题目内容
如图所示，在xoy平面内，直线MN与x轴正方向成30°角，MN下方是垂直于纸面向外的匀强磁场，MN与y轴正方向间存在电场强度E=| 4 |
| 3 |
| q |
| m |
（1）若测得该粒子经过磁场的时间t1=
| π |
| 3 |
（2）若测得该粒子经过磁场的时间t1=
| π |
| 3 |
（3）若粒子的速度v0=1.0×106m/s，求粒子进入电场后最终离开电场时的位置坐标．
分析：（1）根据几何关系与周期公式，即可求解；
（2）根据几何关系，确定已知长度与运动半径的关系，再由牛顿第二定律与向心力，从而求出运动的时间；
（3）根据运动学公式，由牛顿第二定律，结合几何关系，即可求解．
（2）根据几何关系，确定已知长度与运动半径的关系，再由牛顿第二定律与向心力，从而求出运动的时间；
（3）根据运动学公式，由牛顿第二定律，结合几何关系，即可求解．
解答：解：（1）由几何关系可知：图中圆心角为300°，
则t1=
①
又T=
②
联立①②式解得B=0.5T ③
（2）设粒子在磁场中运动的半径为r，速度为v，
由几何关系可知∠QPO=30°，POQ为等腰三角形，
所以PO=OQ=r，PQ=
r，
故
t=t1+
④
Bqv=
⑤
由②③④⑤式联立得：t=t1+
≈1.4×10-6s ⑥
（3）粒子进入电场后做类平抛，设垂直于电场方向的距离为m，电场方向的距离为n，粒子离开电场时经过y轴，其位置坐标为A（0，d），所以
位移与时间关系：n=
at2 ⑦
m=v0t ⑧
由牛顿第二定律，则有：a=
⑨
=tan30° ⑩
又Bqv0=
（11）
则有，r+
=d（12）
联立⑦⑧⑨⑩（11）（12）式得d=2.0m
答：（1）磁感应强度的大小0.5T；
（2）粒子从坐标原点开始到第一次到达y轴正半轴的时间1.4×10-6s；
（3）粒子进入电场后最终离开电场时的位置坐标（0，2m）．
则t1=
| 5T |
| 6 |
又T=
| 2πm |
| Bq |
联立①②式解得B=0.5T ③
（2）设粒子在磁场中运动的半径为r，速度为v，
由几何关系可知∠QPO=30°，POQ为等腰三角形，
所以PO=OQ=r，PQ=
| 3 |
故
t=t1+
| ||
| v |
Bqv=
| mv2 |
| r |
由②③④⑤式联立得：t=t1+
| 3 |
| m |
| Bq |
（3）粒子进入电场后做类平抛，设垂直于电场方向的距离为m，电场方向的距离为n，粒子离开电场时经过y轴，其位置坐标为A（0，d），所以
位移与时间关系：n=
| 1 |
| 2 |
m=v0t ⑧
由牛顿第二定律，则有：a=
| Eq |
| m |
| n |
| m |
又Bqv0=
m
| ||
| r |
则有，r+
| n |
| sin30° |
联立⑦⑧⑨⑩（11）（12）式得d=2.0m
答：（1）磁感应强度的大小0.5T；
（2）粒子从坐标原点开始到第一次到达y轴正半轴的时间1.4×10-6s；
（3）粒子进入电场后最终离开电场时的位置坐标（0，2m）．
点评：考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握两种运动的处理方法及其规律，注意几何关系的正确建立．
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