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1、优秀学习资料欢迎下载P . . . . . . . . 0vxyOQ060CBE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;(3)磁感应强度的大小变式:如图所示的区域中
2、,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
3、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。(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
4、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Obxya精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 7 页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;(2)求出
5、 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1P点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出,它经过2xh处的2P点进入第象限,恰好做匀速圆周运动,又经过y轴上方2yh的3P点进入第象限,试求:(1)质点a到达2P点时速度的大小和方向;(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a进入第象限且速度减为零时的位置坐标4、如图 16 所示,
6、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
7、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 7 页优秀学习资料欢迎下载P . . . . . . . . . . . . . . 0vxyOQ060CBEDF(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处离开,求所有释放点的位置。(3) 若将左侧电场I
8、I 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 2hhat221qhmvE220(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ahv2212021vvv01tanvvv1v002vv45( 3)rvmqvB2因为OP2OP3, 45, P2P3为圆轨道的直径,得rh2qhmvB0变式:答案:(1
9、)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rvmBqv200得:qBmvr0又 T=Bqmvr220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0v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=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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -
10、第 3 页,共 7 页优秀学习资料欢迎下载qBmvrCPCOCDSv003330cos0由类平抛运动规律得:222121tmqEatSEtvSv00联立以上各式解得:320BvE(3)由动能定理得:EkqESmvE2021联立以上各式解得:2067mvEk练习:1、 ( 1)粒子在电场中加速,根据动能定律得:2mv21qUv=mqU2(2)粒子进入磁场后,受洛伦兹力做匀速圆周运动,rvmq B v2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rbra22所以babr222联立解得qmUabbB2222(3)图中tan=1222ababar即 =45则粒子在磁场中转过
11、=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BqmT2粒子在磁场中运动时间为t=4T43=qUmbab23222、(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200BemRvv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:0cos30rR求出圆形匀强磁场区域的最小半径032mreBv圆形匀强磁场区域的最小面积为2220min2234mSrB ev(2)质子进入电场后,做类平抛运动,垂
12、直电场方向:00sin30stv;OabxyMNr精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 7 页优秀学习资料欢迎下载平行电场方向:021cos302sat,( 3 分)由牛顿第二定律eEma,解得:204 3mseEv。O 点到 c点的距离:222220034 3()()mmdObbcBeeEvv3、 (1)质点在第象限中做平抛运动,设初速度为0v,由212hgt02hv t解得平抛的初速度02vgh在2P点,速度v的竖直分量2yvgtgh2vgh,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
13、恰 能 过 负2yh轴处 , 故23P P为 圆的直径 ,转动 半 径2 222hRh又由2vqvBmR可解得mgEq2mgBqh(3)带电粒以大小为v,方向与x轴正向夹45角进入第象限,所受电场力与重力的合力为2mg,方向与过3P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:22mgagm22242,222 2vghOvasshag得此得出速度减为0时的位置坐标是,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
14、)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:mqEa221=mqE球 B 刚进入电场时,带电系统的速度为v1,有:Lav1212求得:mqELv21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 7 页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:111avt得:qEmLt21球 B 进入电场后,带电系统的加速度为a2, 由牛顿第二定律:mqEmqEqEa22232显然,带电系统做匀减速运动。
15、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 .12221222122avvt求得:qEmLtmqELv2,22122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:mqEa233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:3230avtxav3222求得:6,2311LxqEmLt由可知, 带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为:qEmLtttt237321球 A 相对右板的位置为:6Lx5、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
16、抛运动,假设电子从CD 边射出,出射点纵坐标为y,有2012eELmv22011()222LeELyatmv解得y14L,所以原假设成立,即电子离开ABCD 区域的位置坐标为(2L,14L)(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2112eExmv2211122eELyatmv解得xy24L,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,则有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 7 页优秀学习资料欢迎下载2212eExmv2221122eELyyatmv2yeELvatmv,2yLyvnv解得21124xyLn,即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 7 页