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- 2021-05-13 发布
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高考带电粒子在复合场中的运动
1.如图,在xOy平面内,MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁
场,y轴上离坐标原点4L的A点处有一电子枪,可以沿+x方向射出速度为v0的电子(质
量为m,电荷量为e).如果电场和磁场同时存在,电子将做匀速直线运动.如果撤去电
场,只保留磁场,电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场.不计重力的影响,求:
(1)磁感应强度B和电场强度E的大小和方向;
(2)如果撤去磁场,只保留电场,电子将从D点(图中未标出)离开电场,求D点的坐标
;
(3)电子通过D点时的动能.
2.(16分)如图甲所示,两个几何形状完全相同的平行板电容器PQ和MN,水平置于水平
方向的匀强磁场中(磁场区域足够大),两电容器极板的左端和右端分别在同一竖直线
上,已知P、Q之间和M、N之间的距离都是d,极板本身的厚度不计,板间电压都是U,
两电容器的极板长相等。今有一电子从极板PQ中轴线左边缘的O点,以速度v0沿其中轴
线进入电容器,并做匀速直线运动,此后经过磁场偏转又沿水平方向进入到电容器MN
之间,且沿MN的中轴线做匀速直线运动,再经过磁场偏转又通过O点沿水平方向进入
电容器PQ之间,如此循环往复。已知电子质量为m,电荷量为e。不计电容之外的电场
对电子运动的影响。
(1)试分析极板P、Q、M、N各带什么电荷?
(2)求Q板和M板间的距离x;
(3)若只保留电容器右侧区域的磁场,如图乙所示。电子仍从PQ极板中轴线左边缘的O点
,以速度v0沿原方向进入电容器,已知电容器极板长均为
。则电子进入电容器MN时距MN中心线的距离?要让电子通过电容器MN后又能回到O点,
还需在电容器左侧区域加一个怎样的匀强磁场?
2 2
0
4
md v
eU
3.如图所示的坐标系,x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向。在x轴上方空间的第一、第二象限
内,既无电场也无磁场,在第三象限,存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面(纸
面)向里的匀强磁场,在第四象限,存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强
相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点,从y轴上y =
h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x = –
2h处的P2点进入第三象限,带电质点恰好能做匀速圆周
运动。之后经过y轴上y = –
2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求:
(1)粒子到达P2点时速度的大小和方向;
(2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小;
(3)带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的
大小和方向。
4如图所示,PR是一块长为L=4
m的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR的匀强电场E,在板的右半部
分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B,一个质量为m=0.1 kg,带电量为q=0.5
C的物体,从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场
后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返
回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C点,PC=L/4,物体与平板间
的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s2 ,求:
(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷?
(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2
(3)磁感应强度B的大小
(4)电场强度E的大小和方向
图12
5如图(甲)所示,两水平放置的平行金属板C、D相距很近,上面分别开有小孔
O和O',水平放置的平行金属导轨P、Q与金属板C、D接触良好,且导轨垂直放在磁感强度为
B1=10T的匀强磁场中,导轨间距L=0.50m,金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做
往复运动,其速度图象如图(乙),若规定向右运动速度方向为正方向.从t=0时刻开始,由
C板小孔O处连续不断地以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10 -21kg、电量q=1.6×10 -
19C的带正电的粒子(设飘入速度很小,可视为零).在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2
=10T,MN与D相距d=10cm,B1和B2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计),求
(1)0到4.Os内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN?
(2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少?
6如图所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、
方向水平向右,其宽度为L;中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面
向外;右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子
(质量m,电量q,不计重力)从电场左边缘a点由静止开始运动,穿过中间磁场区域进入
右侧磁场区域后,又回到了a点,然后重复上述运动过程。(图中虚线为电场与磁场、
相反方向磁场间的分界面,并不表示有什么障碍物)。
(1)中间磁场区域的宽度d为多大;
(2)带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比;
(3)带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.
