【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理． 【专题】： 电磁学．
【分析】：（1）根据物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，由速度的分解法，求出物块到达C点的速度，根据能量守恒求解电荷自A点到C点的竖直高度；
（2）根据动能定理求出物块到达D点时的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求解轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道的压力；
（3）物块滑上木板后，两者组成的系统动量守恒．当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，由动量守恒求出共同速度，再由能量守恒求解木板的最小长度．
【解析】： 解：（1）设物块滑到C点的速度大小为vC．
物块从A到C过程做类平抛运动，据题：物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，将速度分解，则有： vCcosθ=v0； 解得： vC=
=
=4m/s
设AB间的高度为h．自A点到C点，根据动能定理得： （mg+qE）h=解得：h=0.5m，
（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：
，
代入数据解得：
，
小球在D点时由牛顿第二定律得：
，
解得：
FN=60N．
由牛顿第三定律得，小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N，方向竖直向下． （3）由上题解得：vD=
当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，设共同速度的大小为v．
以物块和木板组成的系统为研究对象，取向左为正方向，则根据系统的动量守恒得： mvD=（m+M）v
根据能量守恒定律得：
，
μ（mg+qE）L=联立解得：L≈2.5m 答：
（1）AC之间的竖直高度h=0.5m；
，
（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是60N； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是2.5m．
【点评】： 本题关键要正确分析物块的受力情况和运动情况，以及功能关系，把握住每个过程所遵守的物理规律，特别是物块在木板上滑动时系统所受的合力为零，系统的动量守恒，根据能量守恒是求解木板长度常用的方法．
12．（19分）（2015?遂宁模拟）如图所示，M，N两极板间存在匀强电场，两极板的宽度为d，N板右边存在如图所示的磁场，折线PAQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从S由静止经电场加速后再从P点沿PQ方向水平射出，不计微粒的重力．
（1）若微粒以v0的速度从P点射出，求M，N两极板间电场强度的大小及方向；
（2）为使微粒从P点以某一速度v射出后，经过一次偏转直接到达折线的顶点A点，求初速度v的大小；
（3）对于在M，N两极板间加不同的电场，微粒还能途经A点并能到达Q点，求所加电场的电场强度E应满足的条件及其从P点到达Q点所用的时间．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】：（1）根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求解；
（2）根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，即可求解； （3）由n取奇数与偶数两种情况下，结合圆心角，从而求出时间． 【解析】： 解：（1）在M，N间由动能定理：qEd=
得：方向向左
（2）由图中几何关系得：
2Rsin45°=L 得：R=由qvB=m得：v=
（3）根据运动对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270° 设圆弧长为R，则有2R=x，可得：R=又qvB=m得：v=由
，（n=1、2、3、…）
2
2
得（n=1、2、3、…）
当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为：为
，其中n=1、3、5、…
当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为
，其中n=2、4、6、…
答：（1）电场强度的大小为，方向为向左；
（2）初速度v的大小为；
，（n=1、2、3、…）；
，其中n=1、3、5、…； ，其中n=2、4、6、…
（3）微粒的初速度v应满足的条件是当n取奇数时，从P点到达Q点所用的时间当n取偶数时，从P点到达Q点所用的时间
【点评】： 本题考查带电粒子在组合场中的运动，关键是要明确粒子各个阶段的运动规律，对各个过程能熟练地选用相应的规律列式计算．
