loading(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
d
设其轨道半径R，由几何关系可知R＝＝2d
sin 45°
v2mv0
qvB＝m 解得B＝
Rqdmv02
. q
1
(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有－qU＝0－mv2 解得U＝
2
mv0mv02
2v0 (2) (3)
qdq
答案 (1)轨迹见解析图
对应学生
用书P142
考点一 带电粒子在分离复合场中的运动 “电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情景图 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力 Eq类平抛运动vx＝v0，vy＝t x＝mEqv0t，y＝t2 2m受力 FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 mv02πm匀速圆周运动r＝，T＝ BqBq运动规律 续表
运动 时间 动能 【典例1】 在竖直平面内，
t＝ θθmT＝ 2πBq不变 Lt＝，具有等时性 v0变化 图8－3－5
以虚线为界分布着如图8－3－5所示的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为E；匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.虚线与水平线之间的夹角为θ＝45°，一个带负电荷的粒子在O点以速度v0水平射入匀强磁场，已知带电粒子所带的电荷量为q，质量为m(重力忽略不计，电场、磁场区域足够大)．求：
(1)带电粒子第1次通过虚线时距O点的距离；
(2)带电粒子从O点开始到第3次通过虚线时所经历的时间；
(3)带电粒子第4次通过虚线时距O点的距离． 解析 带电粒子运动的轨迹如图所示
v02mv02mv0
(1)据qv0B＝m得r＝，又由几何知识可知：d1＝2r，解得d1＝. rqBqB
Tπm
(2)在磁场中运动时间为t1＝＝
42qB
qE
在电场中a＝ m
2v02mv0
运动时间为t2＝＝ aqE
3πm
再一次在磁场中运动t3＝，
2qB
2πm2mv0
所以总时间t＝＋. qBqE
(3)再次进入电场中从C到D做类平抛运动(如图所示)
at42
x＝v0t4，y＝，x＝y，
22
2mv0
得x＝ qE
22mv022mv02
所以距O点距离为Δd＝2d1－2x＝－. qBqE
2mv022mv022mv022πm2mv0
答案 (1) (2)＋ (3)－ qBqBqEqBqE
——解决带电粒子在分离复合场中运动问题的思路方法
【变式1】
在如图8－3－6所示的空
图8－3－6
间坐标系中，y轴的左侧有一匀强电场，场强大小为E，场强方向与y轴负方向成30°，y轴的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B(未画出)．现有一质子在x轴上坐标为x0＝10 cm处的A点，以一定的初速度v0第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场．求：
(1)质子在匀强磁场中的轨迹半径R； (2)质子两次在磁场中运动时间之比；
(3)若第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速度v0和电场强度E、磁感应强度B之间需要满足的条件．
解析 (1)质子两次运动的轨迹如图所示，由几何关系可知x0＝Rsin 30° 解得R＝2x0＝20 cm.
(2)第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ1＝210° 第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ2＝30° 故质子两次在磁场中运动时间之比为t1∶t2＝θ1∶θ2＝7∶1. (3)质子在磁场中做匀速圆周运动时，
v02mv0
由ev0B＝m得R＝
ReB
设第一次射入磁场的质子，从y轴上的P点进入电场做类平抛运动，从y轴上的Q点进入磁场，由几何关系得，质子沿y轴的位移为Δy＝2R
eE
质子的加速度a＝
m
1
沿电场方向Δycos 30°＝at2
2
垂直电场方向Δysin 30°＝v0t
3E
解得v0＝. 6B
3E
答案 (1)20 cm (2)7∶1 (3)v0＝ 6B
考点二 带电粒子在叠加复合场中的运动 带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点
(1)受力分析是基础．在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件．
(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意物体做直线运动，曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．
(3)构建物理模型是难点．根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解．
【典例2】
如图8－3－7所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿
100
轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝ m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，
7
进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求：
图8－3－7
(1)小球带何种电荷？
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为(G点未标出)，求G点到D点的距离．
解析 (1)正电荷
(2)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动
100
在D点速度为vD＝vC＝m/s 7
在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，设重力与电场力的合力为F＝qvCB
mgF7
又F＝＝5 N 解得qB＝＝
cos 37°vC20
mvF2
在F处由牛顿第二定律可得qvFB＋F＝
R
7
把qB＝代入得R＝1 m
20
小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由动能定理可得
m?vF2－vD2?
－Wf－2FR＝ 2
Wf＝27.6 J
F
(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝ m
at24mR2 2
由2R＝得t＝ ＝ s
2F5
交点G与D点的距离GD＝vFt＝1.6 2 m＝2.26 m. 答案 见解析 【变式2】 (2011·广东六校联合体联考)
图8－3－8 如图8－3－8所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2 500
－3
N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝10 T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×102kg、
－
电荷量q＝4×105C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)O点到P点的距离s1；
(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.