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1、P. . . . . . . . . . . . . . . . .0vxyOQ060CBE二轮专题复习：带电粒子在复合场中的运动二轮专题复习：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 P
2、2时速度的大小和方向；（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。3、在图所示的坐标系中，轴水平，轴垂直，轴上方空
3、间只存在重力场，第象限存xyx在沿轴正方向的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，在第象限由沿轴负方向的yxyx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，带电荷量大小m为的质点，从轴上处的点以一定的水平速度沿轴负方向抛出，它经过qayyh1Px处的点进入第象限，恰好做匀速圆周运动，又经过轴上方的点2xh 2Py2yh 3P进入第象限，试求： （1）质点到达点时速度的大小和方向；a2P（2）第象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）质点进入第象限且速度减为零时的位置坐标a25.(19 分)如图，在区域 I和区域内分别存在匀强磁场，磁感(0)xd(2 )dxd
4、应强度大小分别为和 2，方向相反，且都垂直于平面，一质量为、BBOxym带电荷量的粒子 a 于某时刻从轴上的点射入区域 I ，其速度方向(0)q q yP 沿轴正向。已知 a 在离开区域 I 时，速度方向与轴正向的夹角为；此时，xx30 另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从点沿轴正向射入区域 I，其速度Px大小是 a 的，不计重力和两粒子之间的相互作用力，1 3 求 （1）粒子 a 摄入区域 I 时速度的大小 （2）当 a 离开区域时，a、b 两粒子的坐标之差yP. . . . . . . . . . . . . . . . .0vxyOQ060CBE DF答案：例 1、 （1）设粒
5、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 2h hat2 21 qhmvE22 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v1v0 ahv22 12 02 1vvv 01tanvv02vv 45（3） 因为OP2OP3，45， P2P3为圆轨道的直径，得r rvmqvB2 h2qhmvB0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 得： rvmBqv2 0 0qBmvr0又 T= B
6、qm vr220得带电粒子在磁场中运动的时间： qBmTt2（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度垂直于电场沿 CF 方向，过 Q 点作直线 CF 的垂线交0vCF 于 D，则由几何知识可知，CPOCQOCDQ，由图可知：CP= qBmvr022 带电粒子从 C 运动到 Q 沿电场方向的位移为 qBmvrCPOPOQDQSE0030sin带电粒子从 C 运动到 Q 沿初速度方向的位移为qBmvrCPCOCDSv003330cos 0由类平抛运动规律得： 22 21 21tmqEatSEtvSv00联立以上各式解得： （3）由动能定理得： 320BvE EkqESmvE2 021联立以上各式
7、解得： 2 067mvEk练习：1、 （1）粒子在电场中加速，根据动能定律得： v= 2mv21qU mqU2（2）粒子进入磁场后，受洛伦兹力做匀速圆周运动， rvmqBv2 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 所以 rbra22 babr222联立解得 qmUabbB2222（3）图中 tan= 即 =45 1222 abab ar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 粒子在磁场中运动时间为 t=4= BqmT2T4
8、3 qUm bab 23222、（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 0BemRvv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： 求出圆形匀强磁场区域的最小半径0cos30rR03 2mreBv圆形匀强磁场区域的最小面积为22 20 min223 4mSrB ev（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：；0 0sin30st v平行电场方向：，（3 分）由牛顿第二定律， 021cos302sateEma解得：。O 点到 c 点的距离：2 04 3mseEv2222
9、20034 3()()mmdObbcBeeEvv3、 （1）质点在第象限中做平抛运动，设初速度为，由0vOabxyMN r 21 2hgt02hv t解得平抛的初速度 在点，速度的竖直分量 02vgh2Pv2yvgtgh，其方向与轴负向夹角 2vgh x45o（2）带电粒子进入第象限做匀速圆周运动，必有 mgqE又恰能过负处，故为圆的直径，转动半径 2yh轴23P P2 222hRhg又由 可解得 2vqvBmRmgEq2mgBqh（3）带电粒以大小为，方向与轴正向夹角进入第象限，所受电场力与重力的合力为vx45o，方向与过点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为，则：2m
10、g3Pa 22mgagm此得出速度减为 0 时的位置坐标是2 2242,222 2vghOvasshag 得, hh4、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 . 221LqELqEW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 . 222LqELqEW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）带电系统开始运动时，设加速度为 a1，由牛顿第二定律：= mqEa22 1mqE球 B 刚进入电场时，带电系统的速度为 v1，有： 求得： La
11、v12 12mqELv2 1（2）设球 B 从静止到刚进入电场的时间为 t1，则： 得： 11 1avt qEmLt2 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：mqE mqEqEa2223 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：求得： Lavv5 . 1222 12 2212 2avvtqEmLtmqELv2,2 21 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：mqEa23 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：求得： 由可知，带电32
12、30 avtxav32 226,2 31 1LxqEmLt系统从静止到速度第一次为零所需的时间为： qEmLtttt2 37 321球 A 相对右板的位置为： 6Lx 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，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，有2 01 2eELmv22011()222LeELyatmv解得 y，所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为1 4L（2L，）1 4L（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 11 2eExmv22111 22eELyatmv解得 xy，即在电场 I 区域内满足议程的点即为所求位置。24L（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2 21 2eExmv22211 22eELyyatmv，2yeELvatmv2yLyvnv 解得 ，即在电场 I 区域内满足议程的点即为所求位置211 24xyLn
