二轮专题复习带电粒子在复合场中的运动题及答案.pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载 P . . . . . . . . . . 0 v x y OQ 0 60 C B E 二轮专题复习：带电粒子在复合场中的运动 例 1、如图所示，在y 0 的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y 0 的空间中， 存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外一电量为q、 质量为 m 的带正电的运动粒子，经过 y 轴上 y = h 处的点 P1 时速率 为 v0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上 x = 2h 处的 P2点进入 磁场，并经过y 轴上 y = 2h 处的 P3 点不计粒子的重力，求 （1）电场强度的大小； （2）粒子到达P2 时速度的大小和方向；

2、 （3）磁感应强度的大小 变式： 如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁 感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀 强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为 +q 的带电粒 子从 P 孔以初速度v0 沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初 速度方向与边界线的夹角=30，粒子恰好从y 轴上的 C 孔 垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x 轴的Q 点，已知 OQ=OP，不计粒子的重力，求： （1）粒子从P运动到 C 所用的时间t； （2）电场强度E 的大小； （3）粒子到达Q 点的动能Ek。 1、如图所示，半径分别为a、 b 的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心

3、O 处 固定一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周 与金属球间电势差为U，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电 的粒子从金属球表面沿x 轴方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m， 电量为 q， （不计粒子重力，忽略粒子初速度）求： （1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？ （2）粒子以（ 1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某 一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此最小值B。 （3）若磁感应强度取（2）中最小值，且b（21）a，要粒子恰好 第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并 求粒子在磁场中运动的时间

4、。（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以 原速率原路返回） 2、如图所示，x 轴上方存在磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外 （图中未画出） 。x 轴下方存在匀强电场，场强 大小为 E， 方向沿与x 轴负方向成60 角斜向下。 一个质量为m，带电量为 e 的质子以速度v0 从 O 点沿 y 轴正方向射入匀强磁场区域。质子 飞出磁场区域后， 从 b 点处穿过x 轴进入匀强电 场中，速度方向与x 轴正方向成30 ，之后通过 O b x y a 优秀学习资料欢迎下载 了 b 点正下方的c 点。不计质子的重力。 （1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；

5、（2）求出 O 点到 c 点的距离。 3、在图所示的坐标系中， x 轴水平， y 轴垂直， x 轴上方空间只存在重力场，第象限存 在沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直 xy 平面向里的匀强 磁场，在第象限由沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大 小与第象限存在的电场的场强大小相等。一质量为 m ，带电荷量大小为 q 的质点 a ，从 y 轴上 yh 处的 1 P 点以一定的水平速度沿 x 轴负方向抛出，它经过 2xh 处的 2 P 点进入第象限，恰好做匀速圆周运 动，又经过 y 轴上方 2yh 的 3 P 点进入第象限，试 求： （1）质点a到达 2 P点时速度的大小和方向； （2）第象限中匀强电场

6、的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）质点a进入第象限且速度减为零时的位置坐标 4、如图 16 所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板 相距 3.5L。 槽内有两个质量均为m 的小球 A 和 B， 球 A 带电量为 +2q， 球 B 带电量为 -3q， 两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统。最初A 和 B 分别静止于左板的两侧，离 板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀 强电场 E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求： （1）球 B 刚进入电场时，带电系统的速度大小； （2）带电系统从开

7、始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置。 5.20XX 年（上海卷物理）（12 分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模 型示意图。在Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场I 和 II，两 电场的边界均是边长为L 的正方形（不计电子所受重力）。 （1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置。 优秀学习资料欢迎下载 P . . . . . . . . . . . . . . 0 v x y OQ 0 60 C B E D F （2） 在电场 I 区域内适当位置由静止释放电 子，电子恰能从ABCD 区域左下角D

8、 处离开，求所有释放点的位置。 （3） 若将左侧电场II 整体水平向右移动L/n （n1） ， 仍使电子从ABCD 区域左下 角 D 处离开（D 不随电场移动） ，求在 电场 I 区域内由静止释放电子的所有位置。 答案：例1、 （ 1）设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速 度为a， qE ma v0t 2hhat 2 2 1 qh mv E 2 2 0 （2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1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轴的夹角，则 有 ahv2 2 1 2 0 2 1vvv 0 1 tan v v v1v0 0 2

9、vv45 （ 3） r v mqvB 2 因为OP 2OP3， 45， P2P3为圆轨道的直径，得 rh2 qh mv B 0 变式：答案：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的轨迹为半个圆周由 r v mBqv 2 0 0 得： qB mv r 0 又 T= Bq m v r22 0 得带电粒子在磁场中运动的时间： qB mT t 2 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度 0 v垂直于电场沿CF 方向，过 Q 点作直线CF 的垂线交 CF于 D，则由几何知识可知，CPO CQO CDQ ，由图可知： CP= qB mv r 0 2 2 带

