2019版高考物理一轮复习备考专题- 第九章 磁场 专题70 带电粒子在叠加场中的运动2019高考备考

微专题71 带电粒子在组合场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．(2017·福建厦门模拟)如图1所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等，x ＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇，已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：图1(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2；(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；(3)两粒子先后进入电场的时间差．2．(2017·山东济宁模拟)如图2所示，空间以AOB为界，上方有方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O点的竖直虚线OC为界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC 左侧到AA′间和右侧到BB′间磁感应强度的大小不同．现在A点上方某一点以初速度v0水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场，并垂直OC离开左侧磁场进入右侧磁场，粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO＝BO＝L，不计粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强E的大小；(2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小；(3)粒子从进入电场到第一次离开磁场运动的总时间．3．(2018·四川泸州一检)如图3所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD, AH＝72L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度MN＝L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)图3(1)求出粒子速度的大小，判定粒子的电性；(2)这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；4．如图4所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105m/s ，粒子的比荷为qm＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：图4(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间．(结果保留两位有效数字)答案精析1．(1)3∶1 (2)(6.5L ，－73L 3) (3)73πL6v 0解析 (1)设粒子初速度为v 0，进磁场方向与边界的夹角为θ，v y ＝v 0tan θ①记t ＝Lv 0，则粒子在第一电场运动的时间为2t ，在第二个电场运动的时间为t 则：v y ＝a ·2t －at ②qE ＝ma ③由①②③得：m ＝qEL v 20tan θ所以m 1m 2＝tan60°tan30°＝3 (2)正粒子在电场运动的总时间为3t ，则： 第一个t 的竖直位移为12a 1t 2第二个t 的竖直位移为12a 1(2t )2－12a 1t 2＝32a 1t 2由对称性，第三个t 的竖直位移为32a 1t 2所以y 1＝72a 1t 2，结合①②得y 1＝73L6同理y 2＝73L2由几何关系，P 点的坐标为：x P ＝3L ＋(y 1＋y 2)sin30°sin60°＝6.5L ，y P ＝－[y 2－(y 1＋y 2)sin 30°cos 60°]＝－73L 3，即(6.5L ，－733L )(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r 1、r 2，由几何关系2r 1＝(y 1＋y 2)sin60°，2r 2＝(y 1＋y 2)sin30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：t 1＝πr 1v 1，t 2＝πr 2v 2，v 0＝v 1sin60°，v 0＝v 2sin30°由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差Δt ＝t 1－t 2，解得Δt ＝73πL 6v 02．见解析解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO 的中点垂直AO 进入磁场，在电场中运动的水平分运动有12L sin60°＝v 0t 1竖直分运动有v y ＝qEmt 1 tan60°＝v y v 0解得E ＝4mv 02qL(2)粒子进入磁场时的速度大小v ＝v 0cos60°＝2v 0由图可知r 1＝12L由qvB 1＝m v 2r 1解得B 1＝4mv 0qL粒子进入右边磁场后，由tan60°＝r 212L －r 2得r 2＝3－34L由qvB 2＝m v 2r 2解得B 2＝＋3mv 03qL(3)在电场中运动时，由(1)可得t 1＝3L 4v 0在左侧磁场B 1中运动时，T 1＝2πr 1v ，t 2＝60°360°T 1＝πL12v 0在右侧磁场B 2中运动时，T 2＝2πr 2v ，t 3＝90°360°T 2＝－3πL16v 0总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3＋13π－33πL48v 03．(1)U BL 正电 (2)m min ＝7qB 2L 29U m max ＝qB 2L 2U解析 (1)粒子全部从边界AC 射出，则粒子进入“梯形”磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB ＝q UL， 解得：v ＝U BL；(2)在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R ，粒子轨道半径：R ＝mvqB.由R ＝mvqB可知：当粒子质量有最小值时，R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲)； 当粒子质量有最大值时，R 最大，粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙)，甲图中，由几何关系得：R 1sin53°＋R 1＝74L ，解得：R 1＝79L ，乙图中，NC ＋L tan53°＝74L ，解得NC ＝L ，解得：m min ＝7qB 2L 29U ，m max ＝qB 2L2U4．(1)4.0m (2)B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T (3)6.2×10－5s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲粒子在匀强磁场B 2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力．则qv 0B 2＝m v 02r解得r ＝1.0m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0. 水平方向：x 0＝v 0t竖直方向：y 0＝12at 2，v y ＝ata ＝qE mv yv 0＝tan45° y 0x 0＝12tan45°＝12联立解得：x 0＝2.0m ，y 0＝1.0m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4.0m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 又r 1＝m ·2v 0qB 1′联立解得B 1′＝0.10T 故B 1≤0.10T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos45°＋x 0＝d 又r 2＝m ·2v 0qB 1″联立解得B 1″≈0.24T故B 1≥0.24T．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T. (3)设粒子在磁场B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14×2πm qB 2＋x 0v 0＋12×2πm qB 1″≈6.2×10－5s.。

