高中物理：帶電粒子在組合場(chǎng) 復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 練習(xí)(含答案)

1、高中物理：帶電粒子在組合場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含答案）（滿(mǎn)分：100分時(shí)間：60分鐘）計(jì)算題（共5小題，每題20分，共100分。寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟,只寫(xiě)出最后答案的不得分）xXX1. （保定期末）（20分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的x軸上方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)I,場(chǎng)強(qiáng)為E1,第四象限內(nèi)OC與x軸正方向成60°角,OC與x軸間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,OC與y軸間存在垂直O(jiān)C向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)II,場(chǎng)強(qiáng)為E2。一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q（q>0）的粒子從O點(diǎn)以與x軸正方向成30。角的初速度勺射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中，經(jīng)一段時(shí)間后從x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入

2、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直穿過(guò)OC且剛好能到達(dá)y軸上的D點(diǎn)，已知0、Q間的距離為L(zhǎng),粒子重力不計(jì),求:（1）場(chǎng)強(qiáng)E、E2的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;（2）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所用的時(shí)間t。2. （江蘇南京二模）（20分）如圖所示，在xOy平面的y軸左側(cè)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),y軸mv右側(cè)區(qū)域I內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=-qL、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域I、區(qū)域II的寬度均為L(zhǎng),高度均為3L質(zhì)量為m電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)為（一2L,逗L）的A點(diǎn)以速度v0沿+x方向射出，恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為0,（辺一1）L的C點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I。粒子重力忽略不計(jì)。-*-ii 4 -:i-1.0

3、1;4h也i2£.11i1A4*111-1.51-t-.一一一一1（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（2）求粒子離開(kāi)區(qū)域I時(shí)的位置坐標(biāo)；（3）要使粒子從區(qū)域II上邊界離開(kāi)，可在區(qū)域II內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2。試確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并說(shuō)明粒子離開(kāi)區(qū)域II時(shí)的速度方向。3.（南昌一模）（20分）如圖所示,金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長(zhǎng)為4a,間距為4a,二板間連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板PQ中央有一小孔O,板間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域P'Q'N'M',且OP=OQ'=a,PMQN=a現(xiàn)將一帶電小球從距上板某

4、一高度由靜止釋放，小球從小孔O進(jìn)入磁場(chǎng),小球離開(kāi)磁場(chǎng)后在平行金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)恰好從下板N端射出電場(chǎng)，已知重力加速度為g,求:帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比；（2）小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)間。4.（西安八校聯(lián)考）（20分）在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在數(shù)值上滿(mǎn)足B=2jm。在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)（豎直向上為正），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為已產(chǎn)字。一傾角為Q長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間，斜面上有一質(zhì)量為m,帶電qXXXXXXXXXXXXX荷量為一q的小球，從t=0時(shí)刻由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，設(shè)第7秒內(nèi)小球不會(huì)離開(kāi)斜面，重力加速度為g。求：5t/s（1）第8秒

5、內(nèi)小球離開(kāi)斜面的最大距離；第15秒內(nèi)小球未離開(kāi)斜面,。角應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?5.(江蘇南通二模)(20分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水.平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量I為q的小球從A點(diǎn)以速度勺沿直線AO運(yùn)動(dòng)AO與x軸負(fù)方向成37。角,在第四象限內(nèi)的區(qū)域I內(nèi)加一最小電場(chǎng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn),MN右側(cè)區(qū)域II內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在區(qū)域II內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好沒(méi)從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2%重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37。=0.8,求：(1) 小球

6、的帶電性質(zhì)；(2) 第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?3) 區(qū)域I內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向；(4) 區(qū)域II內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。答案yc1. 解析（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)I中做斜上拋運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知y軸方向:v°sin30°=ax軸方向：L=v°cos30°聯(lián)立得E=fqL0由對(duì)稱(chēng)性可知粒子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0,方向與x軸正方向成30°角斜向下，由幾何關(guān)系知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=OQ=L,由Bqv0=mr得mVcBP粒子在OC線下方做勻減速直線運(yùn)

