入電場后做直線運動還是類平拋運動、進入磁場后做直線運動還是勻速圓周運動（一般的曲線運動很少涉及），不同的運動類型應用不同的規律，列方程時注意銜接速度是聯系前后過程的橋梁。
【典例1】　如圖所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區域，半徑為r＝0.5 m，磁場方向垂直紙面向里。在y＞r的區域存在一沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0×105 V/m。在M點（坐標原點）有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，不計粒子重力。求：
（1）圓形磁場區域磁感應強度的大小；
解析　（1）沿x軸正方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從圖中的P點射入電場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R＝r＝0.5 m，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
聯立得B＝，
代入數據得B＝0.2 T。
答案　（1）0.2 T　
（2）沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。
解析　（2）粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從N點射出磁場，粒子在磁場中運動的路程為二分之一圓周長，即s1＝πR
設粒子在電場中運動的路程為s2，根據動能定理得
qE＝mv2
得s2＝
總路程s＝s1＋s2＝πR＋
代入數據得s＝（0.5π＋1）m。
答案　（2）（0.5π＋1）m

1.（多選）在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋（　）
A.在電場中的加速度之比為1∶1
B.在磁場中運動的半徑之比為∶1
C.在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D.離開電場區域時的動能之比為1∶3
解析：兩離子質量相等，所帶電荷量之比為1∶3，在電場中運動時，由牛頓第二定律得q＝ma，則加速度之比為1∶3，A錯誤；在電場中僅受電場力作用，由動能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁場中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力永不做功，可知離開電場區域時動能之比為1∶3，D正確；根據在磁場中洛倫茲力提供離子做圓周運動所需的向心力，知qvB＝m，得R＝＝ ，運動半徑之比為∶1，B正確；設磁場區域的寬度為d，則有sin θ＝∝，則＝，故θ'＝60°＝2θ，可知C正確。
2.如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子，在x軸負半軸上的a點以速度v0與x軸負方向成60°角射入磁場，從y＝L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x＝2L處的c點。不計重力，求：
（1）磁感應強度B的大小；
解析：（1）帶電粒子在磁場與電場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知R＋Rsin 30°＝L，解得R＝，又因為qv0B＝m，解得B＝。
答案　（1）　
（2）電場強度E的大小；
解析：（2）設帶電粒子在電場中運動時間為t2，沿x軸有2L＝v0t2，沿y軸有L＝a，又因為qE＝ma，
解得E＝。
答案　（2）　
（3）粒子在磁場和電場中的運動時間的比值。
解析：（3）帶電粒子在磁場中運動時間t1＝×＝×＝，帶電粒子在電場中運動時間t2＝，所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比＝。
答案　（3）
要點二　帶電粒子在疊加場中的運動
1.疊加場
電場、磁場、重力場疊加，或其中某兩類場疊加。
2.帶電粒子在疊加場中的常見運動
靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在疊加場中所受合力為零時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態
勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力平衡時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動
較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線
【典例2】　如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴。調節電源電壓至U，墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區域后，最終垂直打在下板的M點。
（1）判斷墨滴所帶電荷的正負，并求其電荷量；
解析　（1）墨滴在電場區域做勻速直線運動，受到的重力與電場力等大反向，有q＝mg，解得q＝。由于電場方向向下，墨滴所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷。
答案　（1）負電荷　　
（2）求磁感應強度B的值；
解析　（2）墨滴垂直進入電、磁場共存區域，受到的重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝m
考慮墨滴進入電、磁場共存區域和垂直打在M點的幾何關系，可知墨滴在該區域恰好完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d，解得B＝。
答案　（2）　
（3）現保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調至B'，則B'的大小為多少？
解析　（3）根據題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設墨滴做圓周運動半徑為R'，有qv0B'＝m，由圖中幾何關系可得R'2＝d2＋，解得R'＝d，B'＝。
