【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第9章题型探究课　带电粒子在复合场中的运动分析 (含解析).doc，共(5)页，162.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1．(2019·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上

的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N233d，0点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；(2)粒子运动到P点的速

度大小；(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：x＝v0t1＝233dy＝12at21＝dqE＝ma，tanθ＝vyv0＝at1v0v1＝v0cosθ联立以

上各式得：θ＝π3，v1＝2v0，E＝3mv202qd.粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝mv21R由几何关系得：R＝ONsinθ＝43d联立并代入数据解得：B＝3mv02qd.(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：qEd＋qE(R＋

Rcosθ)＝12mv2P－12mv20代入(1)中所求数据解得：vP＝10v0.(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝233dv0＝23d3v0粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝2πRv1＝4πd3v0t2＝π－13π2π

T＝4πd9v0粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R＋Rcosθ＝12at23解得：t3＝26d3v0粒子从M点运动到P点的时间：t＝t1＋t2＋t3＝（63＋66＋4π）d9v0.答案：(1)3mv202qd3mv02qd(2)10v0(3)

（63＋66＋4π）d9v02.如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT

边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求

粒子入射速度的所有可能值．解析：(1)设电场强度大小为E由题意可知mg＝qE得E＝mgq，方向竖直向上．(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝mvqB，有r1＝mvminqB

，r2＝mvmin2qB＝12r1由(r1＋r2)sinφ＝r2，r1＋r1cosφ＝h联立各式解得vmin＝(9－62)qBhm.甲乙(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…

)32x≥（9－62）h2，x＝r21－（h－r1）2得r1＝1＋0.36n2h2，n<3.5即n＝1时，v＝0.68qBhm；n＝2时，v＝0.545qBhm；n＝3时，v＝0.52qBhm.答案：(1)mgq方向竖直向上(2)(9－62)qBhm(3)0.68qBhm

0.545qBhm0.52qBhm3．如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由

Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．(1)若Δt＝12TB，求B0；(2

)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝mv20R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立

①②式得B0＝mv0qd.③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v20R2④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝3v20d.⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πRv0⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R⑧由题意知B

0＝4mv0qd，代入⑧式得d＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT＝TB2⑩设经历完整TB的个数为n

(n＝0，1，2，3…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d○11当n＝0时，无解○12当n＝1时，联立⑨○11式得θ＝π6(或sinθ＝12)○13联立⑦⑨⑩○13式得TB＝πd3v0○14当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求

○15若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d○16当n＝0时，无解○17当n＝1时，联立⑨○16式得θ＝arcsin14(或sinθ＝14)○18联立⑦⑨⑩○18式得TB

＝π2＋arcsin14d2v0○19当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求．答案：(1)mv0qd(2)3v20d(3)πd3v0或π2＋arcsin14d2v0