【正文】 全國卷 Ⅱ )如圖 8－ 3 － 5所示，在寬度分別為 l1和 l2的兩 個毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強 磁場和勻強電場，磁場方向垂直 于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右．一帶正電荷的粒子以速率 v從磁場區(qū)域上邊界的 P點斜射入磁場， 圖 8－ 3－ 5 然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的 Q點射出．已知 PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到 PQ的距離為 ，求電場強度與磁感應強度大小之比以及粒子在磁場與電場中運動時間之比． [思路點撥 ] 粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合幾何知識，確定圓心和半徑，從而確定磁感應強度和圓心角 (或時間 )．粒子在電場中做類平拋運動時，結合平拋規(guī)律可求得電場強度及運動時間． [課堂筆記 ] 粒子在磁場中做勻速圓周運動 (如圖所示 )．由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心 O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑 R2＝ l12＋ (R－ d)2 ① 設粒子的質(zhì)量和所帶正電荷量分別為 m和 q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝ m ② 設 P′為虛線與分界線的交點， ∠ POP′＝ α，則粒子在磁場中的運動時間為 t1＝ ③ 式中 sinα＝ ④ 粒子進入電場后做類平拋運動，其初速度為 v，方向垂直于電場．設粒子加速度大小為 a，由牛頓第二定律得 qE＝ ma ⑤ 由運動學公式有 d＝ at22 ⑥ l2＝ vt2 ⑦ 式中 t2是粒子在電場中運動的時間．由 ①②⑤⑥⑦ 式得 由 ①③④⑦ 式得 arcsin( )． [答案 ] arcsin( ) 分析組合場中粒子的運動時，應分別分析粒子在隔離場中的受力情況及運動軌跡，從而選取適當?shù)囊?guī)律列式求解，且要注意粒子在兩場交界處的關鍵點 . 有人設想用如圖 8－ 3－ 6所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子．粒子在電離室中電離后帶正電，電荷量與其表面積成正比．電離后，粒子緩慢通過小孔 O1進入極板間電壓為 U的水平加速電場區(qū)域 Ⅰ ，再通過小孔 O2射入相互正交的恒定勻強電場、勻強磁場區(qū)域 Ⅱ ，其中磁場的磁感應強度大小為 B，方向如圖所示．收集室的小孔 O3與 OO2在同一條水平線上．半徑為 r0的粒子，其質(zhì)量為 m0，電荷量為 q0，剛好能沿 O1O3直線射入收集室．不計納米粒子的重力． (V球 ＝ πR3， S球 ＝ 4πR2) 圖 8－ 3－ 6 (1)試求圖中區(qū)域 Ⅱ 的電場強度； (2)試求半徑為 r的粒子通過 O2時的速率； (3)討論半徑 r≠r0的粒子剛進入?yún)^(qū)域 Ⅱ 時向哪個極板偏轉(zhuǎn)． [思路點撥 ] 分析該題時應注意以下幾點： (1)粒子在 Ⅰ 區(qū)域直線加速，可利用動能定理； (2)在 Ⅱ 區(qū)域只有滿足 qE＝ qvB的粒子才能沿直線勻速運動到達 O3； (3)粒子在 Ⅱ 區(qū)域向何方偏轉(zhuǎn)，決定于電場力和洛倫茲力的大?。? [課堂筆記 ] (1)半徑為 r0的粒子在 Ⅰ 區(qū)，由動能定理可知：Uq0＝ m0v02. 所以 v0＝ 該粒子在 Ⅱ 區(qū)域做勻速直線運動． 則： q0E＝ q0v0B，即 E＝ v0B＝ B (2)半徑為 r的粒子，因電荷量與表面積成正比，其電荷量為 q＝ ( )2q0，其質(zhì)量 m＝ ( )3m0. 根據(jù)動能定理： Uq＝ mv2 所以 v＝ (3)由題意可知，只有 v＝ v0＝ 的粒子沿直線運動． 當 rr0時， vv0，此時有 qEqv0B， 即該粒子向上極板偏轉(zhuǎn)． 當 rr0時， vv0，此時有 qEqv0B， 即該粒子向下極板偏轉(zhuǎn)． [答案 ] 見課堂筆記 (1)帶電粒子在其他場力與磁場力作用下做直線運動，一般 是勻速直線運動． (2)重力不計的帶電粒子進入速度選擇器時，能否做勻速直 線運動與粒子的電性及質(zhì)量無關 . (15分 )在場強為 B的水平勻強磁場中，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為＋ q的小球在 O點靜止釋放，小球的運動曲線如圖 8－ 3－ 7所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的 2倍，重力加速度為 ： 圖 8－ 3－ 7 (1)小球運動到任意位置 P(x， y)的速率 v； (2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離 ym； (3)欲使小球沿 x軸正向做直線運動，可在該區(qū)域加一勻強電場，試分析加電場時，小球在什么位置，所加電場的場強為多少？方向如何？ [思路點撥 ] 分析該題時應把握以下幾點： (1)求解小球的速率可根據(jù)動能定理； (2)小球下降的最大距離可由圓周運動分析； (3)小球做直線運動，可由小球的運動特征分析受力的特點． [解題樣板 ] (1)洛倫茲力不做功，由動能定理得 mgy＝ mv2 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ① (2分 ) 得 v＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ② (2分 ) (2)設在最大距離 ym處的速率為 vm，根據(jù)圓周運動有 qvmB－ mg＝ m ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ③ (2分 ) 且由 ② 知 vm＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ④ (1分 ) 由 ③④ 及 R＝ 2ym得 ym＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑤ (2分 ) (3)當小球沿 x軸正向做直線運動時，小球受力平衡，由此可知，加電場時，小球應在最低點． ┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) 且有 qvmB－ mg－ qE＝ 0┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑥ (2分 ) 解 ④⑤⑥ 得 E＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (2分 ) 方向豎直向下． ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) [答案 ] (1) (2) (3)見解題樣板 此題前兩問是 2020年江蘇高考