《2025年资源库高中物理人教版》

例$472$［广东$2024\cdot15$］如图$1-18-65$甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图$1-18-65乙所示幅值为U_0$、周期为$t_0$的交变交变.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为$B$.一带电粒子在$t= 0$时刻从左侧电场某处由静止释放,在$t= t_0$时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场,在$t= 2t_0$时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在$t= 3t_0$时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的$\frac{\pi}{3}$倍,粒子质量为$m$.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量$q$；
(2)求金属板的板间距离$D和带电粒子在t= t_0时刻的速度大小v$；
(3)求从$t= 0$时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功$W$.
【解析】(1)由图$1-18-65$甲知带电粒子在磁场中顺时针运动,由左手定则可知该粒子带正电,由题意可知该粒子在$2t_0$时刻进入磁场,在$3t_0$时刻离开磁场,在磁场中运动半周,则$T= 2t_0$,又$T= \frac{2\pi m}{qB}$,可得$q= \frac{\pi m}{Bt_0}$.
(2)带电粒子在金属板间运动,在平行于金属板的方向粒子做匀速直线运动,有$\frac{\pi D}{3}= v\cdot2t_0$,
在垂直于金属板的方向做匀变速直线运动,有$\frac{D}{2}= \frac{1}{2}a(2t_0)^2$,
由牛顿第二定律,有$a= \frac{qE}{m}$,
又$E= \frac{U_0}{D}$,
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,带电粒子在磁场中运动的速度大小为$v$,有$qvB= m\frac{v^2}{r}$,
由题意可知$y= 2r$,
解得$D= \frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{3\pi U_0t_0^2}{2B}}$,$v= \frac{\pi}{2}\sqrt[6]{\frac{6U_0t_0}{B}}$,
(3)分析带电粒子接下来的运动情况,根据前述分析可计算出带电粒子在磁场中运动的轨迹半径$r= \frac{mv}{qB}= \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{3\pi U_0t_0^2}{2B}}= \frac{3}{2}y$,带电粒子的运动情况如图$1-18-66$所示,带电粒子自$t= 0$时刻开始,全过程只有电场力对该粒子做功,对该粒子由动能定理有$W= \frac{1}{2}mv_x^2-\frac{1}{2}mv^2$,
其中$v_x^2= v^2+v_y^2$,$v_y= a$,
联立解得$W= (\pi^2+16)\frac{\pi mU_0}{48Bt_0}$.

【答案】(1)正电$\frac{\pi m}{Bt_0}$
(2)$\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{3\pi U_0t_0^2}{2B}}$$\frac{\pi}{2}\sqrt[6]{\frac{6U_0t_0}{B}}$
(3)$(\pi^2+16)\frac{\pi mU_0}{48Bt_0}$

答案：
(1) 正电,
$q = \frac{\pi m}{B t_0}$
(2) 金属板的板间距离 $D = \frac{1}{2} \sqrt[3]{\frac{3 \pi U_0 t_0^2}{2 B}}$,
带电粒子在 $t = t_0$ 时刻的速度大小 $v = \frac{\pi}{2} \sqrt[6]{\frac{6 U_0 t_0}{B}}$
(3) 电场力对粒子做的功
$W = \frac{(\pi^2 + 16) \pi m U_0}{48 B t_0}$

例$473$［全国新课标$2024\cdot26$］一质量为$m$、电荷量为$q(q＞0)$的带电粒子始终在同一水平面内运动,其速度可用图$1-18-67所示的直角坐标系内一个点P(v_x,v_y)$表示,$v_x$、$v_y$分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时$P位于图中a(0,v_0)$点,粒子在水平方向的匀强电场作用下运动,$P点沿线段ab移动到b(v_0,v_0)$点；随后粒子离开电场,进入方向竖直、磁感应强度大小为$B$的匀强磁场,$P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v_0,v_0)$点；然后粒子离开磁场返回电场,$P点沿线段ca回到a$点.已知任何相等的时间内$P$点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,不计重力.求：

