從O點返回磁場后的軌跡如圖，圓心角為120°，故：

T=t₁＋T＋T………………………………………………………………⑥

聯立②④⑤⑥解得：E = ……………………………………………⑦

（3）第二次離開磁場后到再進入電場，如圖軌跡。

則DF=OD=2R cos30°………………………………………………………⑧

時間t₂= =

方法二：（1）從A點進入磁場后從O點離開磁場的過程是勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡圖，依題意由幾何關系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點。

故經過A點的速度方向為x軸正方向。

設圓周的半徑為R，有：∠OO₁A=30°…………………………………①

根據向心力公式：Bqv = m……………………………………………②

A點到x軸的距離：x= R－Rcos30°…………………………………③

聯立①②③解得：x =

（2）粒子能從O點進入電場且能由O點返回，對正電荷，說明電場的方向垂直于OC向左，設電場強度大小為E，電場中的時間為t₁，由動量定理：

Eqt₁=2mv…………………………………………………………………………④

粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期T，由：

T= …………………………………………………………………………⑤

聯立②⑿⒀式得：t₄=m/qB

又由幾何關系知：OP=R………………………………………⒀

聯立①②式得：…………………………………③

（2）設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T第一次在磁場中飛行的時間為 t₁，有：

t₁=T/12…………………………………………④

T=2πm/qB………………………………………⑤

依題意．勻強電場的方向與x軸正向夾角應為150⁰。由幾何關系可知，粒子再次從O點進人磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為60⁰。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O’’，O’’必定在直線OC 上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界文于P點，則∠OO’’P =120⁰．設粒子第二次進人磁場在磁場中運動的時問為t₂有：

t₂=T/3…………………………………………⑥

設帶電粒子在電場中運動的時間為 t ₃，依題意得：

t₃=T－(t₁+t₂)…………………………………⑦

由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知：

?v=v?at₃……………………………………⑧

a=qE/m ………………………………………⑨

聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：

E=12Bv/7π……………………………………⑩

粒子自P點射出后將沿直線運動。

設其由P點再次進人電場，由幾何關系知：∠O’’P’P =30⁰……⑾

消

三角形OPP’為等腰三角形。設粒子在P、P’兩點間運動的時問為t₄，有：

t₄=PP’/v………………………………………⑿

【解析】方法一：（1）設磁場左邊界與x軸相交子D點，與CO相交于O’點，由幾何關系可知，直線OO’與粒子過O點的速度v垂直。在直角三角形 OO’D中已知∠OO’D =30⁰設磁場左右邊界間距為d，則OO’=2d。依題意可知，粒子第一次進人磁場的運動軌跡的圓心即為O’點，圓弧軌跡所對的圈心角為30⁰ ，且OO’為圓弧的半徑R。

由此可知，粒子自A點射人磁場的速度與左邊界垂直。

A 點到x軸的距離：AD=R(1－cos30⁰)………………………………①

由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得：

                  qvB=mv²/R………………………………………②

(3)對于第(2)問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率

(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△E_k．

(2)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b 又恰好進入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q．

15．(16分)如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d₁，間距為d₂．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直． (設重力加速度為g)