2．明確各段運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，特別注意各銜接點(diǎn)的速度方向、大?。?br>1．(2023·遼寧省重點(diǎn)協(xié)作體模擬)如圖1所示，在矩形ABCD內(nèi)，對(duì)角線BD以上的區(qū)域存在平行于AD向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)角線BD以下的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未標(biāo)出)，其中AD邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，AB邊長(zhǎng)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(chǎng)，經(jīng)對(duì)角線BD某處垂直BD進(jìn)入磁場(chǎng)．求：
圖1
(1)該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大??；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
(3)要使該粒子能從磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足什么條件？(結(jié)論可用根式來(lái)表示)
2．(2023·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(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在x軸下方有一圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(wú)初速度釋放，粒子恰好經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)中(eq \f(\r(3),3)R，－R)點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，求：
圖2
(1)磁場(chǎng)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(wú)初速度釋放，當(dāng)L為多大時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間多大；
(3)在(2)的情況下粒子回到電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的水平坐標(biāo)值．
3.(2023·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)存在垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)方向做平拋運(yùn)動(dòng)，小球恰好在軌道最高點(diǎn)C無(wú)碰撞地進(jìn)入，然后沿著軌道進(jìn)入電磁場(chǎng)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(chǎng)，又恰好落回到D點(diǎn)．求：
圖3
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；
(2)AC間的距離；
(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?br>4．(2023·廣東湛江市下學(xué)期第二次模擬)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向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ是磁場(chǎng)的右邊界，磁場(chǎng)的上下區(qū)域足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)中，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)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，最后垂直磁場(chǎng)右邊界PQ離開磁場(chǎng)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)度滿足B＝eq \f(2mv0,ql)，不計(jì)帶電粒子的重力，求：
圖4
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)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(chǎng)到垂直磁場(chǎng)右邊界離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)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(5?2\r(3)＋3?mv0,9qL)
解析 (1)由幾何關(guān)系可得∠BDC＝30°，帶電粒子受電場(chǎng)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(zhǎng)度為x，則有xsin30°＝eq \f(vy,2)t1，eq \r(3)L－xcs30°＝v0t1，Eq＝ma，vy＝at1，聯(lián)立解得E＝eq \f(5mv02,2qL).
(3)若磁場(chǎng)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(chǎng)方向向外，要使粒子返回電場(chǎng)，則B1≥eq \f(15mv0,2qL)
若磁場(chǎng)方向向里，軌跡與BC相切時(shí)，如圖乙所示，
有R2＋eq \f(R2,cs30°)＝eq \f(6L,5)
得R2＝eq \f(6?2\r(3)－3?L,5)
由B2qv＝meq \f(v2,R2)得B2＝eq \f(5?2\r(3)＋3?mv0,9qL)
磁場(chǎng)方向向里，要使粒子返回電場(chǎng)，則B2≥eq \f(5?2\r(3)＋3?mv0,9qL).
2．(1) eq \r(\f(3mE,2qR))，方向垂直xOy平面向里 (2)eq \f(\r(3),2)R eq \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(chǎng)方向垂直xOy平面向里；
(2)當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的弦為直徑時(shí)對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng)，所轉(zhuǎn)過(guò)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(chǎng)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(chǎng)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′＝vcs30°t′
解得：x′＝eq \f(\r(3)R,2)
粒子返回電場(chǎng)時(shí)的水平坐標(biāo)為x0，eq \f(x0－L,h)＝ct30°，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)R
3．(1)eq \f(mg,q) 電場(chǎng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知
Eq＝mg
解得：E＝eq \f(mg,q)
根據(jù)帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，小球帶負(fù)電，而小球受的電場(chǎng)力方向豎直向上，因此電場(chǎng)方向豎直向下；
(2)小球恰好在軌道最高點(diǎn)C無(wú)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(guò)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(chǎng)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(chǎng)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：LHDcs60°＝vDtHD，LHDsin60°＝eq \f(1,2)gteq \\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)的半徑滿足：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(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a
根據(jù)牛頓第二定律得：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(chǎng)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(chǎng)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提供向心力得：qvB＝meq \f(v2,R1)
解得：R1＝l
由幾何知識(shí)可得粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)過(guò)A點(diǎn)，因ON滿足ON＝2R1cs30°，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，
滿足(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°＝l
F點(diǎn)在H點(diǎn)的左側(cè)，帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場(chǎng)邊界離開磁場(chǎng)
帶電粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)周期T1＝eq \f(2πR1,2v0)＝eq \f(πl(wèi),v0)
帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)周期T2＝eq \f(2πR2,2v0)＝eq \f(2πl(wèi),v0)
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t＝eq \f(T1,2)＋eq \f(5T2,12)＋n×eq \f(5,6)(T1＋T2)
解得：t＝eq \f(4πl(wèi),3v0)＋eq \f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0,1,2,3…)．

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