《2026年一本密卷高考物理》

14. （14分）如图，直流电源的电动势为$E_0$，内阻为$r_0$，滑动变阻器$R$的最大阻值为$2r_0$，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为$d$，板长为$\sqrt{3}d$，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关$S$，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为$m$的带正电粒子以初速度$v_0$水平向右从电容器左侧中点$a$进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘$b$点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘$c$点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。

(1) 求粒子所带电荷量$q$；
(2) 求磁感应强度$B$的大小；
(3) 若粒子离开$b$点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为$\frac{4\sqrt{3}E_0}{3d}$，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离$x_m$。

答案：
14.解析：
(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有$\sqrt{3}d = v_0t$；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有$\frac{d}{2} = \frac{1}{2}at^2$，$v_y = at$。此时滑动变阻器的滑片处于滑动变阻器中点，由闭合回路欧姆定律可得两极板间的电压为：$U = \frac{E_0}{r_0 + 2r_0}r_0$。根据牛顿第二定律得：$a = \frac{qU}{md}$，联立可得：$v_y = \frac{\sqrt{3}}{3}v_0$，$q = \frac{mv_0^2}{E_0}$;
(2)粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角$\theta$满足：$\tan\theta = \frac{v_0}{v_y}$，解得：$\theta = 60^{\circ}$。粒子进入磁场时速度大小为：$v = \frac{v_0}{\sin60^{\circ}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}v_0$。
　　　　　　　
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如上图所示，由几何关系易得圆周运动的半径为：$R = \frac{d}{2\sin\theta} = \frac{\sqrt{3}d}{3}$，根据洛伦兹力提供向心力得：$qvB = m\frac{v^2}{R}$，联立可得：$B = \frac{2E_0}{dv_0}$;
(3)在电容器的右侧所加的匀强电场的场强大小为$E = \frac{4\sqrt{3}E_0}{3d}$。在b点，在竖直方向上给粒子配一对等大反向的速度，速度大小为$v_1$，如下图1所示，令：$qv_1B = qE$，则竖直向上的速度$v_1$所对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，粒子的一个分运动是以$v_1$速度向上做匀速直线运动。由$qv_1B = qE$，解得：$v_1 = \frac{2\sqrt{3}}{3}v_0$
　　　　　 　
将$v_y$与竖直向下的$v_1$合成为竖直向下的速度$v_{y1} = v_y + v_1 = \sqrt{3}v_0$，再将分速度$v_{y1}$与$v_0$合成为速度$v'$，如上图2所示，则有：$v' = \sqrt{(\sqrt{3}v_0)^2 + v_0^2} = 2v_0$。此时速度$v'$的方向与竖直方向的夹角$\alpha$满足：$\sin\alpha = \frac{v_0}{v'}$，解得：$\alpha = 30^{\circ}$。则粒子的另一个分运动是以$v'$为线速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：$qv'B = m\frac{v'^2}{r}$，解得圆周运动的半径：$r = d$，由几何关系可得粒子相对于电容器右侧的最远水平距离为：$x_m = r + r\cos\alpha = \frac{(2 + \sqrt{3})d}{2}$。
答案：
(1)$\frac{mv_0^2}{E_0}$　
(2)$\frac{2E_0}{dv_0}$　
(3)$\frac{(2 + \sqrt{3})d}{2}$