高三一輪復習專題：帶電粒子在復合場場中運動最新模擬題匯編

9/99/99/9帶電粒子在復合場場中運動最新模擬題匯編【例一】如下圖的平行板器件中,存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度B1＝0.20T,方向垂直紙面向里,電場強度E1＝1.0×105V/m,PQ為板間中線。豎靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內,有一邊界線AO,與y軸的夾角∠AOy＝45°,邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B2＝0.25T,邊界線的下方有豎直向上的勻強電場,電場強度E2＝5.0×105V/m。一束帶電荷量q＝8.0×10－19C、質量m＝8.0×10－26kg的正離子從P點射入平行板間,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.4m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū),屢次穿越邊界線OA。求：(1)離子運動的速度；(2)離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間?！痉治鲱}意】粒子信息一束帶電荷量q＝8.0×10－19C、質量m＝8.0×10－26kg的正離子不計重力場的信息第一區(qū)域：E、B疊加；第二區(qū)域：E、B分立運動信息第一區(qū)域：勻速直線：第二區(qū)域：先勻速圓周后勻變速直線運動【標準解答】(1)設正離子的速度為v,由于沿中線PQ做直線運動,那么有代入數據解得v＝5.0×105m/s。粒子進入磁場做勻速圓周運動由牛頓第二定律：②解得③做出粒子的軌跡圖由幾何關系得圓弧的圓心角為④粒子在磁場中運動的周期為⑤運動時間⑥④⑤⑥得⑦粒子過C點的速度豎直向下,平行于電場線做勻減速直線運動速度減為0的時間設為那么由牛頓第二定律⑧運動學公式⑨粒子再次返回到C點的時間為根據運動的對稱性知：,所以離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間：?！纠咳缦聢D,在x＞0的空間中,存在沿x軸方向的勻強電場,電場強度正E=10N/C；在x＜O的空間中,存在垂直xoy平面方向的勻強磁場,磁感應強度B=0.5T．一帶負電的粒子〔比荷q/m=160C/kg〕,在x=0.06m處的d點以v0=8m/s的初速度沿y軸正方向開始運動,不計帶電粒子的重力,求：〔1〕帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距離．〔2〕帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場．〔3〕帶電粒子運動的周期．【分析題意】粒子信息一帶負電的粒子〔比荷q/m=160C/kg〕不計重力場的信息x＞0的空間中,存在沿x軸方向的勻強電場E=10N/C；x＜O的空間中,存在垂直xoy平面方向的勻強磁場,磁感應強度B=0.5T運動信息x＞0的空間中：先做勻變速曲線運動〔類平拋〕進入x＜O的空間中做勻速圓周后進入x＞0的空間中做勻變速曲線運動〔類斜拋〕【標準解答】〔1〕對于粒子在電場中的運動：由牛頓第二定律：由運動學公式第-次通過y軸的交點到O點的距離為將數據代入解得

〔2〕x方向的速度設進入磁場時速度與y軸的方向為θ,解得：θ=60°,所以在磁場中作圓周運動所對應的圓心角為α=2θ=120°帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動周期為