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)$P点沿图1-18-67中闭合曲线移动1周回到a$点时,粒子位移的大小.
【解析】(1)由图$1-18-67$可知,带电粒子以$\sqrt{2}v_0$的速度在磁场中做匀速圆周运动,设粒子做圆周运动的半径为$r$,周期为$T$,由牛顿第二定律及圆周运动公式可得$qvB= m\frac{v^2}{r}$,$T= \frac{2\pi r}{v}$,
联立解得$r= \frac{\sqrt{2}mv_0}{qB}$,$T= \frac{2\pi m}{qB}$.
(2)任意相等时间内$P$点沿曲线走过的长度相等,由此可知,在任意相等时间内速度变化量大小相同,即加速度大小相同,在电场中受到的安培力大小与在磁场中受到的洛伦兹力大小相同,有$qE= q\sqrt{2}v_0B$,
解得$E= \sqrt{2}v_0B$.
(3)根据图$1-18-67$速度变化图线,作出粒子运动轨迹,如图$1-18-68$所示.$a→b$,带电粒子做类平抛运动,设运动时间为$t_1$,沿$y轴正方向的位移大小为y_1$,则有$v_0= \frac{qE}{m}t_1$,$y_1= v_0t_1$,$b→c$,带电粒子做匀速圆周运动,在磁场中转过$\frac{3}{4}$个周期,设此阶段粒子沿$y轴负方向的位移大小为y_2$,由几何关系可知$y_2= \sqrt{2}r$,$c→a$,带电粒子做类斜抛运动,设其沿$y轴正方向的位移大小为y_3$,则$y_3= y_1$,根据对称性可知,粒子在$x轴方向上的位移为0$,故粒子的位移大小即为在$y$轴方向上的位移大小,有$s= y= |y_2-y_1-y_3|$,联立解得$s= \frac{(2-\sqrt{2})mv_0}{qB}$.

【答案】(1)$\frac{\sqrt{2}mv_0}{qB}$$\frac{2\pi m}{qB}$
(2)$\sqrt{2}v_0B$
(3)$\frac{(2-\sqrt{2})mv_0}{qB}$

答案：
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小$ v = \sqrt{v_0^2 + v_0^2} = \sqrt{2}v_0 $。由洛伦兹力提供向心力$ qvB = m\frac{v^2}{r} $，得半径$ r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2}mv_0}{qB} $。周期$ T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi m}{qB} $。
(2)速度空间中粒子运动速率恒定，电场与磁场中加速度大小相等。电场中加速度$ a = \frac{qE}{m} $，磁场中加速度$ a = \frac{v^2}{r} $。联立解得$ E = \sqrt{2}v_0B $。
(3)粒子在电场中沿y轴位移$ y_1 = y_3 = \frac{mv_0}{q\sqrt{2}B} $，磁场中位移$ y_2 = 2\frac{mv_0}{qB} $。总位移$ s = |y_2 - 2y_1| = (2 - \sqrt{2})\frac{mv_0}{qB} $。
答案
(1)半径$ \frac{\sqrt{2}mv_0}{qB} $，周期$ \frac{2\pi m}{qB} $；
(2)$ \sqrt{2}v_0B $；
(3)$ (2 - \sqrt{2})\frac{mv_0}{qB} $。

例$471$［安徽$2024\cdot10$］空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为$E$,磁感应强度大小为$B$.一质量为$m的带电油滴a$,在纸面内做半径为$R$的圆周运动,轨迹如图$1-18-64$所示.当$a运动到最低点P$时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同.Ⅰ在$P点时与a$的速度方向相同,并做半径为$3R$的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅱ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为$g$,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用.则( )

答案： （根据选项内容，可能为包含Ⅱ轨道半径R等的选项，此处假设正确选项为相关结论，具体需结合原题选项，示例答案）ABCD（注：实际需根据题目给出的选项选择，此处仅为格式示例，正确逻辑结论为Ⅱ半径R，Ⅰ速度3v，油滴带负电等）