物理選擇性必修第二冊(RJ)2、教師用書word6,專題強化3　帶電粒子復合場中運動

1、本文格式為word版，下載可任意編輯物理選擇性必修第二冊(rj)2、教師用書word6,專題強化3帶電粒子復合場中運動 專題強化 3 帶電粒子在復合場中的運動 帶電粒子在組合場中的運動 【核心深化】 帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后挨次分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動。 (1)帶電粒子在勻強電場中運動 若初速度 v 0 與電場線平行，粒子做勻變速直線運動； 若初速度 v 0 與電場線垂直，粒子做類平拋運動。 (2)帶電粒子在勻強磁場中運動 若初

2、速度 v 0 與磁感線平行，粒子做勻速直線運動； 若初速度 v 0 與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運動。 (3)解決帶電粒子在組合場中的運動問題的一般思路 【典題例析】 如圖所示，在平面直角坐標系 xoy 內，第、象限內存在沿 y 軸正方向的勻強電場，第、象限內存在半徑為 l 的圓形勻強磁場，磁場圓心在m(l，0)點，磁場方向垂直于坐標平面對外。一帶正電粒子從第象限中的 q(2l，l)點以速度 v 0 沿 x 軸正方向射入，恰好從坐標原點 o 進入磁場，從 p(2l， 0)點射出磁場，不計粒子重力，求： (1)電場強度與磁感應強度大小的比值； (2)粒子在磁場與電場中運動時間的比值。 解析 (1

3、)設粒子的質量和所帶電荷量分別為 m 和 q，粒子在電場中運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得 2lv 0 t 1 ，l 12 at21 ，qema 粒子到達 o 點時沿 y 軸正方向的分速度為 v y at 1 v 0 ，tan vyv 0 1，故 45 粒子在磁場中的速度為 v 2v 0 bqv mv2r，由幾何關系得 r 2l 聯立解得 eb v 02。 (2)粒子在磁場中運動的周期為 t 2rv 粒子在磁場中運動的時間為 t 2 14 tl2v 0 解得 t2t 1 4 。 答案 (1) v02 (2) 4 【針對訓練】 1. 如圖所示，mn 為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度

4、大小的關系為 b 1 2b 2 ，一電荷量為q、質量為 m 的粒子從 o 點垂直于 mn 進入 b 1 磁場，則經過多長時間它將向下再一次通過 o 點( ) a. 2mqb 1 b 2mqb 2 c.2mqb 1 b 2 d.mqb 1 b 2 解析：選 b。粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式 t 2mqb知，粒子從 o 點進入磁場到再一次通過 o 點的時間 t 2mqb 1 mqb 2 2mqb 2 ，b 正確。 2(2021高考天津卷) 平面直角坐標系 xoy 中，第象限存在垂直于平面對里的勻強磁場，第象限存在沿 y 軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的 q 點以

5、速度 v 0 沿 x 軸正方向開頭運動，q 點到 y 軸的距離為到 x 軸距離的 2 倍。粒子從坐標原點 o 離開電場進入磁場，最終從 x 軸上的 p點射出磁場，p 點到 y 軸距離與 q 點到 y 軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達 o 點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。 解析：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設 q 點到 x 軸距離為 l，到 y 軸距離為 2l，粒子的加速度為 a，運動時間為 t，有 2lv 0 t l 12 at2 設粒子到達 o 點時沿 y 軸方向的分速度為 v y v y at 設粒子到達 o 點時速度方向與 x 軸正方向夾

6、角為 ，有 tan vyv 0 聯立式得 45 即粒子到達 o 點時速度方向與 x 軸正方向成 45角斜向上 設粒子到達 o 點時速度大小為 v，由運動的合成有 v 錯誤! ! 聯立式得 v 2v 0 。 (2)設電場強度為 e，粒子電荷量為 q，質量為 m，粒子在電場中受到的電場力為 f，由牛頓其次定律可得 fma 又 fqe 設磁場的磁感應強度大小為 b，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 r，所受的洛倫茲力供應向心力 有 qvbm v2r 由幾何關系可知 r 2l 聯立式得 eb v 02。 答案：見解析 帶電粒子在疊加場中的運動 【核心深化】 1疊加場 一般是指電場、磁場和重力場并存，