帶電粒子在磁場中運動的時間帶入數據得從開始至第一次到達y軸的時間從磁場再次回到電場中的過程〔未進入第二周期〕是第一次離開電場時的逆運動根據對稱性,

因此粒子的運動周期為【例三】如下圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。假設該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ,求(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間。【分析題意】粒子信息一帶正電荷的粒子不計重力質量電量均未知要考慮求比荷場的信息第一象限存在勻強磁場磁感應強度未知方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向場強未知。運動信息第一象限內做勻速圓周運動：第四象限內做勻變速曲線運動〔類平拋〕【標準解答】(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B,粒子質量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由題給條件和幾何關系可知R0＝d①由牛頓第二定律qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)②①②得比荷③設電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學公式得Eq＝max④vx＝axt⑤eq\f(vx,2)t＝d⑥由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦得⑧聯(lián)立③⑧得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ(2)聯(lián)立⑥⑦式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)?！纠摹咳缦聢D,平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動,AO與x軸負方向成37°角。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后,可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點,MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出,小球在C點的速度大小為2v0,重力加速度為g,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,求：(1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大?。?2)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小。【分析題意】粒子信息一質量為m、帶電荷量為＋q的小球重力加速度為g場的信息第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場；區(qū)域Ⅰ內存在勻強電場和重力場；區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場運動信息在第二象限內做勻速直線運動；在區(qū)域Ⅰ做勻加速直線運動；區(qū)域Ⅱ做勻速圓周【標準解答】(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動,三力滿足如圖1所示關系且小球只能做勻速直線運動。由圖1知tan37°＝eq\f(qE1,mg),解得：E1＝eq\f(3mg,4q)cos37°＝eq\f(mg,B1qv0),解得：B1＝eq\f(5mg,4qv0)(2)區(qū)域Ⅰ中小球做直線運動,電場強度最小,受力如圖2所示(電場力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線運動,由圖2知cos37°＝eq\f(qE2,mg),解得：E2＝eq\f(4mg,5q)方向與x軸正方向成53°角,方向斜向上(3)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動,所以mg＝qE3,解得：E3＝eq\f(mg,q)因小球恰好不從右邊界穿出,小球運動軌跡如圖3所示,由幾何關系得r＝eq\f(5,8)d由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝meq\f(4v\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得：B2＝eq\f(16mv0,5qd)?！纠濉咳缦聢D,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球,質量m＝1×10－6kg,電荷量q＝2×10－6C,正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動,當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象),取g＝10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t?！痉治鲱}意】粒子信息一帶正電的小球,質量m＝1×10－6kg,電荷量q＝2×10－6C重力加速度為g場的信息①空間中同時存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場；②撤掉磁場后空間同時存在勻強電場和質量場運動信息①三場共存時做勻速直線②撤去磁場后在電場與重力場的疊加場中做勻變速曲線運動〔類平拋〕解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內,合力為零,有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數據解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數據解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動。設其加速度為a,有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有x＝vt設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數據解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為vy＝vsinθ⑤假設使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,那么有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式,代入數據解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑦【例六】如下圖,真空有一個半徑r=0.5m的圓形磁場,與坐標原點相切,磁場的磁感應強度大小B=2×10-３T,方向垂直于紙面向里,在x=r處的虛線右側有一個方向豎直向上的寬度為L1=0.5m的勻強電場區(qū)域,電場強度E=1.5×10３N/C.在x=2m處有一垂直x方向的足夠長的熒光屏,從O點處向不同方向發(fā)射出速率相同的荷質比=1×109C/kg帶正電的粒子,粒子的運動軌跡在紙面內,一個速度方向沿y軸正方向射入磁場的粒子,恰能從磁場與電場的相切處進入電場。不計重力及阻力的作用。求：〔1〕粒子進入電場時的速度和粒子在磁場中的運動的時間？〔2〕速度方向與y軸正方向成30°〔如圖中所示〕射入磁場的粒子,最后打到熒光屏上,該發(fā)光點的位置坐標。【分析題意】粒子信息一帶正電荷的粒子不計重力比荷為=1×109C/kg場的信息虛線左側是一個半徑r=0.5m的圓形磁場B=2×10-３T,方向垂直于紙面向里；右側是勻強電場E=1.5×10３N/C.運動信息在磁場中做勻速圓周運動：在電場中做勻變速曲線運動〔類平拋〕解析：〔1〕由題意可知：粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R=r=0.5m,有Bqv=,可得粒子進入電場時的速度v=在磁場中運動的時間t1=〔2〕粒子在磁場中轉過120°角后從P點垂直電場線進入電場,如下圖,在電場中的加速度大小a=粒子穿出電場時vy=at2=〕tanα=在磁場中y1=1.5r=1.5×0.5=0.75m在電場中側移y2=飛出電場后粒子做勻速直線運動y3=L2tanα=(2-0.5-0.5)×0.75=0.75m故y=y1+y2+y3=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m那么該發(fā)光點的坐標(2,1.6875)【例七】如圖,空間XOY的第一象限存在垂直XOY平面向里的勻強磁場,第四象限存在平行該平面的勻強電場〔圖中未畫出〕；OMN是一絕緣彈性材料制成的等邊三角形框架,邊長L為4m,OM邊上的P處開有一個小孔,OP距離為1m．現有一質量m為1×10-18kg,電量q為1×10-15C的帶電微?！仓亓Σ挥嫛硰腨軸上的C點以速度