7、動(dòng)，到D點(diǎn)速度剛好為0,設(shè)粒子在電場(chǎng)II中的位移為s,由幾何關(guān)系知tan60。=字,s而v2=2譽(yù)s,聯(lián)立解得E2=鷺;0。（2）由（1）知粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)I中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間匸2=需鬻=誥,粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)I中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間vo所以粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所用的時(shí)間t=“+12+13=Lo3v0答案（13mv2mv6i；3+2n00（2）l4qLqL（2）3v0L2. 解析（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)2L=v0tL=2mv2解得已=誠(chéng)(2)設(shè)帶電粒子經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為q、速度為vqEqE2Lvt=v°ymmv。0故v/2v0,方向與x軸正向成45°

8、;斜向上粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，v2J2mv0BiqvmRRqBi解得：R=L由幾何關(guān)系知，離開(kāi)區(qū)域I時(shí)的位置坐標(biāo)：x=Ly=03(3) 根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子從區(qū)域II上邊界離開(kāi)磁場(chǎng)的半徑滿(mǎn)足4LWWL又由42mv03qL根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向夾角30°W6W90。1,.Y*-*(/.-二L1f打!*-空1Gz盧J-L5L廠=£2L*亍迥:%11*y*1答案綜0(2)(L,0)(3)見(jiàn)解析3. 解析(1)由于帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)線方向成夾角且做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，mg=qE，UE=4a，解得,q=4agm

9、U設(shè)小球進(jìn)入小孔的速度為v，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，Oe=x，如圖所示，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，ZOcd=ZfdN=3,asin3=r，F(xiàn)尸八0MfjV在直角三角形ced中：rxcos3r2ax在直角三角形dfN中：tan3茅廠,聯(lián)立解得：3sin232sin3cos3cos3cos23,4sin2312sin3cos3cos3(2sin31)(2sin31)(2sin31)cos30,解得sin32,36，由題知：r2a。由rmB，代入數(shù)據(jù)得v警色，設(shè)小球做自由落體時(shí)間為則v8a2Btig丁，設(shè)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,則_3m_nU2qB24agB，設(shè)小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3,則_s2羽aV3

10、ut3vv4agB.8a2B|(n+6羽)Ut1十2十t3U+24agB。答案(1)4ag8a2B|(兀+6V3)U答案uU+24agB4. 解析(1)設(shè)第1秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a,由牛頓第二定律，得(mg+qE0)sin3ma第1秒末的速度為va第2秒內(nèi)有qE0mgmv2所以小球?qū)㈦x開(kāi)斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則由向心力公式得,qvB-R-2nm圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)2B1s由圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng),在偶數(shù)秒內(nèi)離開(kāi)斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。所以第7秒末的速度為v7=a(t1+13+15+17)=8gsin3小球離開(kāi)斜面的最大距離為d=2R4=8gsn。第15秒內(nèi)仍在斜面上

11、，則有V=afBqv'W(mg+qE0)cos3又t=8s解得3Warctani6n。答案(1產(chǎn):口"(2)3Warctani6n5. 解析(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿(mǎn)足圖a所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng),由受力特點(diǎn)及左手定則可判定小球帶正電。(2)由圖a知tan37。=為,得E1=3mg4qcos37°=mgB1qv0得B1=5mg4qv0°(3)當(dāng)區(qū)域I中的電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí)，小球做直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)受力如圖b所示(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線,由圖知cos37。=x軸正

12、方向成53°角向上。(4) 小球在區(qū)域II內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg=qE3,得E3=mqg,因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖c所示,由知F=mgsin37°,即a=gsin37°,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知(2勺)2%=2aOC,解得OC=%,由幾何關(guān)系知OC=tan37°,得廠二-，由洛倫茲力提供向心力知B2q2v0=m；0)：聯(lián)立得b2=16mg15qv0°答案正電(2鬻誥(3普與x軸正方向成53°角向上罕器I規(guī)律方袪I(yíng)I帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法(1) 弄清疊加場(chǎng)的組成特點(diǎn)。(2) 正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。(3) 畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 若只有兩個(gè)場(chǎng)且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或