7如图所示,abcd是一个正方形的盒子,
在cd边的中点有一小孔e,盒子中存在着沿ad方向
的匀强电场,场强大小为E。一粒子源不断地从a处
的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子,粒子
的初速度为v0,经电场作用后恰好从e处的小孔射出。
现撤去电场,在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁
场,磁感应强度大小为B(图中未画出),粒子仍恰
好从e孔射出。(带电粒子的重力和粒子之间的相互作用
力均可忽略)
(1)所加磁场的方向如何?
(2)电场强度E与磁感应强度B的比值为多大?
8如图所示,水平轨道与直径为d=0.8m的半圆轨道相接,半圆轨道的两端点A、B连线是一
条竖直线,整个装置处于方向水平向右,大小为103V/m的匀强电场中,一小球质量m=0.5k
g,带有q=5×10-
3C电量的正电荷,在电场力作用下由静止开始运动,不计一切摩擦,g=10m/s2,
(1)若它运动的起点离A为L,它恰能到达轨道最高点B,求小球在B点的速度和L的值.
(2)若它运动起点离A为L=2.6m,且它运动到B点时电场消失
,它继续运动直到落地,求落地点与起点的距离.
9如图所示,在真空区域内,有宽度为L的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场方向垂直纸面向
里,MN、PQ是磁场的边界。质量为m,带电量为-q的粒子,先后两次沿着与MN夹角为θ
(0<θ<90º)的方向垂直磁感线射入匀强磁场B中,第一次,粒子是经电压U1加速后射入磁
场,粒子刚好没能从PQ边界射出磁场。第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场,粒子则刚
好垂直PQ射出磁场。不计重力的影响,粒子加速前速度认为是零,求
:
(1)为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动,直至射出PQ
边界,可在磁场区域加一匀强电场,求该电场的场强大小和方向。
(2)加速电压 的值。
10空间存在着以x=0平面为分界面的两个匀强磁场,左右两边磁场的磁感应强度分别为B1和
B2,且B1:B2=4:3,方向如图所示。现在原点O处一静止的中性原子,突然分裂成两个带电粒
子a和b,已知a带正电荷,分裂时初速度方向为沿x轴正方向,若a粒子在第四次经过y轴时
,恰好与b粒子第一次相遇。求:
(1)a粒子在磁场B1中作圆周运动的半径与b粒子在磁场B2中圆周运动的半径之比。
(2)a粒子和b粒子的质量之比。
1
2
U
U
×
×
×
×
×
×
×
×
L
N Q
B
M P
θ
11如图1所示,真空中相距
的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势
变化的规律如图2所示
将一个质量 ,电量
的带电粒子从紧临B板处释放,不计重力。求
(1)在 时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
(2)若A板电势变化周期 s,在
时将带电粒子从紧临B板处无初速释放,粒子到达A板时动量的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在 到
时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子,粒
子不能到达A板。
12如图所示,在足够大的空间范围内,同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的
水平匀强磁场,磁感应强度B=1.57T。小球1带正电,其电量与质量之比q1/m1=4C/kg,所受
重力与电场力的大小相等;小球2不带电,静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右
以υ0=23.59m/s的水平速度与小球2正碰,碰后经过0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电
情况不发生改变,且始终保持在同一竖直平面内。(取g=10m/s2)
问:(1)电场强度E的大小是多少?
(2)两小球的质量之比 是多少?
