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1、1终极猜想十七终极猜想十七对带电粒子在复合场中运动的考查对带电粒子在复合场中运动的考查(本卷共 4 小题，满分 60 分建议时间：30 分钟)命题专家寄语本部分是高考试题中的重点内容，高考压轴题，对审题能力，运算能力、利用数学知识处理物理问题的能力要求高，带电粒子在复合场中运动问题分为两类：一类为电场与磁场的相邻场，另一类为电场与磁场的叠加场，处理问题的关键是正确分析带电粒子受力，弄清运动过程及其遵循的规律是解决问题的关键.五十八、带电粒子在电磁场中的运动1如图 1 所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0，沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方
2、向射入边界线竖直的匀强磁场，则：粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为()图 1Ad随v0增大而增大，d与U无关Bd随v0增大而增大，d随U增大而增大Cd随U增大而增大，d与v0无关Dd随v0增大而增大，d随U增大而减小2(2012云南昆明市 5 月适应性检测，25)如图 2 所示的xOy平面内有一半径为R、以坐标原点O为圆心的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，在直线xR和xRL之间有向y轴负方向的匀强电场，在原点O有一离子源向y轴正方向发射速率v0的带电离子，离子射出磁场时速度与x轴平行，射出磁场一段时间后进入电场，最终从x轴上的P(RL,0)点射出电场，不计
3、离子重力，求电场强度E与磁感应强度B大小之比2图 23如右图 3 所示的环状轨道处于竖直面内，它由半径分别为R和 2R的两个半圆轨道、半径为R的两个四分之一圆轨道和两根长度分别为 2R和 4R的直轨道平滑连接而成以水平线MN和PQ为界，空间分为三个区域，区域和区域有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域和有竖直向上的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电小环穿在轨道内，它与两根直轨道间的动摩擦因数为(01)，而轨道的圆弧形部分均光滑在电场中靠近C点的地方将小环无初速释放，设小环电量保持不变(已知区域和的匀强电场强大小为E2mgq，重力加速度为g)求：图 3(1)小环在第一次通过轨道最高点A时的
4、速度vA的大小；(2)小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道的压力的大小；3(3)若从C点释放小环的同时，在区域再另加一垂直于轨道平面向里的水平匀强电场，其场强大小为Emgq，则小环在两根直轨道上通过的总路程多大？五十九、综合应用4如图 4 所示，条形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B10.3 T，内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B23B1，BB、CC间存在沿纸面方向竖直向下的匀强电场E，AA、BB、CC、DD为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，磁场宽度及BB、CC之间的距离d1 m一束带正电的某种粒子从AA上的O点以沿与AA成 60角以v12106m/s
5、射入磁场，刚好垂直边界BB射出区域而进入匀强电场，且沿与CC成 60角进入区域，最后粒子刚好不能从磁场区域射出，取3，不计粒子所受重力求：图 4(1)粒子的比荷qm；(2)电场强度E的大小；(3)粒子从O到DD所用的时间(保留两位有效数字)参考答案1A带电粒子射出电场时速度的偏转角为，如图(a)所示，有：cosv0v，又RmvBq，由粒子在磁场中的轨迹如图(b)可知d2Rcos2mvBqcos2mv0Bq，A 正确42解析离子在磁场中做圆周运动，设其运动半径为r，圆心为O1，由洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力，有qv0Bmv20r离子运动轨迹如图所示，据几何关系可得：r22R粒子在电场中做类
6、平抛运动Lv0tr12at2粒子的加速度aqEm联立以上各式解得：EBv0R2L2.答案v0R2L23解析(1)从C到A，洛伦兹力不做功，小环对轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力，由动能定理，有qE5Rmg5R12mv2A可得：vA10gR(2)过A点时对小环，由牛顿第二定律，有NmgqvABqEmv2AR解得N11mgqB10gR(3)由于 01，小环必能通过A点，以后有三种可能：可能第一次过了A点后，恰好停在K点在直轨道上通过的总路程为s总4R可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点 5对整个运动过程，由动能定理qE3Rmg3RqEs总0得s总3R还可能最终在
7、D或D点速度为零(即在D与D点之间往复运动)由动能定理qE4Rmg4RqEs总0得s总4R答案(1)10gR(2)11mgqB10gR(3)4R或3R或4R4解析本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动(1)依据粒子在磁场区域的初、末速度，作出圆心O1，如图所示由几何关系得：130R1sin1dqvB1mv21R1解得：qm3.3106C/kg(2)粒子在匀强电场中作类平抛运动，由几何关系得：tan 60v1vy由牛顿第二定律得：qEma由运动学公式得：vyat2且dv1t2，解得：t25107s解得：E4 3105N/C 或 6.9105N/C(3)依据粒子在磁场区域的初末速度，作出圆心O2，如上图所示，由几何关系得：2120粒子在磁场中运动的周期T2Rv2mBq由几何关系得：t360T6故：t113602mB1q，t323602mB2q粒子从O到DD所用的时间tt1t2t3解得：t2.2106s答案(1)3.3106C/kg(2)6.9105N/C(3)2.2106s