答案　（3）
規律方法
帶電粒子在疊加場中運動問題的分析方法

1.如圖所示的區域中存在著勻強電場和勻強磁場，二者平行但方向相反。質量為m，所帶電荷量為－q的粒子（不計重力）沿電場方向以初速度v0射入場區，下列關于該粒子的說法正確的是（　　）
A.所受洛倫茲力越來越小
B.速度方向保持不變
C.所受靜電力越來越小
D.向右的最大位移為
解析：因v0與B平行，故該粒子不受洛倫茲力，選項A錯誤；因所受電場力與v0方向相反，故經一定時間后，速度方向改變，選項B錯誤；因電場是勻強電場，故粒子所受電場力不變，選項C錯誤；由動能定理可知qElm＝m，解得lm＝，故選項D正確。
2.（多選）兩帶電油滴在豎直向上的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B正交的空間做豎直平面內的勻速圓周運動，如圖所示，則兩油滴一定相同的是（　　）
A.帶電性質 B.運動周期
C.運動半徑 D.運動速率
解析：由題意可知，mg＝qE，且電場力方向豎直向上，所以油滴均帶正電，由于T＝＝，故兩油滴周期相同，由于運動速率關系未知，由r＝＝得，軌道半徑大小關系無法判斷，所以選項A、B正確，C、D錯誤。
3.如圖所示，在xOy平面內，勻強電場的方向沿x軸正方向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里。一電子在xOy平面內運動時，速度方向保持不變。則電子的運動方向沿（電子重力不計）（　　）
A.x軸正方向 B.x軸負方向
C.y軸正方向 D.y軸負方向
解析：電子受電場力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛倫茲力才能做勻速運動，根據左手定則進行判斷可得電子應沿y軸正方向運動，故C正確。
NO.2
提能力

1.一正電荷q在勻強磁場中，以速度v沿x軸正方向進入垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，如圖所示，為了使電荷能做直線運動，則必須加一個勻強電場進去，不計重力，此電場的電場強度應該是（　　）
A.沿y軸正方向，大小為
B.沿y軸負方向，大小為Bv
C.沿y軸正方向，大小為
D.沿y軸負方向，大小為
解析：要使電荷能做直線運動，必須用電場力平衡洛倫茲力，由于正電荷所受洛倫茲力的方向沿y軸正方向，故電場力必須沿y軸負方向且qE＝qvB，即E＝Bv。
2.（多選）一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區域。設電場和磁場區域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在如圖所示的幾種情況中，不計重力，可能出現的是（　　）
解析：根據帶電粒子在電場中的偏轉情況可以確定選項A、C、D中粒子帶正電，選項B中粒子帶負電，再根據左手定則判斷粒子在磁場中偏轉方向，可知A、D正確，B、C錯誤。
3.（多選）空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場。如圖所示，已知一離子在靜電力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點，不計重力。則（　　）
A.該離子帶負電
B.A、B兩點位于同一高度
C.C點時離子速度最大
D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點
解析：由離子受到電場力作用開始向下運動，在運動過程中受洛倫茲力作用沿曲線運動，知電場力方向向下，則離子帶正電，A錯誤；洛倫茲力不做功，在A到B的過程中，動能變化為零，根據動能定理知，電場力做功為零，則A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；根據動能定理得，離子運動到C點電場力做功最大，則速度最大，C正確；只要將離子在B點的狀態與A點進行比較，就可以發現它們的狀態（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區域，離子就將在B點的右側重現前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的，D錯誤。
4.如圖所示，在xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第Ⅱ象限內分布著方向沿y軸負方向的勻強電場。初速度為零、帶電荷量為q、質量為m的粒子經過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直于x軸進入磁場區域，經磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直于y
軸進入電場區域，在電場中偏轉并擊中x軸上的C點。已知OA＝OC＝d。求電場強度E和磁感應強度B的大小。（粒子的重力不計）
解析：設帶電粒子經電壓為U的電場加速后速度為v，
由動能定理有qU＝mv2
帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qBv＝
依題意可知r＝d
聯立解得B＝
帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經時間t從P點到達C點。由類平拋運動規律有
d＝vt
d＝at2
又qE＝ma
聯立解得E＝。
答案：　
NO.3
找不足

題組一　帶電粒子在組合場中的運動
1.（多選）如圖所示，A板發出的電子（重力不計）經A、B板間電場加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N之間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上。關于電子的運動，下列說法中正確的是（　　）
A.當滑片向右移動時，電子打在熒光屏的位置上升
B.當滑片向右移動時，電子通過磁場區域所用時間不變
C.若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變
D.若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大
