带电粒子在复合场中的运动典型例题汇编 2.pdf
优秀教案欢迎下载专题八带电粒子在复合场中的运动考纲解读1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题1 带电粒子在复合场中的直线运动某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出 )， 带电小球沿如图1 所示的直线斜向下由A 点沿直线向B 点运动，此空间同时存在由A 指向 B 的匀强磁场，则下列说法正确的是() A小球一定带正电图 1 B小球可能做匀速直线运动C带电小球一定做匀加速直线运动D运动过程中，小球的机械能增大答案CD 解析由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受洛伦兹力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A 错误；重力和电场力的合力不为零，故不可能做匀速直线运动，所以选项 B 错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速直线运动，选项C 正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D 正确2 带电粒子在复合场中的匀速圆周运动如图 2 所示， 一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是() A小球一定带正电图 2 B小球一定带负电C小球的绕行方向为顺时针D改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动答案BC 解析小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A 错误， B 正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C 正确， D 错误考点梳理一、复合场1 复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现2 三种场的比较项目名称力的特点功和能的特点重力场大小： Gmg 方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能静电场大小： FqE 方向： a.正电荷受力方向与场强方向相同b.负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关WqU 电场力做功改变电势能磁场洛伦兹力 FqvB 方向可用左手定则判断洛伦兹力不做功， 不改变带电粒子的动能二、带电粒子在复合场中的运动形式1 静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动2 匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时， 带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动3 较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线4 分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成3 质谱仪原理的理解如图 3 所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和 E.平板 S上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片A1A2.平板 S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是() A质谱仪是分析同位素的重要工具图 3 B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小答案ABC 解析粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页优秀教案欢迎下载外，选项B 正确；由EqBqv 可知， vE/B，选项 C 正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D2mvBq，可见 D 越小，则粒子的比荷越大，D 不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A 正确， D 错误4 回旋加速器原理的理解劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4 所示置于高真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若 A 处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是() 图 4 A质子被加速后的最大速度不可能超过2 RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C质子第2 次和第 1 次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为21 D不改变磁感应强度B 和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变答案AC 解析粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v2 RT2 Rf，故 A 正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm12mv212m42R2f 2 2m2R2f 2，与加速电压U 无关， B 错误；根据RmvBq， Uq12mv21，2Uq12mv22，得质子第2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比为21，C 正确；因回旋加速器的最大动能Ekm2m2R2f 2与 m、R、f 均有关， D 错误规律总结带电粒子在复合场中运动的应用实例1 质谱仪(1)构造：如图5 所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成图 5 (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU12mv2. 粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动， 根据牛顿第二定律得关系式qvBmv2r. 由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r 1B2mUq，mqr2B22U，qm2UB2r2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页优秀教案欢迎下载2 回旋加速器(1)构造：如图6 所示， D1、D2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中(2)原理： 交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝隙， 两盒间的电势差一次一次 地 反 向 ， 粒 子 就 会 被 一 次 一 次 地 加 速 由qvBmv2r， 得Ekmq2B2r22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和 D 形盒图 6 半径 r 决定，与加速电压无关特别提醒这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动) 的原理3速度选择器 (如图 7 所示 )(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE qvB，即 vEB. 图 7 4 磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能(2)根据左手定则，如图8 中的 B 是发电机正极(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由 qEqULqvB 得两极板间能达到的最大电势图 8 差 UBLv. 5 电磁流量计工作原理：如图9 所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子 )，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就图 9 保持稳定，即：qvBqEqUd，所以 vUBd，因此液体流量QSv d24UBd dU4B. 