《2025年学霸高考黑题物理人教版》

压轴挑战3 临界问题+周期性运动+运动的分解
(2024·山东卷)如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0区域内充满垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜√3/2L的范围内可以产生质量为m、电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U₀；
(2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
(3)当加速电压为qB²L²/(24m)时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。

答案：
3.题型分析
本题考查粒子在磁场中运动的临界问题，以及粒子在电磁叠加场中周期性运动的分解。
(1)$U_0 = \frac{qB^2L^2}{8m}$　
(2)$E = \frac{qB^2L}{4m}$，方向沿$x$轴正方向　
(3)$[\frac{3 - \sqrt{3}}{12}L,\frac{8\sqrt{3} + (9 + 12n)\pi}{24}L](n = 0,1,2,3,·s)$
解析：
(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔$K$的运动轨迹如图所示，

根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为$r = NK = \frac{L}{2}$，
在$\triangle OMN$区域根据洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^2}{r}$，
在匀强加速电场中由动能定理有$U_0q = \frac{1}{2}mv^2$，
联立解得$U_0 = \frac{qB^2L^2}{8m}$；
(2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔$K$射出的运动轨迹如图所示，

根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为$r' = NK · \cos 60° = \frac{L}{4}$，
在$\triangle OMN$区域根据洛伦兹力提供向心力有$qv'B = m\frac{v'^2}{r'}$，
粒子从小孔$K$射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔$K$后受到的洛伦兹力沿$x$轴负方向，则粒子经过小孔$K$后受到的电场力沿$x$轴正方向，又粒子带正电，则$\triangle OMN$之外第一象限区域电场强度的方向沿$x$轴正方向，大小满足$qv'B = Eq$，
联立可得$E = \frac{qB^2L}{4m}$，方向沿$x$轴正方向；
解题技巧：由于射入磁场的方向垂直$y$轴，所以轨迹圆的圆心一定在$y$轴上，即从$K$点射出方向的垂线与$y$轴的交点，如图所示，显然当射出方向沿$y$轴正方向时半径最小。

(3)在匀强加速电场中由动能定理有$Uq = \frac{1}{2}mv''^2$
可得$v'' = \frac{\sqrt{3}qBL}{6m}$，
在$\triangle OMN$区域根据洛伦兹力提供向心力有$qv''B = m\frac{v''^2}{r''}$，
可得粒子在$\triangle OMN$区域运动的轨迹半径$r'' = \frac{\sqrt{3}}{6}L$，
作出从小孔$K$射出的粒子的运动轨迹如图所示，

由几何关系有$\sin \theta = \frac{\frac{L}{4}}{r''} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则有$\theta = 60°$，
将速度分解到沿$x$轴正方向与$y$轴正方向，$v_x'' = v'' \cos \theta = \frac{\sqrt{3}qBL}{12m}$，$v_y'' = v'' \sin \theta = \frac{qBL}{4m}$，
由于$qv''B = qE$，则粒子的运动分解为沿$y$轴正向的匀速直线运动和线速度大小为$v_x''$的匀速圆周运动，
匀速圆周运动的半径为$r = \frac{mv_x''}{qB} = \frac{\sqrt{3}}{12}L$，周期$T = \frac{2\pi m}{qB}$，
当粒子运动$t = (\frac{3}{4} + n)T = \frac{(3 + 4n)\pi m}{2qB}(n = 0,1,2,3,·s)$时，在圆周运动轨迹的最左端，
故最小距离为$d_{min} = \frac{1}{4}L - r = \frac{3 - \sqrt{3}}{12}L$，即横坐标为$\frac{3 - \sqrt{3}}{12}L$，
此时粒子沿$y$轴方向的位移分为两部分，一部分是由匀速直线运动引起的$y_1$，另一部分是由圆周运动引起的$y_2$，
则有$y_1 = v_y''t = \frac{qBL}{4m} · \frac{(3 + 4n)\pi m}{2qB} = \frac{(3 + 4n)\pi}{8}L$，$y_2 = r = \frac{\sqrt{3}}{12}L$，
则$y = \frac{\sqrt{3}}{4}L + y_1 + y_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}L + \frac{(3 + 4n)\pi}{8}L + \frac{\sqrt{3}}{12}L = \frac{8\sqrt{3} + (9 + 12n)\pi}{24}L(n = 0,1,2,3,·s)$，
故距离$y$轴最近位置的坐标为$[\frac{3 - \sqrt{3}}{12}L,\frac{8\sqrt{3} + (9 + 12n)\pi}{24}L](n = 0,1,2,3,·s)$。
解题技巧：也可先算出第1次最近时的距离$y' = \frac{\sqrt{3}}{4}L + \frac{3\pi}{8}L + \frac{\sqrt{3}}{12}L = (\frac{\sqrt{3}}{3} + \frac{3\pi}{8})L$，此后每一个周期多走$\Delta y = v_x''T = \frac{\pi}{2}L$，则$y = y' + n\Delta y = (\frac{\sqrt{3}}{3} + \frac{3\pi}{8})L + \frac{n\pi}{2}L = \frac{8\sqrt{3} + (9 + 12n)\pi}{24}L(n = 0,1,2,3,·s)$。
重难突破：本题关键在于将速度分解到$x$轴方向和$y$轴方向，发现粒子由于$y$轴方向速度受到的洛伦兹力恰好等于电场力，即沿$y$轴做匀速直线运动，该运动对$x$轴方向的位移没有影响，因此只要考虑由$x$轴方向引起的圆周运动，当粒子在该圆周运动轨迹的最左端时离$y$轴最近，此外还要注意运动的周期性。