解析：當滑片向右移動時，加速電場的電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場時的初速度增大，在磁場內做勻速圓周運動的半徑變大，向下偏轉程度變小，打在熒光屏的位置上升，在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，選項A正確，B錯誤；磁感應強度增大，電子在磁場中運動速度大小不變，打在熒光屏上的速度大小不變，選項C正確，D錯誤。
2.如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為（不計重力，不考慮邊緣效應）（　　）
A.d隨U1變化，d與U2無關
B.d與U1無關，d隨U2變化
C.d隨U1變化，d隨U2變化
D.d與U1無關，d與U2無關
解析：帶電粒子在兩導體板間電勢差為U2的勻強電場中做類平拋運動，可將射出此電場的粒子速度v分解成沿初速度方向與加速度方向的分量，設出射速度與水平方向夾角為θ，則有＝cos θ，粒子在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有＝cos θ，所以d＝，又因為半徑R＝，則有d＝＝ ，故d隨U1變化，d與U2無關，故A正確。
3.（多選）在如圖所示的坐標系中，y＞0的空間中存在勻強電場，場強方向沿y軸負方向；－1.5h＜y＜0的空間中存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面（紙面）向外。一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子，經過y軸上y＝h處的P1點時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經過x軸上x＝1.5h處的P2點進入磁場，進入磁場后垂直磁場下邊界射出。不計粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是（　　）
A.粒子到達P2點時速度大小為v0
B.電場強度大小為
C.磁感應強度大小為
D.粒子在磁場中運動的時間為
解析：設粒子從P1點到P2點的時間為t0，粒子從P1點到P2點沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻加速直線運動，由運動學公式可得1.5h＝v0t0，h＝t0，聯立解得vy＝v0，則粒子到達P2點的速度v＝＝v0，A錯誤；根據以上條件結合動能定理可得qEh＝mv2－m，解得E＝，B正確；
由題意可知粒子進入磁場后垂直磁場下邊界射出，由
此可作出粒子的運動軌跡如圖所示，粒子剛進入磁場
時v＝v0，則＝＝cos 53°，得粒子剛進入磁場時與
x軸正向夾角為53°，由幾何關系可知，軌跡半徑R滿
足Rsin 37°＝1.5h，即R＝2.5h，根據帶電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力可得qvB＝，聯立解得B＝，C正確；根據T＝可得T＝，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝×T＝，D錯誤。
題組二　帶電粒子在疊加場中的運動
4.（多選）如圖所示，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個小球a、b、c帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速直線運動，c向左做勻速直線運動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc間的關系，正確的是（　　）
A.Ga最大 B.Gb最大
解析：根據F合＝0可知a帶負電，顯然b、c也帶負電，所以b所受洛倫茲力方向豎直向下，c所受洛倫茲力方向豎直向上，則有Gb＜Ga＜Gc，C、D正確。
C.Gc最大 D.Gb最小
5.如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為（　　）
A.，順時針 B.，逆時針
C.，順時針 D.，逆時針
解析：液滴在疊加場中做勻速圓周運動，可知重力和電場力平衡，則液滴受到向上的電場力，可知液滴帶負電，根據左手定則可知液滴做順時針的勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，又因為重力和電場力平衡，則有qE＝mg，聯立解得v＝，故A、B、D錯誤，C正確。
6.如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場（垂直紙面向里）。一帶正電的小球從O點由靜止釋放后，運動軌跡如圖中曲線OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q為與O同一水平高度的點。下列關于該帶電小球運動的描述，正確的是（　　）
A.小球在運動過程中受到的洛倫茲力先增大后減小
B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少
C.小球在運動過程中機械能守恒
D.小球到Q點后將沿著曲線QPO回到O點
解析：小球由靜止開始向上運動，可知電場力大于重力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功，后做負功，根據動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受到的洛倫茲力先增大后減小，故A正確；小球在運動的過程中，電場力先做正功，后做負功，則電勢能先減少后增加，故B錯誤；小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤；小球到Q點后，將重復之前的運動，不會沿著曲線QPO回到O點，故D錯誤。

7.（多選）在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為＋q、質量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑。整個管道處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，磁感應強度方向與管道垂直。現給帶電球體一個水平速度v0，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為（　　）
A.m B.m
C.m D.0
