《2022年二轮专题复习带电粒子在复合场中的运动题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年二轮专题复习带电粒子在复合场中的运动题及答案.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载二轮专题复习：带电粒子在复合场中的运动例 1、如下列图,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：如下
2、列图的区域中,其次象限为垂直纸面对外的匀强磁场,磁. . B. .yQEx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C. 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. . .600v. 速度方向与边界线的夹角 =30 ,粒子恰好从y 轴上的 C 孔. P O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、如下列图,半径分别为 a、 b 的两同心虚线圆所围空间分
3、别存在电场和磁场,中心 O 处固定一个半径很小（可忽视）的金属球,在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场,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对里的匀强磁场,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,忽视粒子初速度）求：y（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；bOax（3）如磁感应强度取（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动身点,粒子需经过多少次回旋？并求粒子在
4、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、如下列图, x 轴上方存在磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面对外（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；质子名师归纳总结 飞出磁场区域后, 从 b 点处穿过x 轴进入匀强电第 1 页,共 7 页场中,速度方向与x 轴正方向成30,之后通过- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 了 b 点正下方的优秀学习资料欢迎下载c 点
5、；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 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 平面对里的匀强磁场,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 y h 处的1P点以肯定的水平速度沿 x 轴负方向抛出,它经过x 2 h 处的 P 点进入第象限,恰好做匀速圆周运动,又经过y轴上方 y 2 h 的 P 点进入第象限,试求：（1）质点 a 到
6、达 P 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,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 ；如视小球为质点,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（设槽和轻杆由特别绝缘材料制成,不影响电场的分布）,求：（1）球 B 刚进入电
7、场时,带电系统的速度大小；（2）带电系统从开头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；名师归纳总结 5.20XX 年（上海卷物理）（12 分）如下列图为讨论电子枪中电子在电场中运动的简化模第 2 页,共 7 页型示意图；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 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载（2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子,电
8、子恰能从ABCD 区域左下角D处离开,求全部释放点的位置；（3）如将左侧电场 II 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全部位置；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 2 h1at2hEmv2 0y22qh（2）粒子到达P2时速度沿x 方向的重量仍为v0,以 v1表示速度沿方向重量的大小,v 表示速度的大小, 表示速度和x 轴的夹角,就有名师归纳总结 2 v 12ahv2 v 12 v 0tanv1v1v
9、0v2v 045第 3 页,共 7 页v0（ 3）qvBmv2由于OP2 OP3, 45 , P2P3为圆轨道的直径,得r 2hrBmv 0qh变式： 答案：（ 1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如下列图,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Bqv0tmv02得：rmv0. B. . yQExFrqB . C. 又 T=2r2m. . 0vD. . vBq6000. 得带电粒子在磁场中运动的时间：Tm. . . P O2qB（2）带电粒子在电场中做类平抛运动,初速度v 垂直于电场沿CF 方向,过 Q 点作直线CF 的垂线交CF于 D,就由几何学问可知,CPOCQOCDQ,由图
10、可知： CP= 2 r2mv0qB带电粒子从C运动到 Q沿电场方向的位移为SEDQOQOPCPsin300rmv0qB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 - - - - - - - - - Sv 0CDCOCP优秀学习资料欢迎下载cos 30 03 r3 mv 0qB由类平抛运动规律得：SE1at21qEt2Sv 0v0t2qESEbyMx22m联立以上各式解得：E2Bv0（3）由动能定理得：Ek1mv302联立以上各式解得：Ek7 mv 0 26v=2qU练习：1、（ 1）粒子在电场中加速,依据动能定律得：qU1mv22m（2）粒子进入磁场后,受洛
11、伦兹力做匀速圆周运动,q B vmv2r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,就有a2r2br所以rb2a22 b联立解得Bb22 ba22mUOaN rq（3）图中tan =rb2a21即 =452aab就粒子在磁场中转过=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动身点；由于T2m粒子在磁场中运动时间为t=43T=3b2a22m4bBqqU2、（ 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,最终进入匀强电场做类名师归纳总结 平抛运动,轨迹如下列图.
12、依据牛顿其次定律,有Be v0mv020v0t；第 4 页,共 7 页R要使磁场的区域面积最小,就 Oa为磁场区域的直径, 由几何关系可知：rRcos300求出圆形匀强磁场区域的最小半径r3m v02eB圆形匀强磁场区域的最小面积为S minr2342 mv022 2B e（2）质子进入电场后,做类平抛运动,垂直电场方向：ssin 30- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 平行电场方向：s0 cos301at优秀学习资料欢迎下载eEma ,2,（ 3 分）由牛顿其次定律2解得：s4 3m v02； O 点到 c 点的距离：dOb22 bc3 m v024
13、3 m v022ghheEBeeE3、（ 1）质点在第象限中做平抛运动,设初速度为0v ,由h1gt22hv t2解得平抛的初速度v 02 gh在P 点,速度 v 的竖直重量yvgt2v2gh ,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 恰 能 过 负y 轴2h处 , 故P P为 圆的直径 ,转动 半 径R2 2h2h2又由qvBmv2可解得EmgBm2gRqqh（ 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P 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 ,就：a2mg
14、2gmO2v22 as ,得sv24gh2 h此得出速度减为0时的位置坐标是h ,2 a2 2g4、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W 1,有：W 12qE2 .5L3 qE1 .5L0而且仍能穿过小孔,离开右极板；名师归纳总结 假设球 B 能达到右极板,电场力对系统做功为W 2,有：v 1（1）带电第 5 页,共 7 页W 22 qE25.L3 qE35.L0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；系统开头运动时,设加速度为a1,由牛顿其次定律：a 12qE=qE2 mm2 qEL球 B 刚进入电场时,带电系统的速度为v1,有：v
15、1 22a 1L求得：m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载t 1v 1得：t 12mL（2）设球 B 从静止到刚进入电场的时间为t1,就：a 1qE球 B 进入电场后,带电系统的加速度为a2,由牛顿其次定律：a23 qE2qEqE2m2 m明显,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,就有：2 v 22 v 12a215.Lt2v 2a2v 1求得：v 212 qEL,t 22 mL2mqE球 A 离电场后,带电系统连续做减速运动,设加速度为a 33qE2ma3,再由牛顿其次定律：设球 A 从离
16、开电场到静止所需的时间为 t3,运动的位移为 x,就有：t 3 0 v 2 v 2 2 2 a 3 x 求得：t 1 1 2 mL , x L由可知, 带电系a 3 3 qE 6统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t t 1 t 2 t 3 7 2 mL3 qE球 A 相对右板的位置为：x L65、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21 2 L 1 2 1 eE LeEL mv 0 y at2 2 2 2 m v 0解得 y1 L ,所以原假设成立
17、,即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为（2L,1 L ）4 4（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21 2 1 2 1 eE LeEx mv 1 y at2 2 2 m v 12解得 xyL ,即在电场 I 区域内满意议程的点即为所求位置；4（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 时的情形与 （2）中类似, 然后电子做匀速直线运动,经过 D 点,就有名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - eEx1mv2yy1优秀学习资料L欢迎下载at21eE22222mv 2名师归纳总结 v yatxyeEL,yvyLI 区域内满意议程的点即为所求位置第 7 页,共 7 页mv 2nv 2解得L211,即在电场2n4- - - - - - -