课题：带电粒子在复合场中的运动知识点总结：一、带电粒子在有界磁场中的运动1．解决带电粒子在有界磁场中运动问题的方法可总结为：（1）画轨迹（草图）；（2）定圆心；（3）几何方法求半径．2．几个有用的结论：（1）粒子进入单边磁场时，进、出磁场具有对称性，如图2（a）、（b）、（c）所示．（2）在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出，如图（d）所示．（3）当速率一定时，粒子运动的弧长越长，圆心角越大，运动时间越长．二、带电粒子在有界磁场中运动的临界问题带电粒子刚好穿出或刚好不穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．这类题目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等词语，其最终的求解一般涉及极植，但关键是从轨迹入手找准临界状态．（1）当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，由于半径不确定，可从轨迹圆的缩放中发现临界点．（2）当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，轨迹圆大小不变，只是位置绕入射点发生了旋转，可从定圆的动态旋转中发现临界点．三、带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类（1）磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．（2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子）①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．（3）电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．四、带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动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．五、带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：1．从电场进入磁场（1）粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．（2）粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．2．从磁场进入电场（1）粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动（不计重力）．（2）粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动典例强化例1、在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图3所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其荷质比q m ；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？例2、真空区域有宽度为L 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向如图4所示，MN 、PQ 是磁场的边界．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子沿着与MN 夹角为θ＝30°的方向垂直射入磁场中，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场（不计粒子重力的影响），求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．例3、如图所示的直角坐标系xOy 中，x <0，y >0的区域内有沿x 轴正方向的匀强电场，x ≥0的区域内有垂直于xOy 坐标平面向外的匀强磁场，x 轴上P 点坐标为（－L,0），y 轴上M 点的坐标为（0，233L ）．有一个带正电的粒子从P 点以初速度v 沿y 轴正方向射入匀强电场区域，经过M 点进入匀强磁场区域，然后经x 轴上的C 点（图中未画出）运动到坐标原点O ．不计重力．求：（1）粒子在M 点的速度v ′；（2）C 点与O 点的距离x ；（3）匀强电场的电场强度E 与匀强磁场的磁感应强度B 的比值．例4、如图5所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B 。

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第三节带电粒子在复合场中的运动(建议用时:60分钟）一、单项选择题1。

如图所示,场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出）．忽略三个油滴间的静电力作用,比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是（) A．三个油滴的质量相等,b、c都沿顺时针方向运动B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动解析：选A.油滴a静止不动，其受到的合力为零,所以m a g＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以m b g＝m c g＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．2.如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转（不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法中，正确的是（)A．大小为错误!，粒子带正电时,方向向上B．大小为Bv，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关解析：选 D.当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子流匀速直线通过该区域,有qvB＝qE,所以E＝Bv.假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力,电场方向应该向上．粒子带负电时，则受向上的洛伦兹力，电场方向仍应向上．故正确答案为D。