解析：當qv0B＜mg時，帶電球體做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得－W＝0－m，解得W＝m，故A正確；當qv0B＞mg時，帶電球體先做減速運動，當qvB＝mg，即v＝時不受摩擦力，做勻速直線運動，根據動能定理得－W＝mv2－m，代入解得W＝m，故B錯誤，C正確；當qv0B＝mg時，帶電球體不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零，故D正確。
8.（多選）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的任意數值。靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質量為m（不計重力），從點P經電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，小孔Q到板的下端C的距離為L。當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則（　　）
A.兩板間電壓的最大值Um＝
B.CD板上可能被粒子打中區域的長度x＝L
C.粒子在磁場中運動的最長時間tm＝
D.能打到N板上的粒子的最大動能為
解析：粒子運動軌跡如圖所示。當M、N兩板間電壓取
最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，由幾何知識得此
時粒子的運動半徑R＝L，粒子在磁場中做圓周運動，
由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，則v＝，在加
速電場中，由動能定理得qUm＝mv2－0，解得Um
＝，A正確；設粒子軌跡與CD相切于H點，此時粒子的運動半徑為R'，粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點，則G、H間距離為粒子打中區域的長度x，根據幾何關系得＝L＝R'＋，解得R'＝，根據幾何關系可得粒子打中區域的長度x＝R－＝，B正確；
粒子在磁場中運動的周期為T＝，粒子在磁場中運動的最大圓心角θ＝180°，所以粒子在磁場中運動的最長時間為t＝T＝T＝，C錯誤；當粒子在磁場中的運動軌跡與CD邊相切時，即粒子半徑R'＝時，打到N板上的粒子的動能最大，最大動能Ekm＝mv'2，根據洛倫茲力提供向心力可得qv'B＝m，解得Ekm＝，D正確。
9.如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點（0，3 m）以初速度v0＝120 m/s平行x軸正方向射入電場區域，然后從電場區域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點（6 m，0）和Q點（8 m，0）各一次。已知該微粒的比荷為＝102 C/kg，微粒重力不計，
（1）求微粒從A到P所經歷的時間和加速度的大小；
解析：（1）微粒從平行x軸正方向射入電場區域，由A到P做類平拋運動，微粒在x軸正方向做勻速直線運動，由x＝v0t得t＝＝0.05 s
微粒沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動，由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2。
答案：（1）0.05 s　2.4×103 m/s2
（2）求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運動軌跡；
解析：（2）vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
微粒由A至Q的運動軌跡如圖所示
答案：（2）45°　圖見解析　
（3）求電場強度E和磁感應強度B的大小。
解析：（3）由qE＝ma得E＝24 N/C
設微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動，
v＝v0＝120 m/s
由幾何關系可知r＝ m，
由qvB＝m得B＝＝1.2 T。
答案：（3）24 N/C　1.2 T
10.如圖所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動（重力加速度為g）。
（1）求此區域內電場強度的大小和方向；
解析：（1）要滿足微粒做勻速圓周運動，則qE＝mg
得E＝，方向豎直向下。
答案：（1）　方向豎直向下　
（2）若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示，則該微粒至少需要經過多長時間運動到距地面最高點？
解析：（2）如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°
則t＝T＝T＝
微粒做勻速圓周運動的周期T＝
解得t＝。
答案：（2）
11.如圖，區域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區域寬度為d1，區域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質量為m、帶電荷量為q的微粒在區域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入區域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：
（1）區域Ⅰ和區域Ⅱ內勻強電場的電
場強度E1、E2的大小；
解析：（1）微粒在區域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin 45°＝mg
求得E1＝
微粒在區域Ⅱ內做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有mg＝qE2
求得E2＝。
答案：（1）　　
（2）區域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大小。
解析：（2）粒子進入磁場區域時滿足
qE1d1cos 45°＝mv2
qvB＝m
根據幾何關系，分析可知R＝＝2d2
聯立得B＝。
答案：（2）
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