13在图示区域中,χ轴上方有一匀强磁场,磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为
B,今有一质子以速度v0由Y轴上的A点沿Y轴正方向射人磁场,质子在磁场中运动一段
时间以后从C点进入χ轴下方的匀强电场区域中,在C点速度方向与χ轴正方向夹角为
450,该匀强电场的强度大小为E,方向与Y轴夹角为450且斜向左上方,已知质子的质量为
5d cm=
272.0 10m kg−= × 11.6 10q C−= + ×
0t =
81.0 10T −= × 0t =
4
Tt =
2
Tt =
2
1
m
m
m,电量为q,不计质子的重力,(磁场区域和电场区域足够大)求:
(1)C点的坐标。
(2)质子从A点出发到第三次穿越χ轴时的运动时间。
(3)质子第四次穿越χ轴时速度的大小及速度方向与电场E方向的夹角。(角度用反三角
函数表示)
14图中y轴AB两点的纵坐标分别为d和-
d。在0《y《d的区域中,存在沿y轴向上的非均匀电场,场强E的大小与y成正比,即E=ky;
在y》d的区域中,存在沿y轴向上的匀强电场,电场强度F=kd(k属未知量)。X轴下方空间各
点电场分布与x轴上方空间中的分布对称,只是场强的方向都沿y轴向下。现有一带电量为q
质量为m的微粒甲正好在O、B两点之问作简谐运动。某时刻将一带电蕾为2q、质量为m的微
粒乙从y轴上的c点处由静止释放,乙运动到0点和甲相碰并
结为一体(忽略两微粒之间的库仑力)。在以后的运动中,
它们所能达到的最高点和最低点分别为A点和D点,且经过P
点时速度达到最大值(重力加速度为g)。
(1)求匀强电场E;
(2)求出AB间的电势差UAB及OB间的电势差UOB;
(3)分别求出P、C、D三点到0点的距离。
15如图所示,在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点处分别固定着两个带电量相等的正电
荷,a、b是AB连线上的两点,其中Aa=Bb=L/4,O为AB连线的中点,一质量为m带电量为+
q的小滑块(可以看作质点)以初动能E从a点出发,沿直线AB向b点运动,其中小滑块第一
次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>l),到达b点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点
,求:
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数。
(2)O、b两点间的电势差U。
(3)小滑块运动的总路程。
答案
1、:(1)只有磁场时,电子运动轨迹如图1所示 (1分)
洛伦兹力提供向心力Bev0=m (1分)
由几何关系R2=(3L)2+(4L-R)2 (2分)
求出B= ,垂直纸面向里. (1分)
电子做匀速直线运动Ee=Bev0 (1分)
求出E= 沿y轴负方向 (1分)
(2)只有电场时,电子从MN上的D点离开电场,如图2所示(1分)
设D点横坐标为x x=v0t (2分)
2L= (2分)
求出D点的横坐标为x= ≈3.5L (1分)
纵坐标为y=6L. (1分)
(3)从A点到D点,由动能定理Ee·2L=EkD- mv02 (2分)
求出EkD= mv02. (2分)
2、解析:(1)电子受磁场力向下,则受电场力向上,所以P板带正电,Q板带负电
2分
同理可知,M板带负电,N板带正电 2分
(2)电子在电容器中由平衡条件有: 2分
电子在磁场中做圆周运动的半径为R,则: 1分
R
v 2
0
eL
mv
25
8 0
eL
mv
25
8 2
0
2
2 tm
eE
2
25
2
1
50
57
d
eUevB =
R
vmevB
2
=
Q板和M板间的距离,应满足: 1分
(3)电子离开电容器P、Q时的侧移量为: 2分
, , 2分
电子进入电容器M、N之间的位置在中轴线以上y处。
电子进入电容器M、N后,在电场力作用下作类抛体运动,根据对称性可知,电子在竖直方
向上的位移为y,离开电容器M、N的位置在中轴线以上2y处,速度大小为,方向与中轴线平
行
2分
, 1分
方向垂直于纸面向里(水平) 1分
3解:
(1)参见图,带电质点从P1到P2,由平抛运动规律
h = …………①(2分)
v0 = …………………②(1分)
vy = gt……………………③(1分)
求出v = …④(2分)
方向与x轴负方向成45°角(1分)
用其它方法求出正确答案的同样给分。
(2)带电质点从P2到P3,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力
Eq = mg………………………………⑤(1分)
Bqv = m …………………………⑥(2分)