70 带电粒子在叠加场中的运动[方法点拨] (1)先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点；(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零；(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向．1．(多选)(2017·北京海淀区模拟)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件．如图1所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压．已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)．图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是( )图1A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表B．接线端2的电势高于接线端4的电势C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大2．(多选)如图2所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变．关于小球的运动，下列说法正确的是( )图2A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．若沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动C．若沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动D．两小球在运动过程中机械能均保持不变3．(多选)(2018·四川成都第七中学月考)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电．如图3所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则( )图3A．在开关K未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLvB．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定C．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILvD．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功4．(多选)(2017·河北衡水金卷)如图4所示，一对间距可变的平行金属板C、D水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态，闭合开关S后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动，现对入射粒子或对装置进行调整，则下列有关描述正确的是( )图4A．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，也能直线通过B．若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态C．若将滑动变阻器触头P向a端滑动，可提高C板的电势D．若只减小入射粒子的速度，可使铅蓄电池处于充电状态5．(2018·湖北黄冈模拟)如图5所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域．一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出，小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限，然后从x轴上的D点进入x轴下方的复合场区域，小球在复合场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O，已知重力加速度为g.求：图5(1)带电小球的比荷qm；(2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B ； (3)小球从A 点运动到O 点经历的时间t .6．(2017·广东佛山高三教学质检一)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球． (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图6所示，空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q的匀强电场(未画出)，若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：图6①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案精析1．BC2．AB [若沿ab 方向抛出的小球带正电，沿ac 方向抛出的小球带负电，则都可能做直线运动，如图所示，A 项正确．根据上述分析可知，若小球沿ab 方向做直线运动，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，B 项正确．根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动，则小球带负电，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，C 项错误．两小球在运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功．电场力做功，电势能改变，则机械能也改变，D 项错误．]3．AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，且qUL＝qvB ，解得U ＝BLv ，选项A 正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，选项B 正确；回路中电流I ＝U R ＝BLvR，电阻消耗的热功率P ＝UI ＝BLIv ，选项C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项D 错误．]4．AB [带正电的粒子恰好做直线运动，其电场力和洛伦兹力相平衡，由E dq ＝qv 0B 可知v 0＝EBd，若换成带负电的粒子，电场力和洛伦兹力都反向，仍平衡，能直线通过，故选项A 正确；若增大两板间距，带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上，将提高两板间电压，若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电，故选项B 正确；由于电容器C 、D 两板是彼此绝缘的，调节滑动触头P 不起任何作用，故选项C 错误；若减小入射粒子的速度，直线通过的粒子所受洛伦兹力减小，有部分粒子会落在下极板上，因此上极板上堆积的电荷会减小，对应的电势也会降低，达不到逆变电压，故选项D 错误．] 5．(1)g E 0(2)E 02E 0v 0 (3)⎝⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0g解析 (1)小球运动轨迹如图所示，在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动，由运动的合成与分解知，竖直方向：v 0＝gt 1，OC ＝12gt 12水平方向：v 0＝at 1，OA ＝12at 12，a ＝qE 0m联立得q m ＝gE 0.(2)由(1)中知OC ＝OA ＝v 022g ，t 1＝v 0g，设小球在D 点时速度为v ，小球从C 点到D 点做平抛运动，有OC ＝12gt 22，OD ＝v 0t 2，tan θ＝gt 2v 0，v cos θ＝v 0 联立得OD ＝v 02g ，t 2＝v 0g，θ＝45°，v ＝2v 0因小球在复合场中做圆周运动，所以电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即mg ＝qE ，得E ＝E 0而Bqv ＝m v 2R ，得B ＝mvqR由轨迹图知2R sin θ＝OD 联立得B ＝2E 0v 0(3)小球做圆周运动所用时间为t 3＝270°360°×2πm Bq ＝3πv 04g所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0g .6．(1)qBRm(2)①2mgR ②q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故qv 0B ＝m v 20R解得v 0＝qBR m(2)①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功． 对小球运动到最低点的过程，由动能定理：mgR ＋qER ＝ΔE k .由题知，E ＝mgq，则ΔE k ＝2mgR②方法一：当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，应用动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv 2－12mv 02即v 2＝q 2B 2R 2m2＋2gR ＋2gR (sin θ＋cos θ)对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 方法二：如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为：mg ′＝(mg )2＋(qE )2＝2mgtan φ＝mg qE＝1，即φ＝45°小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大 由动能定理：mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv m 2－12mv 02解得：v m ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR .。