2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第2課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc

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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第2課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類型 (1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝mv2－mv來(lái)求解．對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功也可以用W＝qEd求解． (2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題．對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)分解的方法來(lái)處理． 2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類型 (1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v∥B時(shí)，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v⊥B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 3．復(fù)合場(chǎng)中是否需要考慮粒子重力的三種情況 (1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力． (2)題目中有明確說(shuō)明是否要考慮重力的情況． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出是否要考慮重力． 1．正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問(wèn)題的前提 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來(lái)進(jìn)行分析． 2．靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解． 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解. 考向1　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例1　如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其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)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場(chǎng)強(qiáng)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＝10 m/s2，問(wèn)： 圖1 (1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 審題突破　在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為θ＝45，重力、電場(chǎng)力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進(jìn)入第一象限后做什么運(yùn)動(dòng)？ 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)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∶. (2)由第(1)問(wèn)得：mg＝qE qvB＝qE 解得：v＝＝4 m/s. (3)進(jìn)入第一象限，電場(chǎng)力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，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x1＝＝h 其運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝＝＝＝0.1 s 由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式T＝知， 由A→C的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝T＝≈0.628 s 由對(duì)稱性知從C→N的時(shí)間t3＝t1 在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝20.1 s＋0.628 s＝0.828 s 答案　(1)1∶1∶　油滴帶負(fù)電荷　(2)4 m/s (3)0.828 s 以題說(shuō)法　帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法 1．弄清疊加場(chǎng)的組成特點(diǎn)． 2．正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． 3．畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)若只有兩個(gè)場(chǎng)且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止．例如電場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足qE＝qvB；重力場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足mg＝qvB；重力場(chǎng)與電場(chǎng)中滿足mg＝qE. (2)若三場(chǎng)共存時(shí)，合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直． (3)若三場(chǎng)共存時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝m. (4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解． 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2(未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h＝3 m處有長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.91 m的光滑水平絕緣平臺(tái)，平臺(tái)的左邊緣與MN重合，平臺(tái)右邊緣有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電量q＝0.1 C的帶正電小球，以初速度v0＝0.6 m/s向左運(yùn)動(dòng)．此時(shí)平臺(tái)上方存在E1＝2 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與水平方向成θ角，指向左下方，小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，θ為45至90的某一確定值．小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．小球可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向； (2)小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間； (3)小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后，小球落地點(diǎn)的范圍(計(jì)算結(jié)果可以用根號(hào)表示)． 答案　(1)10 N/C，方向豎直向上　(2) s　(3)距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi) 解析　(1)因?yàn)樾∏蛟贛N邊界左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其所受到的電場(chǎng)力必等于自身重力，有qE2＝mg 得E2＝10 N/C，方向豎直向上． (2)若θ＝90，小球勻速通過(guò)MN有最小速度： vmin＝0.6 m/s 若θ＝45，小球勻加速通過(guò)MN有最大速度． 此時(shí)E1qcos θ＝ma a＝＝2 m/s2 由v－v＝2aL可得：vmax＝2 m/s 綜合分析得：小球通過(guò)MN后的速度為0.6 m/s≤vA≤2 m/s 小球以2 m/s在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短， 根據(jù)Bqv＝m和T＝ 得：Rmax＝＝2 m T＝＝2π s， 因?yàn)閟in θ＝＝，所以θ＝30 所以小球在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為120， 所以小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝ s. (3)小球落在N點(diǎn)左邊最大距離時(shí)，設(shè)到N點(diǎn)距離為x，則x＝Rmaxcos 30＝ m 小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin＝＝0.6 m 設(shè)小球落到N點(diǎn)右邊時(shí)，到N點(diǎn)的距離為s，小球落在N點(diǎn)右邊的最大距離由平拋運(yùn)動(dòng)得 h－2R′＝gt2 s＝v′t v′＝ s＝ 當(dāng)R′＝1 m時(shí)，s有最大值 因0.6 m≤R′≤1.5 m，故s＝ 成立 代入數(shù)據(jù)解得s＝ m 所以小球的落點(diǎn)在距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)． 考向2　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 例2　為研究帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，第二象限－10 cm≤x≤0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，其大小為0.2 T；在第一象限內(nèi)有一電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向且可沿x軸平移的條形勻強(qiáng)電場(chǎng)，其寬度d＝5 cm.在A(－6 cm,0)點(diǎn)有一粒子發(fā)射源，向x軸上方180范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v＝2.0106 m/s的負(fù)粒子，粒子的比荷為q/m＝2.0108 C/kg，不計(jì)算粒子的重力和相互作用． 