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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
