2021高考物理二轮复习 第九章 微专题69 “带电粒子在组合场中的运动”的解题策略

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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eq \r(3)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(eq \f(\r(3),3)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eq \f(3,2)l，N点与原点O的距离为eq \r(3)l，第一象限的磁感应强度满足B＝eq \f(2mv0,ql)，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)eq \f(5mv02,2qL) (3)B2≥eq \f(52\r(3)＋3mv0,9qL)
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＝eq \r(3)v0，则v＝eq \r(vx2＋vy2)＝2v0.
(2)设BP的长度为x，则有xsin 30°＝eq \f(vy,2)t1，eq \r(3)L－xcs 30°＝v0t1，Eq＝ma，vy＝at1，联立解得E＝eq \f(5mv02,2qL).
(3)若磁场方向向外，轨迹与DC相切，如图甲所示，有R1＋eq \f(R1,sin 30°)＝eq \f(4L,5)，得R1＝eq \f(4,15)L，
由B1qv＝meq \f(v2,R1)，得B1＝eq \f(15mv0,2qL)
磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B1≥eq \f(15mv0,2qL)
若磁场方向向里，轨迹与BC相切时，如图乙所示，
有R2＋eq \f(R2,cs 30°)＝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)
磁场方向向里，要使粒子返回电场，则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)粒子匀加速运动：EqR＝eq \f(1,2)mv2
设圆周运动半径为r，则qvB＝meq \f(v2,r)，由几何关系可知
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rsineq \f(α,2)＝R，解得α＝eq \f(2,3)π，此时L＝Rsineq \f(α,2)＝eq \f(\r(3),2)R
在磁场中运动的时间为t＝eq \f(rα,v)
解得t＝eq \f(2π,9) eq \r(\f(6mR,Eq))；
(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′＝vcs 30°t′
解得：x′＝eq \f(\r(3)R,2)
粒子返回电场时的水平坐标为x0，eq \f(x0－L,h)＝ct 30°，h＝eq \f(3R,2)
运动到最高点时的水平坐标为：x＝x0＋x′＝eq \f(5\r(3),2)R
3．(1)eq \f(mg,q) 电场方向竖直向下 (2)eq \f(\r(21)v02,2g)
(3)eq \f(\r(7)mg,28qv0)
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＝eq \f(mg,q)
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°＝eq \r(3)v0，vy＝gtAC
解得：tAC＝eq \f(\r(3)v0,g)
则：xAC＝v0tAC＝eq \f(\r(3)v02,g)，yAC＝eq \f(1,2)vytAC＝eq \f(3v02,2g)
故AC间的距离：LAC＝eq \r(xAC2＋yAC2)＝eq \f(\r(21)v02,2g)；
(3)因为AC和CD在竖直方向上的距离相等，
因此yAD＝2yAC＝eq \f(3v02,g)
则小球从A运动到D的过程中有：mgyAD＝eq \f(1,2)mD2－eq \f(1,2)mv02
解得：vD＝eq \r(7)v0
小球进入电磁场中以vD做匀速圆周运动，如图乙所示：
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：LHDcs 60°＝vDtHD，LHDsin 60°＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,HD)
联立解得：LHD＝eq \f(28\r(3)v02,g)
小球做匀速圆周运动的半径满足：2rsin 60°＝LHD，解得：r＝eq \f(28v02,g)
小球做匀速圆周运动时有：BqvD＝meq \f(vD2,r)
因此磁场的磁感应强度的大小为：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,3v0)＋eq \f(5nπl,2v0)(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：eq \r(3)l＝v0t
粒子沿x轴方向：eq \f(3,2)l＝eq \f(1,2)at2
解得：E＝eq \f(mv02,ql).
(2)粒子沿x轴方向匀加速运动，速度v1＝at＝eq \r(3)v0
进入磁场时与y轴正向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v1,v0)＝eq \r(3)
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＝meq \f(v2,R1)
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＝2R1cs 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＝meq \f(v2,R2)，解得：B2＝eq \f(B1,2)＝eq \f(mv0,ql)
(3)带电粒子到达D点时，因为DC＝R1sin 30°＝eq \f(l,2)
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＝eq \f(2πR1,2v0)＝eq \f(πl,v0)
带电粒子在第四象限运动周期T2＝eq \f(2πR2,2v0)＝eq \f(2πl,v0)
带电粒子在磁场中运动时间满足t＝eq \f(T1,2)＋eq \f(5T2,12)＋n×eq \f(5,6)(T1＋T2)
解得：t＝eq \f(4πl,3v0)＋eq \f(5nπl,2v0)(n＝0,1,2,3…)．