二輪專題復習帶電粒子在復合場中的運動題及答案

二輪專題復習：帶電粒子在復合場中的運動例1、如圖所示，在y>0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y<0的空間中，[*1(123存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面(紙面)向外.一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y=-^h處的P3[*1(123電場強度的大小；粒子到達P2時速度的大小和方向；磁感應強度的大小.變式：如圖所示的區(qū)域中，第二象限為垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，第一、第四象限是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向如圖。一個質量為m，電荷量為+q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角。=30。，粒子恰好從y軸上的C孔垂直于勻強電場射入勻強電場，經(jīng)過x軸的Q點，已知OQ=OP，不計粒子的重力，求：粒子從P運動到C所用的時間t；電場強度E的大小；粒子到達Q點的動能Ek。1、如圖所示，半徑分別為。、b的兩同心虛線圓所圍空間分別存在電場和磁場，中心O處固定一個半徑很小(可忽略)的金屬球，在小圓空間內(nèi)存在沿半徑向內(nèi)的輻向電場，小圓周與金屬球間電勢差為U，兩圓之間的空間存在垂直于紙面向里的勻強磁場，設有一個帶負電的粒子從金屬球表面沿+x軸方向以很小的初速度逸出，粒子質量為m，電量為q，(不計粒子重力，忽略粒子初速度)求：粒子到達小圓周上時的速度為多大？粒子以(1)中的速度進入兩圓間的磁場中，當磁感應強度超過某一臨界值時，粒子將不能到達大圓周，求此最小值B。若磁感應強度取(2)中最小值，且b=J湯+1)a，要粒子恰好第一次沿逸出方向的反方向回到原出發(fā)點，粒子需經(jīng)過多少次回旋？并求粒子在磁場中運動的時間。(設粒子與金屬球正碰后電量不變且能以原速率原路返回)2、如圖所示，x軸上方存在磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出)。x軸下方存在勻強電場，場強大小為E，方向沿與x軸負方向成60°角斜向下。一個質量為m，帶電量為+e的質子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域。質子飛出磁場區(qū)域后，從b點處穿過x軸進入勻強電場中，速度方向與x軸正方向成30°，之后通過

了b點正下方的c點。不計質子的重力。畫出質子運動的軌跡，并求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑和最小面積；求出O點到c點的距離。3、在圖所示的坐標系中，x軸水平，>軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第m象限存在沿>軸正方向的勻強電場和垂直勺平面向里的勻強磁場，在第W象限由沿x軸負方向的勻強電場，場強大小與第m象限存在的電場的場強大小相等。一質量為m，帶電荷量大小為q的質點。，從>軸上y=h處的PP1點以一定的水平速度沿x軸負方向拋出，它經(jīng)過x=—2h處的P2點進入第111象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過>軸上方y(tǒng)"2h的P3點進入第困象限，試求：質點a到達P點時速度的大小和方向;2第m象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應強度的大小;質點a進入第0象限且速度減為零時的位置坐標4、如圖16所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)有兩個質量均為m的小球A和B，球A帶電量為+2q，球B帶電量為-3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L。若視小球為質點，不計輕桿的質量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后(設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布)，求：球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大?。粠щ娤到y(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。5.20XX年(上海卷物理)(12分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形(不計電子所受重力)。(1)在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。

在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。若將左側電場II整體水平向右移動L/n(nN1),仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。若將左側電場II整體水平向右移動L/n(nN1),仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開(D不隨電場移動)，求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。答案：例1、(1)設粒子從P到P的時間為t，電場強度的大小為E，度為a，粒子在電場中的加速qE=mavt=2h0—at2=h2Emv22qh(2)粒子到達七時速度沿x方向的分量仍為V。，以匕表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，。表示速度和x軸的夾角，則有圖6-網(wǎng)(3)qvB因為tan9=―1v