考点一带电粒子在叠加场中的运动1 带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子) 若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、磁场力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题2 带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果例 1如图 10 所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切一个带正电的粒子(不计重力 )沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，则经t02时间打到极板上图 10 (1)求两极板间电压U；(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从 O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？解析(1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动L(L2R)t0t02，解得 L4R粒子在电场中做类平抛运动：L2Rv0t02aqEmR12a(t02)2在复合场中做匀速运动：qU2Rqv0B联立各式解得v04Rt0，U8R2Bt0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r ，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为 ，由几何关系可知： 45 ，r2rR因为 R12qEm(t02)2，所以qEmqv0Bm8Rt20根据牛顿第二定律有qvBmv2r，解得 v221 Rt0所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0v221 Rt0答案(1)8R2Bt0(2)0v0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在tT02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区(不计粒子重力，不考虑极板外的电场) 图 12 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(1)求粒子到达S2时的速度大小v 和极板间距d. (2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t3T0时刻再次到达S2， 且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小审题指导1.粒子的运动过程是什么？2要在 t3T0时使粒子再次到达S2，且速度为零，需要满足什么条件？解析(1)粒子由 S1至 S2的过程，根据动能定理得qU012mv2 由 式得 v2qU0m设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qU0dma 由运动学公式得d12a(T02)2 联立 式得 dT042qU0m(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvBmv2R要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2RL2联立 式得 B4L2mU0q(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t1，有 dvt1 联立 式得 t1T04若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为 t2，根据运动学公式得dv2t2 联立 式得 t2T02?设粒子在磁场中运动的时间为tt3T0T02t1t2 ?联立 ?式得 t7T04?设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由 式结合运动学公式得T2 mqB?由题意可知Tt ?联立 ?式得 B8 m7qT0. 答案(1) 2qU0mT042qU0m(2)B1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离答案见解析解析(1)设带电颗粒的电荷量为q， 质量为 m.由于粒子从Q 点离开磁场后做匀速直线运动，则有Eq mg将qm1k代入，得Ekg. (2)如图所示，粒子在磁场区域内由洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，则有qv0Bmv20R而由几何知识有R2 (3d)2(Rd)2 联立 解得Bkv05d. (3)设速度为 v0的颗粒在磁场区域运动时竖直方向的位移为y1，离开磁场后做匀速直线运动时竖直方向的位移为y2，偏转角为 ，如图所示，有q v0Bm v02R1将qm1k及式代入 式，得R1 5dtan 221)3(3dRdy1R1)3(221dRy2ltan 则速率为 v0( 1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离为yy1y2解得 y d(5 2529)3l252 9. 模拟题组4. 如图 19 所示，坐标平面第象限内存在大小为E4105 N/C、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页优秀教案欢迎下载方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比为mq41010 N/C 的带正电粒子从x 轴上的 A 点以初速度v02 107 m/s 垂直 x 轴射入电场， OA0.2 m，不计重力求：图 19 (1)粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离；(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B 的取值范围 (不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况) 答案(1)0.4 m(2)B(22 2)102 T 解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y，则： sOA12at2aFmEFqyv0t联立解得a1.0 1015 m/s2t2.0108 sy0.4 m (2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为：vxat2107 m/s 粒子经过y 轴时的速度大小为：vvx2+v0222107 m/s 与 y 轴正方向的夹角为 ， arctan vxv045要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：R22RyqvBmv2R联立解得B(22 2)102 T. 5 如图 20 甲所示，在以O 为坐标原点的xOy 平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t0 时刻以 v03gt0的初速度从O 点沿 x 方向 (水平向右 )射入该空间，在 t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小 E0mgq，磁场垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小B0 mqt0，已知小球的质量为m，带电荷量为q，时间单位为t0，当地重力加速度为g，空气阻力不计试求：图 20 (1)t0末小球速度的大小；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)小球做圆周运动的周期T 和 12t0末小球速度的大小；(3)在给定的xOy 坐标系中，大体画出小球在0 到 24t0内运动轨迹的示意图；(4)30t0内小球距x 轴的最大距离答案(1)10gt0(2)2t013gt0(3)见解析图(4)923 3 2gt20解析(1)由题图乙知，0t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末：vv0 x2+v0y23gt02 