冲刺卷八 带电粒子在组合场、复合场中的运动

1、冲刺卷八带电粒子在组合场、复合场中的运动(满分：100分时间：60分钟)计算题(共5小题，每题20分，共100分。写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分)1(2015保定期末)(20分)如图所示，平面直角坐标系的x轴上方存在竖直向上的匀强电场，场强为E1，第四象限内OC与x轴正方向成60角，OC与x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OC与y轴间存在垂直OC向下的匀强电场，场强为E2。一质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子从O点以与x轴正方向成30角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x轴上的Q点进入匀强磁场中，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC且刚

2、好能到达y轴上的D点，已知O、Q间的距离为L，粒子重力不计，求：(1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B的大小；(2)粒子从O点运动到D点所用的时间t。2(2015江苏南京二模)(20分)如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在着磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2L，L)的A点以速度v0沿x方向射出，恰好经过坐标为0，(1)L的C点射入区域。粒子重力忽略不计。(1)求电场强度大小E；(2)求粒子离开区域时的位置坐标；(3)要使粒子从区域上边界离开，可在区域内加垂

3、直纸面向内的匀强磁场B2。试确定磁感应强度B2的大小，并说明粒子离开区域时的速度方向。3(2015南昌一模)(20分)如图所示，金属板PQ、MN平行放置，金属板长为4a，间距为4a，二板间连接在输出电压为U的恒定电源两端，上金属板PQ中央有一小孔O，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域PQNM，且OPOQa，PMQNa。现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N端射出电场，已知重力加速度为g，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N端射出所需时间。4(2015西安八校联考)(20分)在如

4、图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在数值上满足B。在竖直方向存在交替变化的匀强电场(竖直向上为正)，电场强度大小为E0。一倾角为、长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间，斜面上有一质量为m，带电荷量为q的小球，从t0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第7秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g。求：(1)第8秒内小球离开斜面的最大距离；(2)第15秒内小球未离开斜面，角应满足什么条件？5(2015江苏南通二模)(20分)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37

5、角，在第四象限内的区域内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球的带电性质；(2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(3)区域内最小电场强度E2的大小和方向；(4)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。冲刺卷八带电粒子在组合场、复合场中的运动1解析(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知y

6、轴方向：v0sin 30a且a，x轴方向：Lv0cos 30t1，联立得E1，由对称性可知粒子运动到Q点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成30角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径rOQL，由Bqv0m得B，粒子在OC线下方做匀减速直线运动，到D点速度刚好为0，设粒子在电场中的位移为s，由几何关系知tan 60，得s，而v2s，联立解得E2。(2)由(1)知粒子在匀强电场中运动的时间t12，粒子在匀强磁场中运动的时间t2，粒子在匀强电场中运动的时间t3，所以粒子从O点运动到D点所用的时间tt1t2t3L。答案(1)(2)L2解析(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2Lv0

7、tL()2解得E(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为vvytv0故vv0，方向与x轴正向成45斜向上粒子进入区域做匀速圆周运动，B1qvmR解得：RL由几何关系知，离开区域时的位置坐标：xLy0(3)根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足LrL又由r得B2根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角3090答案(1)(2)(L，0)(3)见解析3解析(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动，mgqE，E，解得。(2)设小球进入小孔的速度为v，在磁场中做圆周运动半径为r，Oex，如图所示，由数学知识知

8、，OcdfdN，sin ，在直角三角形ced中：cos ，在直角三角形dfN中：tan ，联立解得：3sin2 2sin cos cos cos2 ，4sin2 12sin cos cos (2sin 1)(2sin 1)(2sin 1)cos 0，解得sin ，由题知：r2a。由r，代入数据得v，设小球做自由落体时间为t1，则t1，设小球在磁场中运动时间为t2，则t2，设小球做直线运动时间为t3，则t3tt1t2t3。答案(1)(2)4解析(1)设第1秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律，得(mgqE0)sin ma第1秒末的速度为vat第2秒内有qE0mg所以小球将离开斜面在上

9、方做匀速圆周运动，则由向心力公式得，qvB圆周运动的周期为T1 s由图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动。所以第7秒末的速度为v7a(t1t3t5t7)8gsin 小球离开斜面的最大距离为d2R4。(2)第15秒内仍在斜面上，则有vatBqv(mgqE0)cos 又t8 s解得arctan。答案(1)(2)arctan图a5解析(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图a所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电。(2)由图a知tan 37，得E1cos 37，得B

10、1。(3)当区域中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图b所示(电场力方向与速度方向垂直)，图b小球做匀加速直线，由图知cos 37，得E2，方向与x轴正方向成53角向上。(4)小球在区域内做匀速圆周运动，所以mgqE3，得E3，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图c所示，由(3)知Fmgsin 37，即agsin 37，由运动学规律知(2v0)2v2aOC，解得OC，由几何关系知tan 37，得r，由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0m，联立得B2。图c答案(1)正电(2)(3)与x轴正方向成53角向上(4)带电粒子在叠加场中运动的处理方法(1)弄清叠加场的组成特点。(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止。例如电场与磁场满足qEqvB；