0V1=V9=45。OP2=OP3，0=45P2P3為圓軌道的直徑，得 r=/2hqh變式：答案：(1)帶電粒子在電磁場運動的軌跡如圖所示七2運動的軌跡為半個圓周由Bqv0=峰Bq2兀r 2兀m七2運動的軌跡為半個圓周由Bqv0=峰Bq又丁=v0T得帶電粒子在磁場中運動的時間：t=2qB由圖可知，帶電粒子在磁場中做勻速圓周，r=得：ED(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，初速度v0垂直于電場沿CF方向，過Q點作直線CF由圖可知，帶電粒子在磁場中做勻速圓周，r=得：ED2mvCF于D，則由幾何知識可知，ACPOMACQOMACDQ，由圖可知：CP=2r=~^^.cc mv帶電粒子從C運動到Q沿初速度方向的位移為帶電粒子從C運動到Q沿電場方向的位移為se=DQ=OQ=OP=CPsin300=r=—b帶電粒子從C運動到Q沿初速度方向的位移為3mvS=CD=CO=CPcos300=、，3r=——ov0 qBc1 1qE由類平拋運動規(guī)律得：Se=-a2=萬—t22Bv聯(lián)立以上各式解得：E2Bv聯(lián)立以上各式解得：E= 0（3）由動能定理得:mv2=qES聯(lián)立以上各式解得：Ek7=—mv26 0練習:1、（1）粒子在電場中加速，根據(jù)動能定律得：qU=1mvv=：2qU.mv1、（1）粒子在電場中加速，根據(jù)動能定律得：qU=1mvv=：2qU.mv2=m—r要使粒子不能到達大圓周，其最大的圓半徑為軌跡圓與大圓周相切，如圖，（2）粒子進入磁場后，受洛倫茲力做勻速圓周運動，qBv貝^有a2+r2=b一rb2一a2所以r=2b聯(lián)立解得B=己嚴（3）圖中tan6=—= =1a 2ab則粒子在磁場中轉過眩=270°，即6=45°N然后沿半徑進入電場減速到達金屬球表面，再經(jīng)電場加速原路返回磁場，如此重復，恰好經(jīng)過4個回旋后，沿與原出射方向相反的方向回到原出發(fā)點。粒子在磁場中運動時間為t=4x，T=42粒子在磁場中運動時間為t=4x，T=42、（1）質子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動，最后進入勻強電場做類V2平拋運動，軌跡如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律，有BeV0=m~R~要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關系可知:r=Rcos300求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑r=尋3兀m2v2圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積為%=兀r2=無才（2）質子進入電場后，做類平拋運動，垂直電場方向：ssin300=vt；平行電場方向：SCOS300=1at2平行電場方向：SCOS300=1at2（3分）由牛頓第二定律eE=ma4<3mv2解得：SeE0°°點到c點的距離:d=\Ob1+bc23mv ,4<3mv2、( )2+( )2Be eE3、（1）質點在第II象限中做平拋運動，設初速度為v0，由h=2gt2①2h=vt解得平拋的初速度v0=J2gh在P2點，速度v的豎直分量Vy=gt=J2gh???v=2抑，其方向與X軸負向夾角0=45OR—室—2h2（2）帶電粒子進入第田象限做勻速圓周運動，必有mR—室—2h2又恰能過負y軸2h處，故P2P3為圓的直徑，轉動半徑V2又由qvB=m—R日mgV2又由qvB=m—R⑤可解得E=一q（3）帶電粒以大小為v，方向與X軸正向夾45角進入第^象限，所受電場力與重力的合力為, o巨mg，方向與過P3點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設其加速度大小為a，則:a-巡—巨g

mO2O2-V2=5得^-步=5此得出速度減為0時的位置坐標是（h，~h）4、解：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W『有:W=2qEx2.5L+(-3qEx1.5L)>0而且還能穿過小孔，離開右極板。假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有:W=2qEx2.5L+(-3qEx3.5L)<0綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側。 （1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為％,由牛頓第二定律:_2qEqE系統(tǒng)開始運動時，設加速度為％,由牛頓第二定律:2mm球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為％，有:c, '2qEL=2a1L 求得：V1=\'W2mL得："r1\：qE-2mL得："r1\：qE-3qE+2qE qE =— 2m 2m（2）設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則：t1=t1球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2,由牛頓第二定律:。顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2,減速所需時間為t2，則有：V2—V2=2ax1.5LV2—V2=2ax1.5L求得:V2=2\~m~‘J、：~qE球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設加速度為a3,再由牛頓第二定律:-3qEa= 3 2m設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3,運動的位移為x，則有：,0—V 12mL L13= 2 —v2=2%x 求得：k=3了—e~，x=6 由⑦（11）（15）可知，帶電系72mL統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為：t=t1+七+13=3-qE~L球A相對右板的位置為：x=—65、解：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v°，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為yL、1(2—y)=2血2meELL、1(2—y)=2血2meEL=1mV22 °解得y=1L，所以原假設成立，即電子離開A8CD區(qū)域的位置坐標為（一2L，4然后（2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到V]進入電場II做類平拋運動，并從。點離開，有然后eEx=1mV2211eE(LeEx=1mV221y=—at2=