【正文】 度大小B1；(2)求滑塊從A點出發(fā)到再次落回A點所經(jīng)歷的時間t；(3)若滑塊在A點以v0′＝9 m/s的初速度沿水平面向右運動，當(dāng)滑塊進入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能做勻速直線運動，求有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B2.【答案】(1)10 V/m　 T (2)() s (3)m　T【解析】【分析】（1）小球進入復(fù)合場區(qū)域后，小球立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，說明重力與電場力的大小相等，方向相反；A到N的過程中根據(jù)牛頓第二定律可求出小球到達N點的速度。小球離開磁場后做平拋運動，將運動分解，即可求出下落的高度，然后結(jié)合幾何關(guān)系由于洛倫茲力提供向心力的公式即可求出磁感應(yīng)強度；（2）小球在AN之間做減速運動，由運動學(xué)的公式求出時間；粒子在磁場中做勻速圓周運動，由周期公式即可求出粒子在磁場中運動的時間，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求平拋運動的時間，最后求和；（3）A到N的過程中摩擦力做功，由動能定理即可求出小球到達N點的速度。小球進入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動，說明小球受到的合外力為0，受力分析即可求出小球的速度，結(jié)合動能定理即可求出有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強B2的大小?！驹斀狻?1)滑塊在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動時，重力與電場力平衡，則有mg＝qE解得E＝＝10 V/m滑塊在AN間運動時，設(shè)水平向右的方向為正方向，由牛頓第二定律可得：a＝－μg＝－ m/s2由運動公式可得v2－v02＝2aL代入數(shù)據(jù)得v＝4 m/s平拋運動過程滿足L＝vt3；2r＝ 做圓周運動滿足qvB1＝m 聯(lián)立方程求解得B1＝ T(2)滑塊在AN間的時間 在磁場中做勻速圓周運動的時間 平拋運動的時間t3＝＝ s總時間為t＝t1＋t2＋t3＝s(3)設(shè)滑塊進入磁場時的速度為v′，滿足－μmgL＝mv′2－mv0′2代入數(shù)據(jù)得v′＝6m/s滑塊在區(qū)域Ⅱ中做直線運動時，合力一定為0，由平衡方程知qv′B2＝mg解得B2＝T滑塊離開磁場區(qū)域Ⅰ時的速度方向一定與水平成45176。角．由幾何關(guān)系知當(dāng)滑塊在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動時有B1qv′＝ 解得 由題意知d＝rsin 45176。＝m【點睛】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，要注意當(dāng)粒子在復(fù)合場中做勻速 圓周運動時，粒子受到的電場力與重力平衡。14．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xoy，在第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，電場強度的大小為E，電場強度方向沿y軸正方向；在第三象限的正三角形PMN區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xoy平面向外，正三角形邊長為L，且PN邊與y軸平行?，F(xiàn)有一重力不計帶負電的粒子，從y軸上的A點，以大小v0的速度沿x軸負方向射入電場，通過電場后從x軸負方向上的P點進入第三象限，且速度與x軸負方向夾角為,又經(jīng)過磁場后從y軸負方向進入第四象限，且速度與y軸負方向夾角為 (已知+=， OP=2AO=4h).求：(1)帶電粒子的比荷 =?(2)粒子到達P點時速度的大小和=?(3)PMN區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值；(以上3小題答案均用E、h、L、v0等表示)【答案】（1）（2），450（3）【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出粒子的比荷。（2）應(yīng)用運動的合成與分解求出速度大小與方向。（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)分析，α=450 并且當(dāng)粒子從N點出磁場時，磁感應(yīng)強度最??；洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度最小值。【詳解】（1）粒子在第二象限內(nèi)做類平拋運動，設(shè)在第二象限內(nèi)運動的時間為，則水平方向有： 豎直方向有： 聯(lián)立得： （2）設(shè)粒子到達P點時時豎直方向的速度vy則有：聯(lián)立得： 所以粒子到達p點時速度大小為與x軸的夾角為θ，由幾何關(guān)系得：，所以θ=450 （3）經(jīng)分析，α=450 并且當(dāng)粒子從N點出磁場時，磁感應(yīng)強度最小由幾何關(guān)系得： 由洛倫茲力提供向心力得： 聯(lián)立得：即磁感應(yīng)強度的最小值【點睛】本題考查了求電場強度、粒子速度、磁感應(yīng)強度問題，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題，解題時要作出粒子運動軌跡，注意幾何知識的應(yīng)用。15．如圖所示，坐標(biāo)系xOy處于豎直平面內(nèi)，在x＞0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在x＞x0的區(qū)域內(nèi)另有一方向垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場（圖中未畫出）。從x軸上x=3L的P點以速度v沿y軸負方向射出的帶電粒子，恰能做勻速圓周運動，運動一段時間后經(jīng)過原點O，并沿與x軸負方向成θ=30176。角方向射入第Ⅱ象限內(nèi)，在第Ⅱ象限內(nèi)加一方向平行于xOy平面的勻強電場，使粒子在第Ⅱ象限內(nèi)做直線運動，已知重力加速度為g。求：（1）x0的值；（2）磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）第Ⅱ象限內(nèi)勻強電場的電場強度的最小值和方向?！敬鸢浮浚?） ；（2） ；（3），方向豎直向上?！窘馕觥俊痉治觥浚?）由幾何知識求解x0；（2）帶電粒子在復(fù)合場做勻速圓周運動，說明電場力與重力平衡，根據(jù)粒子運動半徑求出B的大??；（3）根據(jù)力的平衡原理求解最小電場強度?！驹斀狻浚?）如右圖所示：根據(jù)幾何知識得：OP=3L=x0+sinθR+R，OP=+R=3R聯(lián)立求解得x0=，R=L（2）粒子做圓周運動的半徑：R= 又qE=mg聯(lián)立解得：B= （3）要使粒子在第Ⅱ象限內(nèi)做直線運動，則電場力與重力是平衡力。故E′q=mg解得：E′=，方向豎直向上。【點睛】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動的基本公式。