2023版新教材高考物理复习特训卷 考点十一 磁场安培力与洛伦兹力 第88练 (模型方法)带电粒子在叠加场中的运动.doc

第88练(模型方法)带电粒子在叠加场中的运动
（时间25分钟）
思维方法
1．先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点．
2．若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零．
3．若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向．1.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x＝L到x＝2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为k的带电微粒从坐标原点以一定的初速度沿＋x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿＋x方向通过x轴上x＝3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：

(1)电场强度的大小；
(2)带电微粒的初速度大小；
(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标．

2．如图，在区域Ⅰ中有方向水平向右的匀强电场，在区域Ⅱ中有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝0.5T；两区域中的电场强度大小相等，为E＝2V/m；两区域足够大，分界线竖直，一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域Ⅰ中的A点时，细线与竖直方向的夹角为45°，现剪断细线，小球开始运动，经过时间t1＝1s从分界线的C点进入区域Ⅱ，在其中运动一段时间后，从D点第二次经过分界线，再运动一段时间后，从H点第三次经过分界线，图中除A点外，其余各点均未画出，g＝10m/s2，求：

(1)小球到达C点时的速度v；
(2)小球在区域Ⅱ中运动的时间t2；
(3)C、H之间的距离d.

第88练（模型方法）带电粒子在叠加场中的运动
1．答案：（1）eq\f(g,k)（2）eq\f(2g,kB)（3）eq\f(2g,k2B2)－eq\f(k2B2L2,8g)

解析：（1）微粒进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则mg＝qE又eq\f(q,m)＝k，解得E＝eq\f(g,k).（2）微粒运动轨迹如图所示，由几何关系知2Rcosθ＝L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝eq\f(mv2,R)，又v＝eq\f(vy,cosθ)微粒进入复合场前做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，水平方向有L＝v0t联立解得v0＝eq\f(2g,kB)
（3）竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，其中t＝eq\f(kBL,2g)，圆心的纵坐标为yO′＝－h＋Rsinθ
联立解得yO′＝eq\f(2g,k2B2)－eq\f(k2B2L2,8g).
2．答案：（1）10eq\r(2)m/s（2）0.6πs（3）32m
解析：

（1）小球处于静止状态时，受力分析如图，可知小球带正电，设电场力与重力的合力为F，有cos45°＝eq\f(mg,F)，
解得F＝eq\r(2)mg，
剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，则有
F＝ma，得a＝10eq\r(2)m/s2，
小球到达C点时的速度为v＝at1＝10eq\r(2)m/s.
（2）由（1）可知tan45°＝eq\f(F电,mg)，所以F电＝mg＝qE，
故小球在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)，
得r＝eq\f(mv,qB)，
小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πE,Bg)＝0.8πs，
所以小球从C运动到D的时间为t2＝eq\f(3,4)T＝0.6πs.

（3）小球从D点再次进入区域Ⅰ时，速度大小为v，方向与重力和电场力的合力F垂直，故小球做类平抛运动，
设小球从D到H所用时间为t3，DP＝vt3，PH＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(3))，
由几何关系可知DP＝PH，
解得t3＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2×10\r(2),10\r(2))s＝2s，
DP＝PH＝20eq\r(2)m，
所以DH＝40m，
而DC＝eq\r(2)r，由（2）可知r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(Ev,gB)＝4eq\r(2)m，
所以d＝DH－DC＝32m．