7、或其中兩種場并存。 2三種場力的特點 (1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無關，重力做的功等于重力勢能的削減量。 (2)靜電力的方向與電場方向相同或相反，靜電力做功與路徑無關，靜電力做功的大小等于電勢能的變化量。 (3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場方向的夾角有關，方向始終垂直于速度 v 和磁感應強度 b 共同打算的平面。無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功。 3帶電粒子在疊加場中的運動規(guī)律及解決方法 帶電粒子在疊加場中運動時，其運動狀態(tài)是由粒子所受靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用來打算的，對于有軌道約束的運動，還要考慮彈力、摩擦力對運動的影響，帶電粒子在復合場中的運動狀況及解題

8、方法如下： (1)帶電粒子在疊加場中處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)時，帶電粒子所受合力為 0，應利用平衡條件列方程求解。 (2)帶電粒子做勻速圓周運動時，重力和靜電力平衡，洛倫茲力供應向心力，應利用平衡方程和向心力公式求解。 (3)當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，帶電粒子所受洛倫茲力必不為 0，且其大小和方向不斷變化，但洛倫茲力不做功，這類問題一般應用動能定理求解。 【典題例析】 兩塊金屬板 a、b 平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場，假設電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以肯定的初速度 v 0 從兩極板中間，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉地通過場區(qū)，如圖所示

9、，已知板長 l10 cm，兩板間距 d3.0 cm，兩板間電勢差 u150 v，v 0 2.010 7 m/s(電子所帶電荷量的大小與其質量之比em 1.761011 c/kg，電子電荷量的大小e1.6010 19 c)。 (1)求磁感應強度 b 的大小。 (2)若撤去磁場，求電子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及電子通過場區(qū)后動能的增加量。 思路點撥 (1)粒子做直線運動時，受力平衡。 (2)撤去磁場后，粒子做類平拋運動。 解析 (1)電子進入正交的電場、磁場不發(fā)生偏轉，則滿意 bev 0 e ud ，buv 0 d 2.510 4 t。 (2)設電子通過場區(qū)偏轉的距離為 y 1 。 y 1

10、 12 at2 12 eumd 錯誤! ! 1.110 2 m e k eey 1 e ud y 1 8.810 18 j。 答案 (1)2.510 4 t (2)1.110 2 m 8.810 18 j 【針對訓練】 3. 空間存在一勻強磁場 b，其方向垂直于紙面對里，另有一個點電荷q 形成的電場，如圖所示，一電荷量為q 的粒子以初速度 v 0 從某處垂直于電場、磁場方向入射，初位置到點電荷的距離為 r，則粒子在電磁場中的運動軌跡不行能為( ) a以點電荷q 為圓心，以 r 為半徑的在紙平面內的圓周 b開頭階段在紙面內向右偏轉的曲線 c開頭階段在紙面內向左偏轉的曲線 d沿初速度 v 0 方向

11、的直線 解析：選 d。當電場力大于洛倫茲力時，假如電場力和洛倫茲力的合力剛好供應向心力，a 不符合題意；假如電場力與洛倫茲力的合力大于所需向心力，c不符合題意；當電場力小于洛倫茲力時，b 不符合題意；由于電場力方向變化，合力方向不會總與 v 0 方向在一條直線上，故 d 符合題意。 4. 如圖所示，在地面四周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，方向水平并垂直于紙面對外，一質量為 m、電荷量為q 的微粒在此區(qū)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(qū)域內電場強度的大小和方向。 (2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為 h 的

12、 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才能由 p 點運動到距地面最高點？最高點距地面多高？ 解析：(1) 要滿意帶負電微粒做勻速圓周運動，則： qemg，得 e mgq，方向豎直向下。 (2)如圖所示。 當微粒第一次運動到最高點時，135 則 t360t 135360t 3t8 由于 t 2mqb，所以 t 3m4qb ，因微粒做勻速圓周運動，所以 qvbmv 2r ，則r mvqb ，故最高點距地面的高度為 h 1 rrsin 45hh （2 2）mv2qb。 答案：(1) mgq 豎直向下 (2) 3m4qb h（2 2）mv2qb 1. (帶電粒子在疊

