【正文】 軌跡的兩條半徑 ( 未畫出 ) 圍成一正方形．因此 ac ＝ bc ＝r ② 設 cd ＝ x ，由幾何關系得 ac ＝45R ＋ x ③ 0 bc ＝35R ＋ R2－ x2 ④ 聯(lián)立 ②③④ 式得 r ＝75R ⑤ 再考慮粒子在電場中的運動．設電場強度的大小為 E ，粒子在電場中做類平拋運動．設其加速度大小為 a ，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE ＝ma ⑥ 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為 r ，由運動學公式得r ＝12at2 ⑦ r ＝ v t ⑧ 式中 t 是粒子在電場中運動的時間． 聯(lián)立 ①⑤⑥⑦⑧ 式得 E ＝14 qRB25 m. ⑨ 答案 14 qRB25 m 【 變式跟蹤 1】 如圖所示， xOy為空間直角坐標系， PQ與 y軸正 方向成 θ ＝ 30176。 角．在第四象限 和第一象限的 xOQ區(qū)域存在磁感應強度 為 B的勻強磁場，在 POy 區(qū)域存在足夠 大的勻強電場，電場方向與 PQ平行， 一個帶電荷量為＋ q，質量為 m的帶電 粒子從－ y軸上的 A(0，－ L)點，平行 于 x軸方向射入勻強磁場，離開磁場時速度方向恰與 PQ垂 直，粒子在勻強電場中經(jīng)時間 t后再次經(jīng)過 x軸，粒子重 力忽略不計．求： (1)從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間 t′； (2)勻強電場的電場強度 E的大小 ． 解析 (1) 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 R ，則由幾何關系得 R ＝ L ， q v B ＝ mv2R，聯(lián)立得 v ＝qBLm，又 T ＝2π Rv，粒子在磁場中運動時間 t1＝512T . 由 M 到 A ′ 做勻速直線運動的時間 t2＝R tan 30176。v， 粒子從開始進入磁場 到剛進入電場的時間 t ′ ＝ t1＋ t2， 聯(lián)立以上各式得 t ′ ＝? 5π ＋ 2 3 ? m6 qB. ( 2) 粒子在電場中做類平拋運動， M ′ N ＝ v t ， A ′ N ＝12at2， a ＝qEm，由幾何關系得 A ′ N ＝ A ′ N ′ ＋ N ′ N ， A ′ N ′ ＝Lc os2 θ， N ′ N ＝ M ′ N t an θ ， 聯(lián)立得 E ＝2 Lqt2??????mc os2 θ＋ qBt t an θ ，把 θ ＝ 30176。 代入得 E ＝2 L3 qt2 (4 m＋ 3 qBt ) ． 答案 ( 1) ? 5π ＋ 2 3 ? m6 qB ( 2) 2 L3 qt 2 (4 m ＋ 3 qBt ) 借題發(fā)揮 1． “ 電偏轉 ” 和 “ 磁偏轉 ” 的比較 垂直進入磁場 ( 磁偏轉 ) 垂直進入電場 ( 電偏轉 ) 情景圖 受力 FB＝ q v0B 大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力 FE＝ qE ， FE大小、方向不變，為恒力 運動規(guī)律 勻速圓周運動 r ＝m v0Bq， T ＝2π mBq 類平拋運動 vx＝ v0， vy＝Eqmt x ＝ v0t ， y ＝Eq2 mt2 運動 時間 t ＝θ2πT ＝θmBq t ＝Lv0，具有等時性 動能 不變 變化 (1)正確受力分析 ， 除重力 、 彈力 、 摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析 ． (2)確定帶電粒子的運動狀態(tài) ， 注意運動情況和受力情況的結合 ． (3)對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域 、 不同種類的場時 ， 要分階段進行處理 ． (4)畫出粒子運動軌跡 ， 靈活選擇不同的運動規(guī)律 ． 3．帶電粒子在分離復合場中運動問題的求解方法 特別注意 (1)多過程現(xiàn)象中的 “ 子過程 ” 與 “ 子過程 ” 的銜接點 ． 如一定要把握 “ 銜接點 ” 處速度的連續(xù)性 ． (2)圓周與圓周運動的銜接點一要注意在 “ 銜接點 ”處兩圓有公切線 ， 它們的半徑重合 ． 考點二 帶電粒子在疊加復合場中的運動 【 典例 2】 如圖所示的平行板之間 ， 存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場 ， 磁場的磁感應強度 B1＝ T， 方向垂直紙面向里 ， 電場強度 E1＝ 105 V/m， PQ為板間中線 ． 緊靠平行板右側邊緣 xOy坐標系的第一象限內(nèi) ， 有一邊界線 AO， 與 y軸的夾角∠ AOy＝ 45176。 ， 邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場 ， 磁感應強度 B2＝ T， 邊界線的下方有水平向右的勻強電場 ， 電場強度 E2＝ 105 V/m， 在x軸上固定一水平的熒光屏 ． 一束帶電荷量 q＝ 10－ 19 C、 質量 m＝ 10－ 26 kg的 正離子從 P點射入平行板間 ， 沿中線 PQ做直線運動 ， 穿出平行板后從 y軸上坐標為 (0， m)的 Q點垂直 y軸射入磁場區(qū) ， 最后打到水平的熒光屏上的位置 ： (1)離子在平行板間運動的速度大小； (2)離子打到熒光屏上的位置 C的坐標； (3)現(xiàn)只改變 AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度大小 ， 使離子都不能打到 x軸上 ， 磁感應強度大小 B2′ 應滿足什么條件 ？ 審題流程 解析 (1) 設離子的速度大小為 v ，由于沿中線PQ 做直線運動，則有 qE1＝ q v B1，代入數(shù)據(jù)解得 v ＝ 105 m /s. (2) 離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有 q v B2＝ mv2r得， r ＝ m ，作出離子的運動軌跡，交OA 邊界于 N ，如圖甲所示， OQ ＝ 2 r ，若磁場無邊界，一定通過 O 點，則圓弧 QN 的圓周角為 45176。 ，則軌跡圓弧的圓心角為θ ＝ 90176。 ，過 N 點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動， y ＝ OO ′ ＝ v t ， x ＝12at2，而 a ＝E2qm，則 x ＝ m ，離子打到熒光屏上的位置 C 的水平坐標為 xC＝( ＋ )m ＝ m . 圖甲 (3) 只要粒子能跨過 AO 邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在 x 軸上．如圖乙所示，由幾何關系可知使離子不能打到 x 軸上的最大半徑 r ′ ＝2 ＋ 1 m ，設使離子都不能打到 x 軸上，最小的磁感應強度大小為 B0，則 q v B0＝ mv2r ′，代入數(shù)據(jù)解得 B0＝2 ＋ 18 T