V0=1×102m/s平行X軸射入,剛好可以垂直X軸從點P進入框架,CO距離為2m．粒子進入框架后與框架發(fā)生假設干次垂直的彈性碰撞,碰撞過程中粒子的電量和速度大小均保持不變,速度方向與碰前相反,最后粒子又從P點垂直X軸射出,求：〔1〕所加電場強度的大小；〔2〕所加磁場磁感應強度大小；〔3〕求在碰撞次數最少的情況下,該微?；氐紺點的時間間隔【分析題意】粒子信息一質量m為1×10-18kg,電量q為1×10-15C的帶電微?！仓亓Σ挥嫛硤龅男畔⒌谒南笙迌却嬖诜较颉⒋笮∥粗膭驈婋妶?；第一象限存在方向向里大小未知的勻強磁場運動信息根據平行X軸射入,剛好可以垂直X軸從點P進入框架可分析知粒子在電場中做勻變速曲線運動水平方向勻減速豎直方向勻加速解：粒子在勻強電場中運動時,在X軸方向上的位移為1m．根據速度位移公式有：代入數據得,解得因為,粒子到達P點時速度粒子的加速度為〔2〕設粒子在框架內的圓周運動半徑為R由分析可知〔1+2n〕R=OP解得：由得那么〔n=0,1,2,3…〕〔3〕設從C到P運動的時間為t0碰撞次數最小的情況下在磁場中運動的周期為T,如下圖,在磁場中運動了2周．從C到P的時間．T=．在電場中的運動時間．在磁場中運動的時間．回到C點的時間t總=0.1028s．【例八】如下圖,在豎直平面內建立坐標系xOy,第Ⅰ象限坐標為(x,d)位置處有一粒子發(fā)射器P,第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時刻粒子發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子。粒子從y＝eq\f(d,2)處經過y軸且速度方向與y軸負方向成45°角。其后粒子在勻強磁場中偏轉后垂直x軸返回第Ⅰ象限。第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)。重力加速度為g,求：(1)粒子剛從發(fā)射器射出時的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標x；(2)粒子從粒子源射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間?！痉治鲱}意】粒子信息一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子重力加速度為g場的信息第一象限內存重力場；其余三象限三場疊加運動信息根據第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)可分析知粒子在疊加場中做勻速圓周運動；回到第一象限做豎直上拋運動解析(1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運動,設初速度為v0,沿水平方向,x＝v0t1①沿豎直方向,eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)②tan45°＝eq\f(vy,v0),vy＝gt1③聯(lián)立①②③式得：t1＝eq\r(\f(d,g))④v0＝eq\r(dg),x＝d。⑤(2)如下圖,帶電粒子進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中,受豎直向上的電場力,qE＝mg,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有qvB＝meq\f(v2,R)粒子在勻強磁場中運動的線速度v＝eq\r(2)v0＝eq\r(2dg)由幾何關系得,粒子做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(\r(2),2)d粒子在勻強磁場中運動的時間t2＝eq\f(5,8)T其中周期T＝eq\f(2πm,qB)聯(lián)立解得：t2＝eq\f(5π,8)eq\r(\f(d,g))設粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用時間t3＝eq\f(v,g)＝eq\r(\f(2d,g))所以,粒子從射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\r(\f(d,g))＋eq\f(5π,8)eq\r(\f(d,g))＋eq\r(\f(2d,g))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(5π,8)))eq\r(\f(d,g))?！纠拧咳缦聢D的坐標系,x軸沿水平方向,y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內,既無電場也無磁場,第三象限,存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面〔紙面〕向里的勻強磁場,在第四象限,存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質量為m、電量為q的帶電質點,從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經過x軸上x=－2h處的P2點進入第三象限,帶電質點恰好能做勻速圓周運動,之后經過y軸上y=－2h處的P3點進入第四象限。重力加速度為g。求：〔1〕粒子到達P2點時速度的大小和方向；〔2〕第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大??；〔3〕帶電質點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向?！痉治鲱}意】粒子信息一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子重力加速度為g場的信息第一二象限內存重力場；第三象限三場疊加；第四象限內電場與重力場二場疊加運動信息第二象限內做平拋運動；第三象限內做勻速圓周；第四象限內類斜拋運動解：〔1〕質點從P1到P2,由平拋運動規(guī)律求出方向與x軸負方向成45°角〔2〕質點從P2到P3,重力與電場力平衡,洛侖茲力提供向心力Eq=mg解得〔3〕質點進入第四象限,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做勻減速直線運動。當豎直方向的速度減小到0。此時質點速度最小,即v在水平方向的分量方向沿x軸正方向?！纠咳缦聢D,與水平面成3