2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章微專題69“帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)”的解題策略練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題69“帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)”的解題策略1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中一般做勻變速直線運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)；在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)一般做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；2．明確各段運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，特殊留意各連接點(diǎn)的速度方向、大?。?．(2024·遼寧省重點(diǎn)協(xié)作體模擬)如圖1所示，在矩形ABCD內(nèi)，對角線BD以上的區(qū)域存在平行于AD向下的勻強(qiáng)磁場，對角線BD以下的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未標(biāo)出)，其中AD邊長為L，AB邊長為eq\r(3)L，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0從A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入電場，經(jīng)對角線BD某處垂直BD進(jìn)入磁場．求：圖1(1)該粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度的大小；(2)電場強(qiáng)度的大??；(3)要使該粒子能從磁場返回電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度滿意什么條件？(結(jié)論可用根式來表示)2．(2024·山東濰坊市下學(xué)期高考模擬)如圖2所示豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，x軸水平且上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在x軸下方有一圓形有界勻強(qiáng)磁場，與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為R.已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，在y軸上的(0，R)點(diǎn)無初速度釋放，粒子恰好經(jīng)過磁場中(eq\f(\r(3),3)R，－R)點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，求：圖2(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)若將該粒子釋放位置沿y＝R直線向左移動(dòng)一段距離L，無初速度釋放，當(dāng)L為多大時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，最長時(shí)間多大；(3)在(2)的狀況下粒子回到電場后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的水平坐標(biāo)值．3.(2024·江西宜春市月考)如圖3所示，豎直平面內(nèi)MN的右側(cè)同時(shí)存在垂直紙面對外的水平勻強(qiáng)磁場和豎直方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，磁場邊界與水平方向的夾角為60°，在MN的左側(cè)，有一傾角為60°的光滑軌道CD，軌道的下端D恰好在磁場的邊界上．一質(zhì)量為m的小球帶有電荷量為q的某種電荷，從A點(diǎn)以v0的水平速度垂直磁場方向做平拋運(yùn)動(dòng)，小球恰好在軌道最高點(diǎn)C無碰撞地進(jìn)入，然后沿著軌道進(jìn)入電磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(A、C、D在同一豎直平面內(nèi)，且AC和CD在豎直方向上的距離相等)，一段時(shí)間后，小球離開電磁場，又恰好落回到D點(diǎn)．求：圖3(1)電場強(qiáng)度的大小和方向；(2)AC間的距離；(3)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?．(2024·廣東湛江市下學(xué)期其次次模擬)如圖4所示的直角坐標(biāo)系xOy中，在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面對外和向里的勻強(qiáng)磁場，PQ是磁場的右邊界，磁場的上下區(qū)域足夠大，在其次象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子從x軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場中，粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限，帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限，最終垂直磁場右邊界PQ離開磁場區(qū)域，已知M點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為eq\f(3,2)l，N點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為eq\r(3)l，第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿意B＝eq\f(2mv0,ql)，不計(jì)帶電粒子的重力，求：圖4(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)若帶電粒子從進(jìn)入磁場到垂直磁場右邊界離開磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