(2R)2 = (2h)2 + (2h)2………………⑦(2分)
由⑤解得E = …………………………………(2分)
联立④⑥⑦式得B = ……………………………………(2分)
(3)带电质点进入第四象限,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动。当
竖直方向的速度减小到0,此时质点速度最小,即v在水平方向的分量
2
022 dmvx R d deU
= − = −
2 2
0
1 ( )2 2 8
eU l dy at md v
= = =
2vevB m r
= 0cosv vθ = 2 cos 2h r Rθ= =
2
022 2 4 4
dmvd dr R eU
′ = − = −
2
0
0
vev B m r
′ = ′
0
2
0
8
8
mv UB dmv edU
′ = −
2
2
1 gt
t
h2
ghvv y 222
0 =+
R
v2
q
mg
h
g
q
m 2
图
vmin = v cos45°= ………………………………(2分)
方向沿x轴正方向…………………………………………(2分)
4(1)由于物体返回后在磁场中无电场,且仍做匀速运动,故知摩擦力为0,所以物体带正
电荷.且:mg=qBv2…………………………………………………………①
(2)离开电场后,按动能定理,有:-μmg =0- mv2………………………………②
由①式得:v2=2 m/s
(3)代入前式①求得:B= T
(4)由于电荷由P运动到C点做匀加速运动,可知电场强度方向水平向右,且:(Eq-
μmg) mv12-0……………………………………………③
进入电磁场后做匀速运动,故有:Eq=μ(qBv1+mg)……………………………④
由以上③④两式得:
5.(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时,粒子才可能从O运动到O’,而
粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足:①
设CD间的电压为U,则②
解①②得 U=25V,又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.
所以根据(乙)图可以推断在0.25s = ×
1 1m g q E=
2.5 /E N C=
③ 半径为 ④
周期为 ⑤两小球运动时间
小球1只能逆时针经过 个周期时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2作平抛运动 ⑦
⑧
两个小球第一次碰撞前后动量守恒,以水平向右为正方向
⑨由⑦、⑧式得
由④式得 两小球
13.质子的运动轨迹如图
(1)
质子在电场中先作减速运动并使速度减为零,然后反向运动,在电场中运动的时间
2
1
1 1 1
1
vq v B m R
= 1 1
1
1
m vR q B
=
1
1
2 1mT sq B
π= = 30.75 4t s π= =
3
4
2
1
1
2h R gt= =
1 2
1
2L R v t= =
1 0 1 1 2 2m v m v m v= − + 2 3.75 /v m s=
1 1
1
1
17.66 /q BRv m sm
= = 0 12
1 2
11v vm
m v
+= =
质子从C运动到D的时间
所以,质子从A点出发到第三次穿越χ轴所需时间
(3)质子第三次穿越χ轴后,在电场中作类平抛运动,由于V0与χ负方向成45。角,所以第
四次穿越x轴时
所以,速度的大小为
速度方向与电场E的夹角设为θ,如图所示
14(1)2mg/q
(2)UAB=0;UOB=mgd/q
(3)OP=d/3; OC=2.4d ; OD=2d
15(1)因为+ 是以中点O对称,所以 ……………………………1′
滑块由a→b,根据动能定理: ………………………………2′
∴ ………………………………………………………2′
(2)对小滑块由o→b的过程,根据动能定理: ………………2′
……………………………………………2′
(3) ……………………………………………………2′
小滑块从a点开始,最终停在O点,根据动能原理
- …………………………………………………………………2′
baqq bA 、,+= 0=abU
02
1 EmgqU ab −=− µ
mgl
E02=µ
04
1 nEmgqU ab −=⋅− µ
q
En
q
nEmg
U ab 2
)21(4
1
0
0 −=
−⋅
=
µ
q
EnUU abab 2
)12( 0−=−=
aoqU 0Emgs −=µ
S= ……………………………………………………2′0 (2 1)
4
aoqU E n l
mgµ
+ +=