圖3 (1)若粒子與x軸正方向成30角方向射入磁場(chǎng)，求該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)求從A處發(fā)射的所有粒子中與＋y軸交點(diǎn)的最大值坐標(biāo)； (3)當(dāng)電場(chǎng)左邊界與y軸重合時(shí)滿足第(2)問(wèn)條件的粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后恰好平行x軸從其右邊界飛出，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小． (4)現(xiàn)將條形電場(chǎng)沿x軸正向平移，電場(chǎng)的寬度和電場(chǎng)強(qiáng)度E仍保持不變，能讓滿足第(2)問(wèn)條件的粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后從右邊界飛出，在此情況下寫(xiě)出電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)y0的關(guān)系式，并繪出圖線． 審題突破　粒子速度確定、比荷確定，則在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定，與x軸成30角方向射入時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心角是多少呢？A與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡和＋y軸交點(diǎn)的連線是弦，弦何時(shí)最大？你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式嗎？ 解析　(1)設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r， 由牛頓第二定律得qvB＝m 得r＝＝0.05 m＝5 cm 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝＝10－7 s 如圖所示為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡 由幾何關(guān)系得α＝60 t＝T＝10－7 s. (2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0，y1) 由幾何關(guān)系得(2r)2＝62＋y 得y1＝8 cm. (3)如圖所示，設(shè)粒子從磁場(chǎng)射出時(shí)速度方向與x軸的夾角為θ， 有sin θ＝，即θ＝37， 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，t1＝ 設(shè)粒子的加速度大小為a，則a＝ vsin θ＝at1 聯(lián)立解得E＝＝1.92105 N/C. (4)如圖所示，帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后做類平拋運(yùn)動(dòng)．電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系為 y1－(x0＋)tan θ＝y(tǒng)0， 即y0＝6.125－0.75x0(cm) 當(dāng)x0＝0時(shí)，從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y0＝6.125 cm， 當(dāng)y0＝0時(shí)，電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)為x0＝ cm. 圖線如圖所示． 答案　(1)10－7 s　(2)8 cm　(3)1.92105 N/C　(4)y0＝6.125－0.75x0(cm)　見(jiàn)解析圖 以題說(shuō)法　設(shè)帶電粒子在組合場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合，解決方法如下： (1)分別研究帶電粒子在不同場(chǎng)區(qū)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若速度方向與電場(chǎng)方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若速度方向與電場(chǎng)方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(dòng)． (2)帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理． (3)當(dāng)粒子從一個(gè)場(chǎng)進(jìn)入另一個(gè)場(chǎng)時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 如圖4所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PT上方的電場(chǎng)Ⅰ的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場(chǎng)Ⅱ的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，電場(chǎng)Ⅰ的場(chǎng)強(qiáng)大小是電場(chǎng)Ⅱ的場(chǎng)強(qiáng)大小的兩倍，在電場(chǎng)左邊界AB上有點(diǎn)Q，PQ間距離為L(zhǎng).從某時(shí)刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子，電量為＋q、質(zhì)量為m.通過(guò)PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計(jì)粒子的重力．試求： 圖4 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和MT之間的距離； (2)有一邊長(zhǎng)為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開(kāi)有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場(chǎng)從S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，需在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑小于a，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時(shí)間． 答案　(1)　L　(2)B＝，n＝1,2，… ＋，n＝1,2，… 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E2電場(chǎng)進(jìn)入E1電場(chǎng)，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t2與t1，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy， 則由F＝qE＝ma， 2L＝v0t2， L＝v0t1， L＝t， E1＝2E2， 得E1＝ vy＝t2＝t1 MT＝t 聯(lián)立解得MT＝L. (2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則 qv0B＝ (1＋2n)r＝a，n＝1,2，… 解得：B＝，　n＝1,2，… 由幾何關(guān)系可知t′＝3(2n＋)＝(3n＋)T n＝1,2,3… T＝＝ 代入B得T＝，n＝1,2，… t＝2t1＋2t2＋t′＝＋，n＝1,2，… 9．帶電粒子在周期性變化的電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 例3　(19分)如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、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． 圖5 已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計(jì)粒子的重力．求： (1)t＝t0時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求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)，求滿足條件的所有E0值． 思維導(dǎo)圖 解析　(1)由粒子的比荷＝， 則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝2t0(1分) 則在0～t0內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α＝π(2分) 由牛頓第二定律qv0B0＝m(2分) 得r1＝(1分) 位置坐標(biāo)(，0)．(1分) (2)粒子t＝5t0時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示 r2＝2r1(2分) r1＝　r2＝(1分) 得v2＝2v0(1分) 又＝，r2＝(1分) 粒子在t0～2t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2t0～3t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.(2分) (3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則必須滿足： n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，…)(1分) r1＝　r2′＝(1分) 聯(lián)立以上各式解得v＝v0，(n＝1,2,3，…)(1分) 又由v＝v0＋(1分) 得E0＝，(n＝1,2,3，…)．(1分) 答案　(1)(，0)　(2)(＋)v0t0　(3)，(n＝1,2,3，…) 點(diǎn)睛之筆　變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)往往具有周期性，粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性．這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場(chǎng)、磁場(chǎng)中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)徑跡的草圖．  (限時(shí)：15分鐘，滿分：20分) (xx山東24)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)．取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t＝0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)Δt時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． 　 圖6 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. 答案　(1)　(2)　(3)或 解析　(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1， 由牛頓第二定律得qv0B0＝① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d② 聯(lián)立①②式得B0＝③ (2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a＝④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d⑤ 聯(lián)立④⑤式得a＝.