高中物理高考 7 题型探究课　带电粒子在复合场中的运动分析　题型专练巩固提升

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(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子运动到P点的速度大小；
(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．
设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：
x＝v0t1＝eq \f(2\r(3),3)d
y＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝d
qE＝ma，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at1,v0)
v1＝eq \f(v0,cs θ)
联立以上各式得：θ＝eq \f(π,3)，v1＝2v0，E＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2qd).
粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
由几何关系得：R＝eq \f(ON,sin θ)＝eq \f(4,3)d
联立并代入数据解得：B＝eq \f(3mv0,2qd).
(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：
qEd＋qE(R＋Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入(1)中所求数据解得：vP＝eq \r(10)v0.
(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝eq \f(\f(2\r(3),3)d,v0)＝eq \f(2\r(3)d,3v0)
粒子在第Ⅳ象限内运动周期：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象限内运动时有：R＋Rcs θ＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)
解得：t3＝eq \f(2\r(6)d,3v0)
粒子从M点运动到P点的时间：
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(（6\r(3)＋6\r(6)＋4π）d,9v0).
答案：(1)eq \f(3mveq \\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. 如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．
解析：(1)设电场强度大小为E
由题意可知mg＝qE
得E＝eq \f(mg,q)，方向竖直向上．
(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为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)sin φ＝r2，r1＋r1cs φ＝h
联立各式解得vmin＝(9－6eq \r(2))eq \f(qBh,m).

甲 乙
(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.
由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)
eq \f(3,2)x≥eq \f(（9－6\r(2)）h,2)，x＝eq \r(req \\al(2,1)－（h－r1）2)
得r1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(0.36,n2)))eq \f(h,2)，n<3.5
即n＝1时，v＝eq \f(0.68qBh,m)；n＝2时，v＝eq \f(0.545qBh,m)；n＝3时，v＝eq \f(0.52qBh,m).
答案：(1)eq \f(mg,q) 方向竖直向上 (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．如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．

(1)若Δt＝eq \f(1,2)TB，求B0；
(2)若Δt＝eq \f(3,2)TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝eq \f(4mv0,qd)，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝eq \f(mveq \\al(2,0),R1)①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝eq \f(mv0,qd).③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝eq \f(veq \\al(2,0),R2)④
据题意由几何关系得3R2＝d⑤
联立④⑤式得a＝eq \f(3veq \\al(2,0),d).⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝eq \f(2πR,v0)⑦
由牛顿第二定律得qv0B0＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)⑧
由题意知B0＝eq \f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且要求0<θeq \f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq \f(TB,2)⑩
设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3…)
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝deq \(○,\s\up1(11))
当n＝0时，无解eq \(○,\s\up1(12))
当n＝1时，联立⑨eq \(○,\s\up1(11))式得
θ＝eq \f(π,6)(或sin θ＝eq \f(1,2))eq \(○,\s\up1(13))
联立⑦⑨⑩eq \(○,\s\up1(13))式得TB＝eq \f(πd,3v0)eq \(○,\s\up1(14))
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求eq \(○,\s\up1(15))
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝deq \(○,\s\up1(16))
当n＝0时，无解eq \(○,\s\up1(17))
当n＝1时，联立⑨eq \(○,\s\up1(16))式得
θ＝arcsin eq \f(1,4)(或sin θ＝eq \f(1,4))eq \(○,\s\up1(18))
联立⑦⑨⑩eq \(○,\s\up1(18))式得
TB＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋arcsin \f(1,4)))eq \f(d,2v0)eq \(○,\s\up1(19))
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求．
答案：(1)eq \f(mv0,qd) (2)eq \f(3veq \\al(2,0),d)
(3)eq \f(πd,3v0)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋arcsin \f(1,4)))eq \f(d,2v0)