新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第10章專題強(qiáng)化22帶電粒子在疊加場(chǎng)和交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

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)中常見的幾種運(yùn)動(dòng)形式
例1 如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)．不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?br>(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br>(3)微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲：
可知Eq＝mg，得：E＝eq \f(mg,q).
(2)由平衡條件得：qvB＝eq \r(2)mg
電場(chǎng)方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙：qvB＝meq \f(v2,r)
由幾何知識(shí)可得：r＝eq \r(2)l
聯(lián)立解得：v＝eq \r(2gl)，
B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)).
(3)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：
t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：
t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)).
例2 如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy所在豎直平面內(nèi)分布著場(chǎng)強(qiáng)大小相等的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、二象限中場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸正方向，第三、四象限中場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為0.02 kg、帶正電的微粒自坐標(biāo)為(0，－0.4 m)的A點(diǎn)出發(fā)，與y軸成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)微粒第一次通過y軸正半軸時(shí)的縱坐標(biāo)；
(2)微粒運(yùn)動(dòng)軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時(shí)，所需要的時(shí)間(結(jié)果可用根式表示)；
(3)微粒從射出到第(2)問所說(shuō)的時(shí)刻，動(dòng)能的增加量．
答案 (1)0.4 m (2)eq \f(\r(2),10)(6＋π) s (3)0.16 J
解析 (1)微粒受力及運(yùn)動(dòng)過程分析如圖所示：
微粒在第四象限內(nèi)沿與y軸成45°角做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
有qE＝mg
qvB＝eq \r(2)mg
微粒在第一象限內(nèi)，重力與靜電力二力平衡，微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由qvB＝eq \f(mv2,r)
聯(lián)立解得r＝eq \f(\r(2),5) m
由幾何關(guān)系得，微粒在第一象限恰好做了半個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)，故微粒第一次通過y軸正半軸時(shí)的縱坐標(biāo)為0.4 m.
(2)由A到B微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)：
位移為x1＝eq \f(2\r(2),5) m
時(shí)間t1＝eq \f(x1,v)
解得t1＝eq \f(\r(2),5) s
由B到C微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：
t2＝eq \f(πr,v)
解得t2＝eq \f(\r(2)π,10) s
由C到D微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)：
位移為x2＝eq \f(2\r(2),5) m
時(shí)間t3＝eq \f(x2,v)
解得t3＝eq \f(\r(2),5) s
由D到E微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡交BA延長(zhǎng)線于G點(diǎn)
加速度方向沿D指向A，大小為a＝eq \r(2)g
沿DA方向位移大小為x3＝eq \f(2\r(2),5) m
由x3＝eq \f(1,2)at42，
解得t4＝eq \f(\r(2),5) s
故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq \f(\r(2),10)(6＋π) s
(3)只有在第三象限運(yùn)動(dòng)的過程，微粒動(dòng)能有變化．
從D到G，合外力做的功W＝eq \r(2)mg·x3
由動(dòng)能定理知，W＝ΔEk，
解得動(dòng)能的增加量為ΔEk＝0.16 J．
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)問題的基本思路
例3 (2022·山東日照市高三模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q，間距為d，兩板間存在周期性變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)．P、Q間的電勢(shì)差UPQ隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正方向．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量．
(1)若僅存在交變電場(chǎng)，要使粒子飛到Q板時(shí)，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場(chǎng)周期T；
(2)若僅存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且滿足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子經(jīng)一段時(shí)間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求擊中點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的水平距離．
答案 (1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……) (2)x＝eq \f(\r(3)－1,2)d
解析 (1)設(shè)經(jīng)時(shí)間t粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為a，則a＝eq \f(qU0,md)
半個(gè)周期內(nèi)，粒子向上運(yùn)動(dòng)的距離為
y＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2
d＝2ny
t＝nT
聯(lián)立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)
(2)僅存在磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qv0B0＝meq \f(v02,r)
解得r＝eq \f(1,2)d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場(chǎng)的半個(gè)周期內(nèi)，粒子軌跡的圓心角設(shè)為90°＋θ，如圖所示，由幾何關(guān)系得
r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
則粒子打到Q板的位置距出發(fā)點(diǎn)的水平距離為
x＝r－2r(1－cs θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d.
例4 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)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，然后粒子又從O點(diǎn)豎直向下返回平行金屬板間，粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板的分速度不變，垂直板的分速度大小不變、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?。?br>(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板過程中，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，
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，…)．
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)，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，下列說(shuō)法中正確的是(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，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(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．(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是( )
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，
a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與靜電力平衡，則
mag＝qE①
b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB②
c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．
3.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)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為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)針方向運(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)，故選項(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)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；對(duì)液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
4.(多選)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)軌跡的最低點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法中正確的是( )
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大
C．從A到C過程液滴的電勢(shì)能增大
D．從C到B過程液滴的機(jī)械能增大
答案 BCD
解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力和靜電力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；重力向下，靜電力向上，且重力大于靜電力，從A到C的過程中，重力做正功，而靜電力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動(dòng)能增大，從C到B的過程中，重力做負(fù)功，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動(dòng)能減小，所以液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服靜電力做功，電勢(shì)能增大，故C正確；從C到B的過程中，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，機(jī)械能增大，故D正確．
5．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?。?br>(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br>(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,\r(18gd1))
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，
并滿足：eq \f(1,2)a1t12＝d1
mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝eq \r(\f(2d1,g))
t2＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,12)·eq \f(2π·2d2,\r(2gd1))
得：t＝t1＋t2＝eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,\r(18gd1)).
6．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)定垂直于紙面向外的方向?yàn)榇艌?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)的速度大小．
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)，
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)，
解得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＝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，…)．
7．(2022·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)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?br>(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
qvBsin 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，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)
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))．
8．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正)．在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子．v0、t0、B0為已知量，粒子的比荷為eq \f(π,B0t0)，不計(jì)粒子的重力．求：
(1)t＝t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；
(2)若t＝5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；
(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，滿足條件的所有E0值．
答案 (1)(eq \f(2v0t0,π)，0) (2)(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在0～t0內(nèi)沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qv0B0＝meq \f(v02,r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為(eq \f(2v0t0,π)，0)．
(2)粒子在t＝5t0時(shí)回到原點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示．
由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)，解得v2＝2v0
則在0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0.
(3)如圖乙所示，
設(shè)帶電粒子在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點(diǎn)，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(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)
粒子所受的合力為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

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