2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第十一章 專(zhuān)題強(qiáng)化二十一 帶電粒子在疊加場(chǎng)和交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

這是一份2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第十一章 專(zhuān)題強(qiáng)化二十一 帶電粒子在疊加場(chǎng)和交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，共14頁(yè)。試卷主要包含了14)．等內(nèi)容，歡迎下載使用。
題型一 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．疊加場(chǎng)
電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存．
2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式
例1 (多選)(2022·廣東卷·8)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過(guò)N、P兩點(diǎn)．已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)法正確的有( )
A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功
B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力
答案 BC
解析 由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M點(diǎn)到P點(diǎn)電場(chǎng)力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力相等，即所受合力相等，故D錯(cuò)誤．
例2 如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝2 N/C.在第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在y＞h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限．已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、靜電力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶哪種電荷；
(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大??；
(3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(取π＝3.14)．
答案 (1)1∶1∶eq \r(2) 負(fù)電荷 (2)4eq \r(2) m/s (3)0.828 s
解析 (1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得
mg∶qE∶F＝1∶1∶eq \r(2).
(2)由第(1)問(wèn)得qvB＝eq \r(2)qE，
代入數(shù)據(jù)解得v＝eq \f(\r(2)E,B)＝4eq \r(2) m/s.
(3)進(jìn)入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)進(jìn)入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再?gòu)腃點(diǎn)離開(kāi)y>h區(qū)域，最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限．
由O→A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq \f(h,sin 45°)＝eq \r(2)h
其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq \f(s1,v)＝0.1 s
由qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)得T＝eq \f(2πm,qB)
油滴從A→C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πE,2gB)＝0.628 s
由對(duì)稱(chēng)性知，從C→N的時(shí)間t3＝t1
故油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s.
題型二 帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路
例3 如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長(zhǎng)的“V”字形絕緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙，垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，其中B1＝B0，B2未知．現(xiàn)有一比荷為eq \f(q,m)、不計(jì)重力的帶正電粒子從c點(diǎn)由靜止釋放，t＝0時(shí)刻，粒子剛好從小孔O進(jìn)入上方磁場(chǎng)中，在t1時(shí)刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t1＋t2時(shí)刻粒子撞到右擋板，然后粒子從O點(diǎn)豎直向下返回平行金屬板間，使其在整個(gè)裝置中做周期性的往返運(yùn)動(dòng)．粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計(jì)碰撞的時(shí)間及磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響．求：
(1)粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率；
(2)圖中B2的大??；
(3)金屬板a和b間的距離d.
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2B0 (3)eq \f(π?3＋5n?,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)
解析 (1)粒子從b板到a板的過(guò)程中，靜電力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0
解得粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)粒子進(jìn)入a板上方后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，
則得粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝eq \f(mv,qB1)，r2＝eq \f(mv,qB2)
使其在整個(gè)裝置中做周期性的往返運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖易知r1＝2r2，已知B1＝B0，則得B2＝2B0
(3)在0～t1時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期
T1＝eq \f(2πm,qB0)
在t1～(t1＋t2)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T2＝eq \f(πm,qB0)
由軌跡圖可知t1＝eq \f(1,6)T1＝eq \f(πm,3qB0)
t2＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(πm,2qB0)
粒子在金屬板a和b間往返時(shí)間為t，
有d＝eq \f(0＋v,2)×eq \f(t,2)
且滿足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
聯(lián)立可得金屬板a和b間的距離d＝eq \f(π?3＋5n?,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)．
例4 如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時(shí)刻，帶負(fù)電的粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動(dòng)．v0、E0和t0為已知量，且eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為(eq \f(2v0t0,π)，eq \f(2v0t0,π))．求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)；
(3)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L.
答案 (1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0)) (3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
解析 (1)0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒于所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中恰好經(jīng)過(guò)eq \f(1,4)圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R，
即R＝eq \f(2v0t0,π)①
又qv0B0＝meq \f(v02,R)②
又有eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
聯(lián)立解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)③
(2)設(shè)粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，
則T＝eq \f(2πR,v0)④
聯(lián)立①④式解得T＝4t0⑤
即粒子P做eq \f(1,4)圓周運(yùn)動(dòng)后磁場(chǎng)變?yōu)殡妶?chǎng)，粒子以速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)t0～2t0時(shí)間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0＝eq \f(2πR,4)＝eq \f(πR,2)⑥
y1＝eq \f(1,2)at02⑦
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)⑧
聯(lián)立①③⑦⑧式解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R⑨
因此t＝2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為
(eq \f(2＋π,π)v0t0,0)，如圖中的b點(diǎn)所示．
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，靜電力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對(duì)稱(chēng)關(guān)系知，在3t0時(shí)刻速度方向?yàn)閤軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，往復(fù)運(yùn)動(dòng)軌跡如(2)中圖所示，由圖可知，帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L，即O、d間的距離，則L＝2R＋2x1，解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0.
課時(shí)精練
1．(多選)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的由正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的混合場(chǎng)區(qū)中，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的有(重力加速度為g)( )
A．該微粒一定帶負(fù)電荷
B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)
C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq \f(mg,qvcs θ)
D．該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq \f(mg,qtan θ)
答案 AC
解析 若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正確，D錯(cuò)誤．
2.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則( )
A．液滴帶正電
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)
D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；對(duì)液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，聯(lián)立得v＝eq \f(RBg,E)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
3．如圖，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向豎直向下．一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點(diǎn)由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點(diǎn)穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：
(1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2的大??；
(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
(3)微粒從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間．
答案 (1)eq \f(\r(2)mg,q) eq \f(mg,q) (2)eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1))
解析 (1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有qE1sin 45°＝mg
解得E1＝eq \f(\r(2)mg,q)
微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力和靜電力平衡，有mg＝qE2，解得E2＝eq \f(mg,q)
(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)滿足：
qE1d1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
qvB＝meq \f(v2,R)
根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知R＝eq \f(d2,sin 30°)＝2d2
整理得B＝eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)微粒從P到Q的時(shí)間包括在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，
由eq \f(1,2)a1t12＝d1，mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝eq \r(\f(2d1,g))
由t2＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,12)·eq \f(2π·2d2,\r(2gd1))＝eq \f(πd2,3\r(2gd1))
得t＝t1＋t2＝eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1)).
