《2025年创新设计高考总复习物理人教版》

2. 如图4所示，在$xOy$平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，$B$的变化周期为$4t_0$，$E$的变化周期为$2t_0$，变化规律分别如图5甲、乙所示。在$t = 0$时刻从$O$点发射一带负电的粒子（不计重力），初速度大小为$v_0$，方向沿$y$轴正方向，在$x$轴上有一点$A$（图中未标出），坐标为$(\frac{48v_0t_0}{\pi},0)$。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，$y$轴正方向为电场强度的正方向，$v_0$、$t_0$、$B_0$为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足$\frac{E_0}{B_0}=\frac{v_0}{\pi}$；粒子的比荷满足$\frac{q}{m}=\frac{\pi}{B_0t_0}$。求：
(1)在$t = \frac{t_0}{2}$时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离$x$轴的最大距离；
(3)粒子运动至$A$点的时间。

答案：

(1)$(\frac{v_{0}t_{0}}{\pi},\frac{v_{0}t_{0}}{\pi})$
(2)$1.5v_{0}t_{0}+\frac{2v_{0}t_{0}}{\pi}$
(3)$32t_{0}$
解析
(1)在0～$t_{0}$时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得$qv_{0}B_{0}=m\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}r_{1}=m\frac{v_{0}^{2}}{r_{1}}$
解得$T = 2t_{0}$，$r_{1}=\frac{mv_{0}}{qB_{0}}=\frac{v_{0}t_{0}}{\pi}$
则粒子在$\frac{t_{0}}{2}$时间内转过的圆心角$\alpha=\frac{\pi}{2}$
所以在$t=\frac{t_{0}}{2}$时，
粒子的位置坐标为$(\frac{v_{0}t_{0}}{\pi},\frac{v_{0}t_{0}}{\pi})$。
(2)在$t_{0}$～$2t_{0}$时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。
　　　　　　　　
则$v = v_{0}+\frac{qE_{0}}{m}t_{0}=2v_{0}$
运动的位移$y=\frac{v_{0}+v}{2}t_{0}=1.5v_{0}t_{0}$
在$2t_{0}$～$3t_{0}$时间内粒子做匀速圆周运动
半径$r_{2}=\frac{mv}{qB_{0}}=2r_{1}=\frac{2v_{0}t_{0}}{\pi}$
故粒子偏离x轴的最大距离$h = y + r_{2}=1.5v_{0}t_{0}+\frac{2v_{0}t_{0}}{\pi}$。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为$4t_{0}$，故粒子在一个周期内向右运动的距离$d = 2r_{1}+2r_{2}=\frac{6v_{0}t_{0}}{\pi}$
AO间的距离为$\frac{48v_{0}t_{0}}{\pi}=8d$
所以粒子运动至A点的时间$t = 32t_{0}$。

例1 某实验装置的基本原理如图1所示，平行正对放置半径均为R、间距为d的圆形金属板，M、N的圆心分别为O₁、O₂，位于O₁处的粒子源能向两板间各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，不计粒子重力及相互间作用，忽略边缘效应。
(1)仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿O₁O₂方向的匀强电场。求粒子源发射出的粒子速度大小v₀满足什么条件时能全部击中N板？
(2)仅在两板间加方向沿O₁O₂方向的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，求粒子源发射出的方向与O₁O₂连线成θ(0＜θ＜90°)角的粒子速度大小v满足什么条件时能全部击中N板？
(3)若两板间同时存在方向都沿O₁O₂方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子源发射出速度大小均为v，方向垂直于O₁O₂连线的粒子，全部落在半径为$\frac{2mv}{qB}$的圆周上($\frac{2mv}{qB}$＜R)，求电场强度的大小。

答案： 例1
(1)$v_{0}\leqslant\frac{R}{d}\sqrt{\frac{qU}{2m}}$
(2)$v\leqslant\frac{qBR}{2m\sin\theta}$
(3)$\frac{2qB^{2}d}{(2n + 1)^{2}\pi^{2}m}(n = 0,1,2,3,\cdots)$
解析
(1)速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N板，则全部粒子击中N板。当速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N板边缘时，有$R = v_{0}t$，$d=\frac{1}{2}at^{2}$
其中$a=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$
解得$v_{0}=\frac{R}{d}\sqrt{\frac{qU}{2m}}$
所以，速度大小应满足$v_{0}\leqslant\frac{R}{d}\sqrt{\frac{qU}{2m}}$。
(2)粒子源发射出的方向与$O_{1}O_{2}$连线成$\theta(0＜\theta＜90^{\circ})$角的粒子，做螺旋线运动，垂直磁感应强度方向的分速度大小为$v_{y}=v\sin\theta$
根据洛伦兹力提供向心力$qv_{y}B=\frac{mv_{y}^{2}}{r}$
若粒子全部击中N板，则$r\leqslant\frac{R}{2}$
解得$v\leqslant\frac{qBR}{2m\sin\theta}$。
(3)设粒子在两板间运动时间为t，在磁场中周期为T，则应该满足$t=(n+\frac{1}{2})T(n = 0,1,2,3,\cdots)$
根据$d=\frac{1}{2}at^{2}$
其中$a=\frac{qE}{m}$
由$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$、$T=\frac{2\pi r}{v}$得粒子做圆周运动的周期$T=\frac{2\pi m}{qB}$
联立解得$E=\frac{2qB^{2}d}{(2n + 1)^{2}\pi^{2}m}(n = 0,1,2,3,\cdots)$。