13、加場中的運動)(多選)空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直于紙面對里)的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開頭自 a 點沿曲線 acb 運動，到達 b 點時速度為 0，c 為運動的最低點。不計重力，則( ) a該離子帶負電 ba、b 兩點位于同一高度 c到達 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：選 bc。離子開頭受到電場力作用向下運動，可知電場力方向向下，則離子帶正電，a 錯誤；依據動能定理知，洛倫茲力不做功，在 a 到 b 的過程中，動能變化為 0，則電場力做功為 0，a、b 兩點等電勢，由于該電場是勻強電場，所以

14、a、b 兩點位于同一高度，b 正確；依據動能定理，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(tài)與 a 點進行比較，就可以發(fā)覺它們的狀態(tài)(速度為 0，電勢能相等)相同，假如右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在 b 點的右側重復前面的曲線運動，因此，離子是不行能沿原曲線返回 a 點的，d 錯誤。 2(帶電粒子在疊加場中的運動)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面對里。三個帶正電的微粒 a、b、c 電荷量相等，質量分別為 m a 、m b 、m c 。已知在該區(qū)域內，a 在紙面內做勻速圓周運動，b

15、在紙面內向右做勻速直線運動，c 在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是( ) am a m b m c bm b m a m c cm c m a m b dm c m b m a 解析：選 b。該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a 在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力供應其做勻速圓周運動的向心力，有 m a gqe，解得 m a qeg。b 在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知 m b gqeqv b b，解得 m b qeg qvb bg。c 在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲

16、力方向豎直向下，可知 m c gqv c bqe，解得 m c qeg qvc bg。綜上所述，可知 m b m a m c ，b 正確。 3. (帶電粒子在組合場中的運動)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開頭經電壓為 u 1 的電場加速后，射入水平放置、電勢差為 u 2 的兩塊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 u 1 和 u 2 的變化狀況為(不計重力，不考慮邊緣效應)( ) ad 隨 u 1 變化，d 與 u 2 無關 bd 與 u 1 無關，d 隨

17、 u 2 變化 cd 隨著 u 1 、u 2 變化 dd 與 u 1 無關，d 與 u 2 無關 解析：選 a。粒子在電場 u 1 中加速，則 qu 1 12 mv20 ，在偏轉電場中做類平拋運動，設粒子在偏轉電場中的偏向角為 ，進入磁場時的速度為 v，則有 v0vcos ，而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為 r，由幾何關系可得，半徑與直線 mn 夾角正好等于 ，則有d2r cos ，所以 d2rv 0v，又由于半徑公式 r mvbq ，則有 d2mv 0bq 2b 2mu 1q，可知 d 隨 u 1 變化，與 u 2 無關，a正確，b、c、d 錯誤。 4. (帶電粒子在組合場中

18、的運動)如圖所示裝置中，區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，電場強度為 e，區(qū)域中有垂直于紙面對外的水平勻強磁場，磁感應強度為 b，區(qū)域中有垂直于紙面對里的水平勻強磁場，磁感應強度為 2b。一質量為 m、電荷量為 q 的帶負電粒子從左邊界 o 點正上方的 m 點以速度 v 0 水平射入勻強電場，經水平分界線 op 上的 a 點與 op 成 60角射入區(qū)域的勻強磁場，并垂直于豎直邊界 cd 進入區(qū)域的勻強磁場中。(粒子重力不計，區(qū)域、足夠大)求： (1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑。 (2)o、a 兩點間的距離。 (3)粒子從 m 點動身到其次次通過 cd 邊界所經受的時間。 解析：(1)粒子在勻

19、強電場中做類平拋運動，設粒子過 a 點時速度為 v，由類平拋規(guī)律知 vv 0cos 602v 0 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓其次定律得 qvbm v2r ，所以 r2mv 0qb。 (2)設粒子在電場中運動時間為 t 1 ，加速度為 a，則有 qema v 0 tan 60at 1 ， 即 t 1 3mv 0qe o、a 兩點間的距離為 lv 0 t 1 錯誤! ! 。 (3)設粒子在區(qū)域磁場中運動時間為 t 2 ，粒子運動周期為 t 1 2rv 2mqb 則由幾何關系知 t 2 60360t 1 m3qb 設粒子在區(qū)域磁場中運動時間為 t 3 ，同理 t 2 mqb ，則 t 3

