高考物理一輪復習鞏固提升第9章題型探究課　帶電粒子在復合場中的運動分析 (含解析)

1．(2019·煙臺模擬)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限內有平行于y軸，電場強度大小相同、方向相反的勻強電場，在第Ⅳ象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場．一質量為m，電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的M(0，d)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸的Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)d，0))點進入第Ⅳ象限內，又經(jīng)過磁場垂直y軸進入第Ⅲ象限，最終粒子從x軸上的P點離開．不計粒子所受到的重力．求：(1)勻強電場的電場強度E和磁場的磁感應強度B的大小；(2)粒子運動到P點的速度大小；(3)粒子從M點運動到P點所用的時間．解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示．設粒子在第Ⅰ象限內運動的時間為t1，粒子在N點時速度大小為v1，方向與x軸正方向間的夾角為θ，則：x＝v0t1＝eq\f(2\r(3),3)dy＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝dqE＝ma，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at1,v0)v1＝eq\f(v0,cosθ)聯(lián)立以上各式得：θ＝eq\f(π,3)，v1＝2v0，E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd).粒子在第Ⅳ象限內做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)由幾何關系得：R＝eq\f(ON,sinθ)＝eq\f(4,3)d聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B＝eq\f(3mv0,2qd).(2)粒子由M點到P點的過程，由動能定理得：qEd＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入(1)中所求數(shù)據(jù)解得：vP＝eq\r(10)v0.(3)粒子在第Ⅰ象限內運動時間：t1＝eq\f(\f(2\r(3),3)d,v0)＝eq\f(2\r(3)d,3v0)粒子在第Ⅳ象限內運動周期：T＝eq\f(2πR,v1)＝eq\f(4πd,3v0)t2＝eq\f(π－\f(1,3)π,2π)T＝eq\f(4πd,9v0)粒子在第Ⅲ象限內運動時有：R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)解得：t3＝eq\f(2\r(6)d,3v0)粒子從M點運動到P點的時間：t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(（6\r(3)＋6\r(6)＋4π）d,9v0).答案：(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)eq\f(3mv0,2qd)(2)eq\r(10)v0(3)eq\f(（6\r(3)＋6\r(6)＋4π）d,9v0)2.如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h，質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g.(1)求電場強度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值．解析：(1)設電場強度大小為E由題意可知mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上．(2)如圖甲所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ.由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(mvmin,2qB)＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2，r1＋r1cosφ＝h聯(lián)立各式解得vmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m).甲乙(3)如圖乙所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x.由題意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)eq\f(3,2)x≥eq\f(（9－6\r(2)）h,2)，x＝eq\r(req\o\al(2,1)－（h－r1）2)得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(h,2)，n<3.5即n＝1時，v＝eq\f(0.68qBh,m)；n＝2時，v＝eq\f(0.545qBh,m)；n＝3時，v＝eq\f(0.52qBh,m).答案：(1)eq\f(mg,q)方向豎直向上(2)(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)(3)eq\f(0.68qBh,m)eq\f(0.545qBh,m)eq\f(0.52qBh,m)3．如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量．(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?3)若B0＝eq\f(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.解析：(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1，洛倫茲力提供向心力，則有qv0B0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R1)①據(jù)題意由幾何關系得R1＝d ②聯(lián)立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd). ③(2)設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝eq\f(veq\o\al(2,0),R2)④據(jù)題意由幾何關系得3R2＝d ⑤聯(lián)立④⑤式得a＝eq\f(3veq\o\al(2,0),d). ⑥(3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T＝eq\f(2πR,v0)⑦由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R) ⑧由題意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R ⑨粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且要求0<θ<eq\f(π,2)，由題意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2) ⑩設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0，1，2，3…)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d eq\o(○,\s\up1(11))當n＝0時，無解 eq\o(○,\s\up1(12))當n＝1時，聯(lián)立⑨eq\o(○,\s\up1(11))式得θ＝eq\f(π,6)(或sinθ＝eq\f(1,2)) eq\o(○,\s\up1(13))聯(lián)立⑦⑨⑩eq\o(○,\s\up1(13))式得TB＝eq\f(πd,3v0) eq\o(○,\s\up1(14))當n≥2時，不滿足0<θ<90°的要求 eq\o(○,\s\up1(15))若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d eq\o(○,\s\up1(16))當n＝0時，無解 eq\o(○,\s\up1(17))當n＝1時，聯(lián)立⑨eq\o(○,\s\up1(16))式得θ＝arcsineq\f(1,4)(或sinθ＝eq\f(1,4)) eq\o(○,\s\up1(18))聯(lián)立⑦⑨⑩eq\o(○,\s\up1(18))式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f