4．在如圖甲所示的正方形平面Oabc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)在t＝0時(shí)刻平行于Oc邊從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)中．已知正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，規(guī)定垂直于紙面向外為磁場(chǎng)的正方向．
(1)求帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0.
(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值．
(3)要使帶電粒子從b點(diǎn)沿著ab方向射出磁場(chǎng)，求滿足這一條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期T及粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?br>答案 (1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0) (3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6，…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)，
聯(lián)立解得T0＝eq \f(2πm,qB0).
(2)如圖甲所示為周期最大時(shí)粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關(guān)系可知sin α＝eq \f(1,2)，得α＝30°.
在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為150°，
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)，而t＝eq \f(T,2)
所以磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值為eq \f(5πm,3qB0).
(3)如圖乙所示為粒子從b點(diǎn)沿著ab方向射出磁場(chǎng)的一種情況．在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)，所以磁場(chǎng)變化的周期為T(mén)＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的長(zhǎng)度為s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6，…)
圓弧半徑為R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝meq \f(v02,R)，
解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6，…)．
5.(2023·江西高三月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，第四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知)，且某未知矩形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B)．一個(gè)帶電小球從圖中y軸上的M點(diǎn)沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限并立即在矩形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)矩形磁場(chǎng)區(qū)域后垂直打在y軸上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，已知O、N兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)，重力加速度大小為g，取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9.求：
(1)小球所帶電荷量與質(zhì)量的比值和第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；
(2)矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域面積S的最小值；
(3)小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間．
答案 (1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)設(shè)小球質(zhì)量為m、電荷量為q、速度為v，小球在MN段受力如圖
因?yàn)樵贛N段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球受力平衡，由平衡條件得mgtan 45°＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，要使小球進(jìn)入第一象限后能立即在矩形磁場(chǎng)區(qū)城內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的重力必須與靜電力平衡有mg＝qE1
聯(lián)立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE，即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)，可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
軌跡圖如圖所示，由圖可知矩形的最小面積
S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \f(\r(2)L,v)
在第一象限矩形磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)
在第一象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)
聯(lián)立解得小球從M到P的總時(shí)間
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))．
6．如圖甲所示，在坐標(biāo)系xOy中，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；y軸右側(cè)有如圖乙所示周期性變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0已知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正．t＝0時(shí)刻，從x軸上的P點(diǎn)無(wú)初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計(jì))的質(zhì)量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，且粒子第一次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡為半圓．求：
(1)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；
(2)粒子經(jīng)一個(gè)周期eq \f(6.5πm,qB0)沿y軸發(fā)生的位移大小．
答案 (1)eq \f(Emπ2,2qB02) (2)eq \f(πmE,qB02)
解析 (1)設(shè)粒子第一次在電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，則t0＝eq \f(πm,qB0)，Eq＝ma
設(shè)O、P間距離為x，則x＝eq \f(1,2)at02，
聯(lián)立解得x＝eq \f(Emπ2,2qB02).
(2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1和R2，
R1＝eq \f(mv0,qB0)，R2＝eq \f(3mv0,2qB0)，又由動(dòng)能定理得Eqx＝eq \f(1,2)mv02，粒子每經(jīng)一個(gè)周期沿y軸向下移動(dòng)Δx，Δx＝2R2－2R1＝eq \f(πmE,qB02).
7．如圖甲所示的坐標(biāo)系中，在x軸上方的區(qū)域內(nèi)存在著如圖乙所示周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，交變電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)的正方向，垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向．在t＝0時(shí)刻，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子，從y軸上A點(diǎn)由靜止釋放．粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直打在x軸上．求：
(1)粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；
(2)粒子打在x軸負(fù)半軸上到O點(diǎn)的最小距離；
(3)起點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)間的距離d應(yīng)滿足的條件；
(4)粒子打在x軸上的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離跟粒子加速和偏轉(zhuǎn)次數(shù)n的關(guān)系．
答案 (1)eq \f(πmE0,qB02) (2)eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)d＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)xP＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子第一次在電場(chǎng)中有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝eq \f(πm,qB0)
粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)中有qv1B0＝eq \f(mv12,R1)
聯(lián)立解得R1＝eq \f(πmE0,qB02)
(2)由題意可知粒子經(jīng)2次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸負(fù)半軸上到O點(diǎn)的距離最小，如圖甲所示
第一次加速的位移為Δx1＝eq \f(at02,2)＝eq \f(π2mE0,2qB02)
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
v2＝2at0＝eq \f(2πE0,B0)
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)分析帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖乙所示
可知A與坐標(biāo)原點(diǎn)間的距離d應(yīng)滿足
d＝n2R1＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)若粒子經(jīng)過(guò)n次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸上
xP＝n(Δx1＋R1)＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)．運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
受力特點(diǎn)
方法規(guī)律
勻速直
線運(yùn)動(dòng)
粒子所受合力為0
平衡條件
勻速圓
周運(yùn)動(dòng)
除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg
牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)
除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向
動(dòng)能定理、能量守恒定律
先讀圖
看清并且明白場(chǎng)的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況
過(guò)程分析
分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況
找銜接點(diǎn)
找出銜接相鄰兩過(guò)程的速度大小及方向
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解