（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 題型探究課 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分析檢測

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1、題型探究課 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分析 1．(2019·煙臺模擬)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限內(nèi)有平行于y軸，電場強(qiáng)度大小相同、方向相反的勻強(qiáng)電場，在第Ⅳ象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的M(0，d)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸的N點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限內(nèi)，又經(jīng)過磁場垂直y軸進(jìn)入第Ⅲ象限，最終粒子從x軸上的P點(diǎn)離開．不計粒子所受到的重力．求： (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)粒子運(yùn)動到P點(diǎn)的速度大小； (3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時間． 解析： (1

2、)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示． 設(shè)粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運(yùn)動的時間為t1，粒子在N點(diǎn)時速度大小為v1，方向與x軸正方向間的夾角為θ，則： x＝v0t1＝d y＝at＝d qE＝ma，tan θ＝＝ v1＝ 聯(lián)立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝. 粒子在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qv1B＝m 由幾何關(guān)系得：R＝＝d 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B＝. (2)粒子由M點(diǎn)到P點(diǎn)的過程，由動能定理得： qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv 代入(1)中所求數(shù)據(jù)解得：vP＝v0. (3)粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運(yùn)動時間：t1＝＝ 粒子在第Ⅳ象限內(nèi)運(yùn)動周期：T＝＝ t2＝T

3、＝ 粒子在第Ⅲ象限內(nèi)運(yùn)動時有：R＋Rcos θ＝at 解得：t3＝ 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間： t＝t1＋t2＋t3＝. 答案：(1)　　(2)v0 (3) 2．如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動，重力加速度為g. (1)求電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)要使粒子不從

4、NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 解析：(1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E 由題意可知mg＝qE 得E＝，方向豎直向上． (2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ. 由r＝，有r1＝， r2＝＝r1 由(r1＋r2)sin φ＝r2，r1＋r1cos φ＝h 聯(lián)立各式解得vmin＝(9－6). 　 　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　乙 (3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動半

5、徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點(diǎn)為x. 由題意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…) x≥，x＝ 得r1＝，n<3.5 即n＝1時，v＝；n＝2時，v＝；n＝3時，v＝. 答案：(1)　方向豎直向上　(2)(9－6) (3)　　 3．(2018·高考江蘇卷)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. (1

6、)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (2)入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)動到O′的時間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值． 解析：(1)粒子圓周運(yùn)動的半徑r0＝，由題意知r0＝， 解得B＝. (2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α 由d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53° 在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間t1＝· 解得t1＝ 直線運(yùn)動的時間t2＝，解得t2＝ 則t＝4t1＋t2＝(). (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時，Δt有最大值 粒子直線運(yùn)動路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時間的最大值Δtm＝＝. 答案：(1)　(2)()　(3) 5