沖刺卷八 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動

1、沖刺卷八帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動(滿分：100分時間：60分鐘)計算題(共5小題，每題20分，共100分。寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分)1(2015保定期末)(20分)如圖所示，平面直角坐標系的x軸上方存在豎直向上的勻強電場，場強為E1，第四象限內(nèi)OC與x軸正方向成60角，OC與x軸間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，OC與y軸間存在垂直O(jiān)C向下的勻強電場，場強為E2。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q0)的粒子從O點以與x軸正方向成30角的初速度v0射入勻強電場E1中，經(jīng)一段時間后從x軸上的Q點進入勻強磁場中，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直穿過OC且剛

2、好能到達y軸上的D點，已知O、Q間的距離為L，粒子重力不計，求：(1)場強E1、E2的大小及磁感應(yīng)強度B的大?。?2)粒子從O點運動到D點所用的時間t。2(2015江蘇南京二模)(20分)如圖所示，在xOy平面的y軸左側(cè)存在沿y軸正方向的勻強電場，y軸右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域、區(qū)域的寬度均為L，高度均為3L。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從坐標為(2L，L)的A點以速度v0沿x方向射出，恰好經(jīng)過坐標為0，(1)L的C點射入?yún)^(qū)域。粒子重力忽略不計。(1)求電場強度大小E；(2)求粒子離開區(qū)域時的位置坐標；(3)要使粒子從區(qū)域上邊界離開，可在區(qū)域內(nèi)加垂

3、直紙面向內(nèi)的勻強磁場B2。試確定磁感應(yīng)強度B2的大小，并說明粒子離開區(qū)域時的速度方向。3(2015南昌一模)(20分)如圖所示，金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長為4a，間距為4a，二板間連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板PQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域PQNM，且OPOQa，PMQNa?，F(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進入磁場，小球離開磁場后在平行金屬板間做直線運動恰好從下板N端射出電場，已知重力加速度為g，求：(1)帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比；(2)小球從釋放到從下板N端射出所需時間。4(2015西安八校聯(lián)考)(20分)在如

4、圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度在數(shù)值上滿足B。在豎直方向存在交替變化的勻強電場(豎直向上為正)，電場強度大小為E0。一傾角為、長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間，斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，從t0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第7秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g。求：(1)第8秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離；(2)第15秒內(nèi)小球未離開斜面，角應(yīng)滿足什么條件？5(2015江蘇南通二模)(20分)如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37

5、角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域內(nèi)加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球的帶電性質(zhì)；(2)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應(yīng)強度B1的大小；(3)區(qū)域內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；(4)區(qū)域內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大小。沖刺卷八帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動1解析(1)粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在勻強電場中做斜上拋運動，由運動的合成與分解知y

6、軸方向：v0sin 30a且a，x軸方向：Lv0cos 30t1，聯(lián)立得E1，由對稱性可知粒子運動到Q點時的速度大小為v0，方向與x軸正方向成30角斜向下，由幾何關(guān)系知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑rOQL，由Bqv0m得B，粒子在OC線下方做勻減速直線運動，到D點速度剛好為0，設(shè)粒子在電場中的位移為s，由幾何關(guān)系知tan 60，得s，而v2s，聯(lián)立解得E2。(2)由(1)知粒子在勻強電場中運動的時間t12，粒子在勻強磁場中運動的時間t2，粒子在勻強電場中運動的時間t3，所以粒子從O點運動到D點所用的時間tt1t2t3L。答案(1)(2)L2解析(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動2Lv0

7、tL()2解得E(2)設(shè)帶電粒子經(jīng)C點時的豎直分速度為vy、速度為vvytv0故vv0，方向與x軸正向成45斜向上粒子進入?yún)^(qū)域做勻速圓周運動，B1qvmR解得：RL由幾何關(guān)系知，離開區(qū)域時的位置坐標：xLy0(3)根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子從區(qū)域上邊界離開磁場的半徑滿足LrL又由r得B2根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角3090答案(1)(2)(L，0)(3)見解析3解析(1)由于帶電小球離開磁場時速度方向與電場線方向成夾角且做直線運動，所以小球是做勻速直線運動，mgqE，E，解得。(2)設(shè)小球進入小孔的速度為v，在磁場中做圓周運動半徑為r，Oex，如圖所示，由數(shù)學(xué)知識知

8、，OcdfdN，sin ，在直角三角形ced中：cos ，在直角三角形dfN中：tan ，聯(lián)立解得：3sin2 2sin cos cos cos2 ，4sin2 12sin cos cos (2sin 1)(2sin 1)(2sin 1)cos 0，解得sin ，由題知：r2a。由r，代入數(shù)據(jù)得v，設(shè)小球做自由落體時間為t1，則t1，設(shè)小球在磁場中運動時間為t2，則t2，設(shè)小球做直線運動時間為t3，則t3tt1t2t3。答案(1)(2)4解析(1)設(shè)第1秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度為a，由牛頓第二定律，得(mgqE0)sin ma第1秒末的速度為vat第2秒內(nèi)有qE0mg所以小球?qū)㈦x開斜面在上

9、方做勻速圓周運動，則由向心力公式得，qvB圓周運動的周期為T1 s由圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運動。所以第7秒末的速度為v7a(t1t3t5t7)8gsin 小球離開斜面的最大距離為d2R4。(2)第15秒內(nèi)仍在斜面上，則有vatBqv(mgqE0)cos 又t8 s解得arctan。答案(1)(2)arctan圖a5解析(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖a所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電。(2)由圖a知tan 37，得E1cos 37，得B

10、1。(3)當區(qū)域中的電場強度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖b所示(電場力方向與速度方向垂直)，圖b小球做勻加速直線，由圖知cos 37，得E2，方向與x軸正方向成53角向上。(4)小球在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，所以mgqE3，得E3，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖c所示，由(3)知Fmgsin 37，即agsin 37，由運動學(xué)規(guī)律知(2v0)2v2aOC，解得OC，由幾何關(guān)系知tan 37，得r，由洛倫茲力提供向心力知B2q2v0m，聯(lián)立得B2。圖c答案(1)正電(2)(3)與x軸正方向成53角向上(4)帶電粒子在疊加場中運動的處理方法(1)弄清疊加場的組成特點。(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點。(3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止。例如電場與磁場滿足qEqvB；