《2025年步步高精准讲练物理选择性必修第二册》

例 3
如图所示是一种带电颗粒的速率分选装置。两带电平行金属板间匀强电场方向竖直向上,其中$PQNM$矩形区域内还有垂直纸面向外的匀强磁场。一束同种带正电颗粒(质量为$m$,电荷量为$q$),以不同的速率沿着磁场区域的上边界$MN$进入两金属板之间,先在电场中经过一段匀速直线运动后,再进入$PQNM$矩形区域。其中速率为$v_{0}$的颗粒刚好从磁场右边界中点离开磁场,然后沿直线运动到达收集板。已知重力加速度为$g$,$PQ = 3d$,$NQ = 2d$,收集板与$NQ$的距离为$d$,不计颗粒间相互作用。求:

(1)电场强度$E$的大小;
(2)磁感应强度$B$的大小;
(3)若要收集速率在$0.8v_{0} \sim 2v_{0}$范围内的颗粒,求收集板的最小长度(已知$\sqrt{7} \approx 2.6$,$\sqrt{91} \approx 9.5$,$\frac{1}{\sqrt{7}} - \frac{1}{\sqrt{91}} \approx 0.27$)。

答案：
例3　
(1)$\frac{mg}{q}$　
(2)$\frac{mv_0}{5qd}$　
(3)$1.71d$
解析　
(1)颗粒在电场中做匀速直线运动，则$Eq = mg$，可得$E=\frac{mg}{q}$。
(2)颗粒进入电场和磁场的正交场后做匀速圆周运动，则由几何关系$r^{2}=(r - d)^{2}+(3d)^{2}$，

解得$r = 5d$，
根据$qv_0B = m\frac{v_0^{2}}{r}$，解得$B=\frac{mv_0}{5qd}$。
(3)根据$r=\frac{mv}{qB}$可知，速率在$0.8v_0$和$2v_0$的颗粒对应的轨道半径$r_1 = 4d$，$r_2 = 10d$，
设颗粒在磁场中运动的偏向角为$\theta$，由几何关系可知
$y_1=r_1-\sqrt{7}d + d\tan\theta_1$，
$y_2=r_2-\sqrt{91}d + d\tan\theta_2$，
其中$\tan\theta_1=\frac{3d}{\sqrt{7}d}=\frac{3}{\sqrt{7}}$，
$\tan\theta_2=\frac{3d}{\sqrt{91}d}=\frac{3}{\sqrt{91}}$，
收集板的最小长度
$y_{\min}=y_1 - y_2\approx1.71d$。

三、带电粒子在叠加场中的摆线运动
例 4
如图所示,两平行极板水平放置,两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场,磁场的磁感应强度为$B$。一束质量均为$m$、电荷量均为$+q$的粒子,以不同速率沿着两板中轴线$PQ$方向进入板间后,速率为$v$的甲粒子恰好做匀速直线运动;速率为$\frac{v}{2}$的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示,$A$为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置,乙粒子全程速率在$\frac{v}{2}$和$\frac{3v}{2}$之间变化。研究一般的曲线运动时,可将曲线分割成许多很短的小段,这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分,采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(C)

A.两板间电场强度的大小为$\frac{B}{v}$
B.乙粒子从进入板间运动至$A$位置的过程中,在水平方向上做匀速运动
C.乙粒子偏离中轴线的最远距离为$\frac{mv}{qB}$
D.乙粒子的运动轨迹在$A$处对应圆周的半径为$\frac{9mv}{4qB}$

答案： 例4　C　[速率为$v$的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有$qvB = Eq$，可得两板间电场强度的大小为$E = vB$，故A错误;速率为$\frac{v}{2}$的乙粒子在板间的运动轨迹如题图中曲线所示，乙粒子从进入板间至运动到$A$位置的过程中，根据左手定则判断知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以乙粒子在水平方向上做加速运动，故B错误;由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子过$A$点时，静电力做的功最多，偏轴线的距离最远，根据动能定理，$qEy_m=\frac{1}{2}m(\frac{3}{2}v)^{2}-\frac{1}{2}m(\frac{v}{2})^{2}$，可得$y_m=\frac{mv}{qB}$，故C正确;由题意可知，乙粒子的运动轨迹在$A$处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为$\frac{3}{2}v$，根据$qv_mB - qE=\frac{1}{2}qvB = m\frac{v_m^{2}}{r_A}$，对应圆周的半径为$r_A=\frac{9mv}{2qB}$，故D错误。]