答案精析1．(1)2v0(2)eq\f(5mv02,2qL)(3)B2≥eq\f(52\r(3)＋3mv0,9qL)解析(1)由幾何關(guān)系可得∠BDC＝30°，帶電粒子受電場力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)，則vx＝v0，vy＝eq\r(3)v0，則v＝eq\r(vx2＋vy2)＝2v0.(2)設(shè)BP的長度為x，則有xsin30°＝eq\f(vy,2)t1，eq\r(3)L－xcos30°＝v0t1，Eq＝ma，vy＝at1，聯(lián)立解得E＝eq\f(5mv02,2qL).(3)若磁場方向向外，軌跡與DC相切，如圖甲所示，有R1＋eq\f(R1,sin30°)＝eq\f(4L,5)，得R1＝eq\f(4,15)L，由B1qv＝meq\f(v2,R1)，得B1＝eq\f(15mv0,2qL)磁場方向向外，要使粒子返回電場，則B1≥eq\f(15mv0,2qL)若磁場方向向里，軌跡與BC相切時(shí)，如圖乙所示，有R2＋eq\f(R2,cos30°)＝eq\f(6L,5)得R2＝eq\f(62\r(3)－3L,5)由B2qv＝meq\f(v2,R2)得B2＝eq\f(52\r(3)＋3mv0,9qL)磁場方向向里，要使粒子返回電場，則B2≥eq\f(52\r(3)＋3mv0,9qL).2．(1)eq\r(\f(3mE,2qR))，方向垂直xOy平面對里(2)eq\f(\r(3),2)Req\f(2π,9)eq\r(\f(6mR,qE))(3)eq\f(5\r(3),2)R解析(1)粒子勻加速運(yùn)動(dòng)：EqR＝eq\f(1,2)mv2設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r)，由幾何關(guān)系可知r2＝(r－eq\f(\r(3),3)R)2＋R2解得r＝eq\f(2\r(3),3)R，B＝eq\r(\f(3mE,2qR))，磁場方向垂直xOy平面對里；(2)當(dāng)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的弦為直徑時(shí)對應(yīng)的時(shí)間最長，所轉(zhuǎn)過的圓心角為α則rsineq\f(α,2)＝R，解得α＝eq\f(2,3)π，此時(shí)L＝Rsineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),2)R在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(rα,v)解得t＝eq\f(2π,9)eq\r(\f(6mR,Eq))；(3)粒子回到電場時(shí)速度與水平方向成30°角．粒子沿y軸做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零時(shí)，豎直高度最大，vsin30°＝at′，Eq＝ma水平方向勻速運(yùn)動(dòng)x′＝vcos30°t′解得：x′＝eq\f(\r(3)R,2)粒子返回電場時(shí)的水平坐標(biāo)為x0，eq\f(x0－L,h)＝cot30°，h＝eq\f(3R,2)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的水平坐標(biāo)為：x＝x0＋x′＝eq\f(5\r(3),2)R3．(1)eq\f(mg,q)電場方向豎直向下(2)eq\f(\r(21)v02,2g)(3)eq\f(\r(7)mg,28qv0)解析(1)由帶電小球在電磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知Eq＝mg解得：E＝eq\f(mg,q)依據(jù)帶電小球在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，小球帶負(fù)電，而小球受的電場力方向豎直向上，因此電場方向豎直向下；(2)小球恰好在軌道最高點(diǎn)C無碰撞地進(jìn)入，因此小球在C點(diǎn)的速度方向沿CD方向，即與水平成60°角斜向下，將小球在C點(diǎn)的速度分解，如圖甲所示，則有：vy＝v0tan60°＝eq\r(3)v0，vy＝gtAC解得：tAC＝eq\f(\r(3)v0,g)則：xAC＝v0tAC＝eq\f(\r(3)v02,g)，yAC＝eq\f(1,2)vytAC＝eq\f(3v02,2g)故AC間的距離：LAC＝eq\r(xAC2＋yAC2)＝eq\f(\r(21)v02,2g)；(3)因?yàn)锳C和CD在豎直方向上的距離相等，因此yAD＝2yAC＝eq\f(3v02,g)則小球從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中有：mgyAD＝eq\f(1,2)mD2－eq\f(1,2)mv02解得：vD＝eq\r(7)v0小球進(jìn)入電磁場中以vD做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示：由圖乙可知，小球從H點(diǎn)離開電磁場后恰好以vD的速度做平拋運(yùn)動(dòng)，又恰好落回到D點(diǎn)，故有：LHDcos60°＝vDtHD，LHDsin60°＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,HD)聯(lián)立解得：LHD＝eq\f(28\r(3)v02,g)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑滿意：2rsin60°＝LHD，解得：r＝eq\f(28v02,g)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有：BqvD＝meq\f(vD2,r)因此磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：B＝eq\f(mvD,qr)＝eq\f(\r(7)mg,28qv0).4．(1)eq\f(mv02,ql)(2)eq\f(mv0,ql)(3)eq\f(4πl(wèi),3v0)＋eq\f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0,1,2,3，…)解析(1)設(shè)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a依據(jù)牛頓其次定律得：qE＝ma粒子沿y軸方向：eq\r(3)l＝v0t粒子沿x軸方向：eq\f(3,2)l＝eq\f(1,2)at2解得：E＝eq\f(mv02,ql).(2)粒子沿x軸方向勻加速運(yùn)動(dòng)，速度v1＝at＝eq\r(3)v0進(jìn)入磁場時(shí)與y軸正向夾角的正切值tanθ＝eq\f(v1,v0)＝eq\r(3)解得θ＝60°進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為v＝2v0其運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示在第一象限由洛倫茲力供應(yīng)向心力得：qvB＝meq\f(v2,R1)解得：R1＝l由幾何學(xué)問可得粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)過A點(diǎn)，因ON滿意ON＝2R1cos30°，所以NA為直徑．帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限，滿意(2R1＋R2)sin30°＝R2，解得R2＝2l又qvB＝meq\f(v2,R2)，解得：B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(mv0,ql)(3)帶電粒子到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，因?yàn)镈C＝R1sin30°＝eq\f(l,2)D′H＝R2－R2sin30°＝lF點(diǎn)在H點(diǎn)的左側(cè)，帶電粒子不行能從第一象限垂直磁場邊界