高考带电粒子在复合场中的运动压轴题选讲 16页

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 + +=