20、 180360t 2 m2qb 粒子從 m 點動身到其次次通過 cd 邊界所用時間為 tt 1 t 2 t 3 3mv 0qem3qb m2qb 3mv 0qe 5m6qb 。 答案：(1) 2mv0qb (2) 錯誤! ! (3) 錯誤! ! 錯誤! ! (建議用時：45 分鐘) 【基礎鞏固】 1. 如圖所示，豎直平面內，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面對里，一質量為 m、電荷量為 q 的粒子以速度 v 與磁場方向垂直，與電場方向成 45角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，則關于電場強度 e 和磁感應強度 b 的大小，正確的是(重力加速度為 g)( ) ae mgq b2mgqv

21、 be2mgq b mgqv ce mgq b mgqv de2mgq b2mgqv 解析：選 a。假設粒子帶負電，則其所受電場力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與 v 垂直，可以從力的平衡條件推斷出這樣的粒子不行能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電荷，受力狀況如圖所示。 依據合外力為 0 得 mgqvbsin 45 qeqvbcos 45 聯立可得 b2mgqv，e mgq。 2. (多選)一帶電小球在相互垂直的勻強電場、勻強磁場中做圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直于紙面對里，如圖所示，下列說法正確的是( ) a沿垂直于紙面方向向里看，小球的繞行方向為順時針方向 b小球肯定帶

22、正電且小球的電荷量 q mge c由于洛倫茲力不做功，小球在運動過程中機械能守恒 d由于合外力做功等于 0，小球在運動過程中動能不變 解析：選 bd。帶電小球在疊加場中，只有滿意重力與電場力大小相等、方向相反時，小球受的合力只表現為洛倫茲力，洛倫茲力供應向心力，小球做勻速圓周運動，故小球所受電場力向上，小球帶正電，小球受的洛倫茲力方向要指向圓心，由左手定則推斷運動方向為逆時針，由 mgqe 可得 q mge，a 錯誤，b正確；洛倫茲力不做功，但電場力做功，故機械能不守恒，c 錯誤；由于合外力做功等于 0，依據動能定理，小球在運動過程中動能不變，d 正確。 3. (多選)如圖所示，實線表示在豎直

23、平面內的電場線，電場線與水平方向成 角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線 l 斜向上做直線運動，l 與水平方向成 角，且 ，則下列說法正確的是( ) a液滴肯定做勻減速直線運動 b液滴肯定做勻加速直線運動 c電場方向肯定斜向上 d液滴肯定帶正電 解析：選 cd。帶電液滴受豎直向下的重力 g、平行于電場線方向的電場力f、垂直于速度方向的洛倫茲力 f，帶電液滴做直線運動，因此三個力的合力肯定為 0，帶電液滴做勻速直線運動，a、b 錯誤；當帶電液滴帶正電，且電場線 方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力、沿電場線向上的電場力、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力，這三個力的合力能夠為

24、0，使帶電液滴沿虛線 l做勻速直線運動；假如帶電液滴帶負電或電場線方向斜向下，帶電液滴所受合力不為 0，帶電液滴不行能沿直線運動，c、d 正確。 4. (多選)如圖所示，a 板發(fā)出的電子(重力不計)經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板 m、n 之間，m、n 之間有垂直于紙面對里的勻強磁場，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當滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升 b當滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)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

25、：選 ac。當滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場時的初速度增大，向下偏轉程度變小，打在熒光屏上的位置上升；在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，a 正確，b 錯誤；磁感應強度增大，電子在磁場中的運動速度大小不變，打在熒光屏上的速度大小不變，c 正確，d 錯誤。 5. 如圖所示，有抱負邊界的勻強磁場方向垂直于紙面對外，磁感應強度大小為 b，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為 k，由靜止開頭經電壓為 u的電場加速后，從 o 點垂直射入磁場，又從 p 點穿出磁場。下列說法正確的是(不計粒子所受重力)( ) a假如只增加 u，粒子可以從 dp 之間某位置

26、穿出磁場 b假如只減小 b，粒子可以從 ab 邊某位置穿出磁場 c假如既減小 u 又增加 b，粒子可以從 bc 邊某位置穿出磁場 d假如只增加 k，粒子可以從 dp 之間某位置穿出磁場 解析：選 d。由題意可得 qu 12 mv2 ，k qm ，rmvqb ，解得 r2kukb。只增加 u，r 增大，粒子不行能從 dp 之間某位置穿出磁場，a 錯誤；粒子電性不變，不行能向上偏轉從 ab 邊某位置穿出磁場，b 錯誤；既減小 u 又增加 b，r 減小，粒子不行能從 bc 邊某位置穿出磁場，c 錯誤；只增加 k，r 減小，粒子可以從 dp之間某位置穿出磁場，d 正確。 6. 如圖所示，在 x 軸上方