⑥ (3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T＝⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0＝ ⑧ 由題意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<θ<，由題意可知 T＝⑩ 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…) 若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時(shí)，無(wú)解? 當(dāng)n＝1時(shí)，聯(lián)立⑨?式得 θ＝(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0<θ<90的要求? 若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時(shí)，無(wú)解? 當(dāng)n＝1時(shí)，聯(lián)立⑨?式得 θ＝arcsin(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0<θ<90的要求. (限時(shí)：45分鐘) 題組1　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)和初速度為v0的帶電微粒．(已知重力加速度為g) 圖1 (1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)，這些帶電微粒將沿圓形磁場(chǎng)區(qū)域的水平直徑方向離開(kāi)磁場(chǎng)，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向． (2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第Ⅰ象限，如圖乙所示．現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則在保證電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 答案　(1)E＝，沿y軸正方向　B＝，垂直紙面向外　(2)(－1)R2 解析　(1)微粒沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，即帶電微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡． 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由平衡條件得：mg＝qE 解得：E＝ 由于粒子帶正電，故電場(chǎng)方向沿y軸正方向 帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且半徑r＝R. 設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 由牛頓第二定律得：qv0B＝m 解得B＝，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外． (2)沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動(dòng)的上邊界．以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡．微粒經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，即半徑沿豎直方向．并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R，射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積： S＝2(πR2－R2)＝(－1)R2. 題組2　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 2．如圖2所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E＝1.5105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地輻射出速率均為v0＝1.0106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m＝6.410－27 kg，電荷量q＝3.210－19 C，粒子可以無(wú)阻礙地通過(guò)邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力．求： 圖2 (1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； (2)邊界FG上有粒子射出磁場(chǎng)的范圍長(zhǎng)度； (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．(后兩問(wèn)結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)0.2 m　(2)0.43 m　(3)2.110－7 s 解析　(1)電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得： qEd＝mv2－mv 由題意知d＝0.20 m，代入數(shù)據(jù)得 v＝2106 m/s 帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， qBv＝m 解得r＝＝0.2 m. (2)設(shè)粒子沿垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，出電場(chǎng)時(shí)水平位移為x，則由平拋規(guī)律得： 解得x＝ m 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，sin θ1＝＝，θ1＝30. 由題意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到達(dá)P點(diǎn)，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，QO″＝r，軌跡如圖． 范圍長(zhǎng)度為l＝x＋r＝(＋0.2) m≈0.43 m. (3)T＝，由分析可知，OO′方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)FG長(zhǎng)度為L(zhǎng) sin θ2＝＝，θ2＝30 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角為120，對(duì)應(yīng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax＝T＝≈2.110－7 s 3．如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0射出，粒子恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)長(zhǎng)度為l，連線與坐標(biāo)軸＋y方向的夾角為α＝37，不計(jì)粒子的重力． 圖3 (1)若在平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中，粒子沿＋y方向從O點(diǎn)射出，恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn)；若在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2中，粒子沿＋x方向從O點(diǎn)射出，也恰好能經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，求這兩種情況電場(chǎng)強(qiáng)度的比值. (2)若在y軸左側(cè)空間(第Ⅱ、Ⅲ象限)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿與＋y軸成30的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B. 答案　(1)　(2) 解析　(1)在電場(chǎng)E1中 lsin α＝t lcos α＝v0t1 在電場(chǎng)E2中 lcos α＝t lsin α＝v0t2 聯(lián)立解得＝. (2)設(shè)軌跡半徑為R，軌跡如圖所示． OC＝2Rsin 30 由幾何知識(shí)可得tan 30＝ 解得R＝l 又由qv0B＝ 得R＝ 聯(lián)立解得B＝ 方向垂直紙面向里． 題組3　帶電粒子在周期性變化的電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 4．如圖4a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷＝1106 C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)10－5 s后，電荷以v0＝1.5104 m/s的速度通過(guò)MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t＝0時(shí)刻)．計(jì)算結(jié)果可用π表示． a b 圖4 (1)求O點(diǎn)與直線MN之間的電勢(shì)差； (2)求圖b中t＝10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離； (3)如果在O點(diǎn)右方d＝67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間． 答案　(1)112.5 V　(2)4 cm　(3)3.8610－5 s 解析　(1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 由動(dòng)能定理Uq＝mv， U＝＝112.5 V. (2)當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，設(shè)電荷運(yùn)動(dòng)的半徑為r1 由B1qv0＝，得r1＝＝5 cm， 周期T1＝＝10－5 s. 當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，設(shè)電荷運(yùn)動(dòng)的半徑為r2 r2＝＝3 cm， 周期T2＝＝10－5 s 故電荷從t＝0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 t＝10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離． Δd＝2(r1－r2)＝4 cm. (3)電荷第一次通過(guò)MN開(kāi)始，其運(yùn)動(dòng)的周期T＝10－5 s， 根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)， 此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s＝15Δd＝60 cm，則最后7.5 cm的距離如圖所示， 有：r1＋r1cos α＝7.5 cm. 解得：cos α＝0.5，則α＝60， 故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t總＝t1＋15T＋T1－T1≈3.8610－4 s.