10、电粒子从C运动到 Q沿电场方向的位移为 qB mv rCPOPOQDQSE 00 30sin 带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为 优秀学习资料欢迎下载 qB mv rCPCOCDSv 00 3 330cos 0 由类平抛运动规律得： 22 2 1 2 1 t m qE atSEtvSv 0 0 联立以上各式解得： 3 2 0 Bv E（3）由动能定理得： Ek qESmvE 2 0 2 1 联立以上各式解得： 2 0 6 7 mvEk 练习： 1、 （ 1）粒子在电场中加速，根据动能定律得： 2 mv 2 1 qU v= m qU2 （2）粒子进入磁场后，受洛伦兹力做匀速圆周运动， r

11、v mq B v 2 要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周 相切，如图， 则有rbra 22 所以 b ab r 2 22 联立解得 q mU ab b B 22 22 （3）图中tan=1 2 22 ab ab a r 即 =45 则粒子在磁场中转过 =270 ，然后沿半径进入电场减速到达金 属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4 个 回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点。 因为 Bq m T 2 粒子在磁场中运动时间为t=4T 4 3 = qU m b ab 2 3 22 2、（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后

12、进入匀强电场做类 平抛运动，轨迹如图所示. 根据牛顿第二定律，有 2 0 0 Bem R v v 要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径， 由几何关系可知： 0 cos30rR求出圆形匀强磁场区域的最小半径 0 3 2 m r eB v 圆形匀强磁场区域的最小面积为 22 2 0 min22 3 4 m Sr B e v （2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向： 0 0 sin30stv； O a b x yM N r 优秀学习资料欢迎下载 平行电场方向： 02 1 cos30 2 sat，（ 3 分）由牛顿第二定律eEma， 解得： 2 0 4 3m s eE v 。O 点

13、到 c点的距离： 2 22 22 00 34 3 ()() mm dObbc BeeE vv 3、 （1）质点在第象限中做平抛运动，设初速度为 0 v，由 2 1 2 hgt 0 2hv t 解得平抛的初速度 0 2vgh在 2 P点，速度v的竖直分量2 y vgtgh 2vgh，其方向与x轴负向夹角45 （2）带电粒子进入第象限做匀速圆周运动，必有mgqE 又 恰 能 过 负 2yh轴 处 ， 故 23 P P 为 圆的直径 ，转动 半 径 2 2 2 2 h Rh 又由 2 v qvBm R 可解得 mg E q 2mg B qh （3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45角进入第象限，

14、所受电场力与重力的合力为 2mg，方向与过 3 P点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则： 2 2 mg ag m 2 22 4 2,2 2 2 2 vgh Ovassh a g 得此得出速度减为0时的位置坐标是,hh 4、解：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有： 0)5.13(5.22 1 LqELqEW 而且还能穿过小孔，离开右极板。 假设球 B 能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有： 0)5 .33(5 .22 2 LqELqEW 综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B 应分别在右极板两侧。（1）带电 系统开始运动

15、时，设加速度为a1，由牛顿第二定律： m qE a 2 2 1 = m qE 球 B 刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：Lav 1 2 1 2求得： m qEL v 2 1 优秀学习资料欢迎下载 （2）设球 B 从静止到刚进入电场的时间为t1，则： 1 1 1 a v t得： qE mL t 2 1 球 B 进入电场后，带电系统的加速度为a2， 由牛顿第二定律： m qE m qEqE a 22 23 2 显然，带电系统做匀减速运动。设球A 刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为 t2，则有： Lavv5 .12 2 2 1 2 2 2 12 2 a vv t求得： qE mL t

16、m qEL v 2 , 2 2 1 22 球 A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律： m qE a 2 3 3 设球 A 从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有： 3 2 3 0 a v txav 3 2 2 2求得： 6 , 2 3 1 1 L x qE mL t由可知， 带电系 统从静止到速度第一次为零所需的时间为： qE mL tttt 2 3 7 321 球 A 相对右板的位置为： 6 L x 5、解： （1）设电子的质量为m，电量为 e，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域 I 时的为 v0，此后电场 II 做类平抛运动，假设电子

17、从CD 边射出，出射点纵坐标为y，有 2 0 1 2 eELmv 2 2 0 11 () 222 LeEL yat mv 解得y 1 4 L，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（2L， 1 4 L） （2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x，y） ，在电场I 中电子被加速到v1，然后 进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有 2 1 1 2 eExmv 2 2 1 11 22 eEL yat mv 解得xy 2 4 L ，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。 （3）设电子从（ x，y）点释放，在电场I 中加速到v2，进入电场II 后做类平抛运动， 在高度为y处离开电场II 时的情景与 （2）中类似， 然后电子做匀速直线运动，经过 D 点， 则有 优秀学习资料欢迎下载 2 2 1 2 eExmv 2 2 2 11 22 eEL yyat mv 2 y eEL vat mv ， 2 y L yv nv 解得 211 24 xyL n ，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置