2021高考物理新高考版一轮习题：第九章 微专题67 “带电粒子在组合场中的运动”的解题策略 Word版含解析 6页

‎1．带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；‎ ‎2．明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．‎ ‎1．(2019·辽宁省重点协作体模拟)如图1所示，在矩形ABCD内，对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强磁场，对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD边长为L，AB边长为L，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，经对角线BD某处垂直BD进入磁场．求：‎ 图1‎ ‎(1)该粒子进入磁场时速度的大小；‎ ‎(2)电场强度的大小；‎ ‎(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度满足什么条件？(结论可用根式来表示)‎ ‎2．(2019·山东潍坊市下学期高考模拟)如图2所示竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，在x轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x轴相切于坐标原点，半径为R.已知质量为m、电荷量为q的粒子，在y轴上的(0，R)点无初速度释放，粒子恰好经过磁场中(R，－R)点，粒子重力不计，求：‎ 图2‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B；‎ ‎(2)若将该粒子释放位置沿y＝R直线向左移动一段距离L，无初速度释放，当L为多大时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间多大；‎ ‎(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值．‎ ‎3.(2020·江西宜春市月考)如图3所示，竖直平面内MN的右侧同时存在垂直纸面向外的水平 匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁场边界与水平方向的夹角为60°，在MN的左侧，有一倾角为60°的光滑轨道CD，轨道的下端D恰好在磁场的边界上．一质量为m的小球带有电荷量为q的某种电荷，从A点以v0的水平速度垂直磁场方向做平抛运动，小球恰好在轨道最高点C无碰撞地进入，然后沿着轨道进入电磁场中做匀速圆周运动(A、C、D在同一竖直平面内，且AC和CD在竖直方向上的距离相等)，一段时间后，小球离开电磁场，又恰好落回到D点．求：‎ 图3‎ ‎(1)电场强度的大小和方向；‎ ‎(2)AC间的距离；‎ ‎(3)磁场的磁感应强度的大小．‎ ‎4．(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图4所示的直角坐标系xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点与原点O的距离为l，N点与原点O的距离为l，第一象限的磁感应强度满足B＝，不计带电粒子的重力，求：‎ 图4‎ ‎(1)匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(2)第四象限内的磁感应强度大小；‎ ‎(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间．‎ 答案精析 ‎1．(1)2v0　(2)　(3)B2≥ 解析　(1)由几何关系可得∠BDC＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，则vx＝v0，vy＝v0，则v＝＝2v0.‎ ‎(2)设BP的长度为x，则有xsin 30°＝t1，L－xcos 30°＝v0t1，Eq＝ma，vy＝at1，联立解得E＝.‎ ‎(3)若磁场方向向外，轨迹与DC相切，如图甲所示，有R1＋＝，得R1＝L，‎ 由B1qv＝m，得B1＝ 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B1≥ 若磁场方向向里，轨迹与BC相切时，如图乙所示，‎ 有R2＋＝ 得R2＝ 由B2qv＝m得B2＝ 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B2≥.‎ ‎2．(1) ，方向垂直xOy平面向里　(2)R　 (3)R 解析　(1)粒子匀加速运动：EqR＝mv2‎ 设圆周运动半径为r，则qvB＝m，由几何关系可知 r2＝(r－R)2＋R2‎ 解得r＝R，B＝，磁场方向垂直xOy平面向里；‎ ‎(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α 则rsin＝R，解得α＝π，此时L＝Rsin＝R 在磁场中运动的时间为t＝ 解得t＝ ；‎ ‎(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30°角．‎ 粒子沿y轴做匀减速运动至速度为零时，竖直高度最大，vsin 30°＝at′，Eq＝ma 水平方向匀速运动x′＝vcos 30°t′‎ 解得：x′＝ 粒子返回电场时的水平坐标为x0，＝cot 30°，h＝ 运动到最高点时的水平坐标为：x＝x0＋x′＝R ‎3．(1)　电场方向竖直向下　(2) (3) 解析　(1)由带电小球在电磁场中做匀速圆周运动可知 Eq＝mg 解得：E＝ 根据带电小球在磁场中的运动轨迹可知，小球带负电，而小球受的电场力方向竖直向上，因此电场方向竖直向下；‎ ‎(2)小球恰好在轨道最高点C无碰撞地进入，因此小球在C点的速度方向沿CD方向，即与水平成60°角斜向下，将小球在C点的速度分解，如图甲所示，‎ 则有：vy＝v0tan 60°＝v0，vy＝gtAC 解得：tAC＝ 则：xAC＝v0tAC＝，yAC＝vytAC＝ 故AC间的距离：LAC＝＝； ‎ ‎(3)因为AC和CD在竖直方向上的距离相等，‎ 因此yAD＝2yAC＝ 则小球从A运动到D的过程中有：mgyAD＝mv－mv02‎ 解得：vD＝v0‎ 小球进入电磁场中以vD做匀速圆周运动，如图所示：‎ 由图乙可知，小球从H点离开电磁场后恰好以vD的速度做平抛运动，又恰好落回到D点，故有：LHDcos 60°＝vDtHD，LHDsin 60°＝gt 联立解得：LHD＝ ‎ 小球做匀速圆周运动的半径满足：2rsin 60°＝LHD，解得：r＝ 小球做匀速圆周运动时有：BqvD＝m 因此磁场的磁感应强度的大小为：B＝＝.‎ ‎4．(1)　(2)　(3)＋(n＝0,1,2,3，…)‎ 解析　(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a 根据牛顿第二定律得：qE＝ma 粒子沿y轴方向：l＝v0t 粒子沿x轴方向：l＝at2‎ 解得：E＝.‎ ‎(2)粒子沿x轴方向匀加速运动，速度v1＝at＝v0‎ 进入磁场时与y轴正向夹角的正切值tan θ＝＝ 解得θ＝60°‎ 进入磁场时速度大小为v＝2v0‎ 其运动轨迹，如图所示 在第一象限由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m 解得： R1＝l 由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足ON＝2R1cos 30°，所以NA为直径．‎ 带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，‎ 满足(2R1＋R2)sin 30°＝R2，解得R2＝2l 又qvB＝m，解得：B2＝＝ ‎(3)带电粒子到达D点时，因为DC＝R1sin 30°＝ D′H＝R2－R2sin 30°＝l F点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场 带电粒子在第一象限运动周期T1＝＝ 带电粒子在第四象限运动周期T2＝＝ 带电粒子在磁场中运动时间满足t＝＋＋n×(T1＋T2)‎ 解得：t＝＋(n＝0,1,2,3…)．‎