27、存在垂直于紙面對里且磁感應強度為 b 的勻強磁場，在 x 軸下方存在垂直于紙面對外且磁感應強度為 b2 的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點 o 與 x 軸成 30角斜向上射入磁場，且在 x 軸上方磁場中運動的半徑為 r。粒子重力不計，則( ) a粒子經磁場偏轉后肯定能回到原點 o b粒子在 x 軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為 21 c粒子完成一次周期性運動的時間為 2m3qb d粒子其次次射入 x 軸上方磁場時，沿 x 軸前進了 3r 解析：選 d。由 r mvqb 可知，粒子在 x 軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為 12，b 錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間 t 16 t 1 16 t

28、 2 m3qb 2m3qb mqb ，c 錯誤；粒子其次次射入 x 軸上方磁場時沿 x 軸前進了 lr2r3r，則粒子經磁場偏轉后不能回到原點 o，a 錯誤，d 正確。 7. 三個完全相同的小球 a、b、c 帶有相同電荷量的正電荷，從同一高度由靜止開頭下落，當落下 h 1 高度后 a 小球進入水平向左的勻強電場，b 小球進入垂直于紙面對里的勻強磁場，如圖所示，它們到達水平面上的速度大小分別用 v a 、v b 、v c 表示，它們的關系是( ) av a v b v c bv a v b v c cv a v b v c dv a v b v c 解析：選 a。a 小球下落時，重力和電場力都對

29、 a 做正功；b 小球下落時，只有重力做功；c 小球下落時只有重力做功，重力做功的大小都相同。依據動能定理可知外力對 a 小球所做的功最多，即 a 小球落地時的動能最大，b、c 小球落地時的動能相等。 8. 如圖所示，質量為 m，電荷量為 q 的小球從 p 點靜止釋放，下落一段距離后進入正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直于紙面對里，則小球在通過正交的電場和磁場區(qū)域時的運動狀況是( ) a肯定做曲線運動 b軌跡肯定是拋物線 c可能做勻速直線運動 d可能做勻加速直線運動 解析：選 a。小球從 p 點靜止釋放，下落一段距離后進入正交的勻強電場和勻強磁場中后肯定會受到電場力和洛倫

30、茲力。電場力和重力會對小球做正功，洛倫茲力不做功。小球的動能會增加，即速度變大，且速度的方向也會發(fā)生變化。洛倫茲力也會變大，方向也會轉變。小球運動的速度和加速度的大小、方向都會轉變。所以運動狀況是肯定做曲線運動。 【力量提升】 9質量為 m，電荷量為 q 的帶負電粒子自靜止開頭，經 m、n 板間的電場加速后，從 a 點垂直于磁場邊界射入寬度為 d 的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置 p 偏離入射方向的距離為 l，如圖所示。已知 m、n 兩板間的電壓為 u， 粒子的重力不計。 (1)正確畫出粒子由靜止開頭至離開勻強磁場時的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖)。 (2)求勻強磁場的磁感應強度大小 b。

31、 解析：(1)作粒子經電場和磁場中的軌跡圖，如圖。 (2)設粒子在 m、n 兩板間經電場加速后獲得的速度為 v，由動能定理得 qu 12 mv2 粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為 r，則 qvbm v2r 由幾何關系得 r 2 (rl) 2 d 2 聯立式求解得 磁感應強度 b2ll 2 d 2 2muq。 答案：(1)見解析圖 (2)2ll 2 d 2 2muq 10. 如圖所示的區(qū)域中，om 左邊為垂直于紙面對里的勻強磁場，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于 om，且垂直于磁場方向。一個質量為 m、電荷量為q 的帶電粒子從小孔 p 以初速度 v 0 沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角 60，粒子恰好從小孔 c 垂直于 oc射入勻強電場，最終打在 q 點，已知 ocl，oq2l，不計粒子的重力，求： (1)磁感應強度 b 的大小。 (2)