gt0210gt0(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F1qE0mg，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB0mv2r运动周期T2 rv，联立解得T2t0由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5 倍，即在这 10t0内，小球恰好做了5 个完整的匀速圆周运动所以小球在t1 12t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t2t0时的末速度vy1g 2t02gt0，vx1 v0 x3gt0所以 12t0末 v1vx12+vy1213gt0(3)24t0内运动轨迹的示意图如图所示(4)分析可知， 小球在 30t0时与 24t0时的位置相同， 在 24t0内小球相当于做了t23t0的平抛运动和半个圆周运动.23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为y212g(3t0)292gt20竖直分速度vy23gt0v0，所以小球与竖直方向的夹角为 45 ，速度大小为v232gt0此后小球做匀速圆周运动的半径r2mv2qB032gt2030t0内小球距 x 轴的最大距离：y3y2(1cos 45 )r29233 2gt20专题突破练带电粒子在复合场中的运动(限时： 60 分钟 ) ? 题组 1对带电粒子在叠加场中运动的考查1. 如图 1 所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球 P 套在杆上，已知P 的质量为m，电荷量为 q，电场强度为E，磁感应强度为B，P 与杆间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页优秀教案欢迎下载() A小球的加速度一直减小B小球的机械能和电势能的总和保持不变图 1 C下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v2 qE mg2 qBD下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v2 qE mg2 qB答案CD 解析对小球受力分析如图所示，则 mg (EqqvB)ma，随着 v 的增加，小球加速度先增加，当EqqvB 时加速度达到最大值amax g，继续运动，mg (qvBEq)ma，随着 v 的增加， a 逐渐减小，所以A 错误因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小， B 错误若在前半段达到最大加速度的一半，则mg (EqqvB)mg2，得 v2 qE mg2 qB，若在后半段达到最大加速度的一半，则mg (qvBEq) mg2，得 v2 qE mg2 qB，故 C、D 正确2 如图 2 所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后， 水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中 (E 和 B 已知 )，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则() 图 2 A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径为r1B2UEgC小球做匀速圆周运动的周期为T2 EBgD若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加答案BC 解析小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mgEq，则小球带负电，A 错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqvmv2r，Uq12mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r1B2UEg，由 T2 rv可以得出T2 EBg，与电压 U 无关，所以B、C 正确， D 错误3 如图 3 所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为 Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek的大小是() AEk Ek 图 3 BEkEkCEkEk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23 页优秀教案欢迎下载D条件不足，难以确定答案B 解析设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场里，由动能定理可得：eU12mv2，在复合场里有：BqvqE? vEB，同理对于氘核由动能定理可得其离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B 选项正确? 题组 2对带电粒子在组合场中运动的考查4 如图 4 所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L1 m间距 d33m，两金属板间电压UMN1104V；在平行金属板右侧依次存在ABC 和 FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A 与上金属板 M 平齐， BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形 FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2.已知 A、F、G 处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上AF 两点的距离为23m现从平行金属板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m31010 kg，带电荷量q 1104 C，初速度 v01105 m/s. 图 4 (1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向；(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B1；(3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B2应满足的条件答案(1)2 33105 m/s与水平方向夹角为30(2)3 310T(3)大于235T 解析(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，qUMNdma故 aqUMNdm331010 m/s2tLv01 105 s 竖直方向的速度为vyat33105 m/s 射出电场时的速度为vv02+vy22 33105 m/s 速度 v 与水平方向夹角为 ，tan vyv033，故 30 ，即垂直于AB 方向射出精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y12at236md2， 即粒子由 P 点垂直 AB 边射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为R1dcos 30 23m 由 B1qvmv2R1知 B1mvqR13310T (3)分析知当运动轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：由几何关系可知R2R2sin 601 故半径 R2(233) m 又 B2qvmv2R2，故 B2235T 所以 B2应满足的条件为大于235T. 5. 如图 5 所示，一个质量为m、电荷量为q 的正离子，在D 处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里结果离子正好从距A 点为 d 的小孔 C 沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC 平行且向上，最后离子打在G 处，而 G 处距 A 点 2d(AG AC)图 5 不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)离子从 D 处运动到G 处所需时间；(3)离子到达G 处时的动能答案(1)23d(2)92m3Bq(3)4B2q2d29m解析(1)正离子轨迹如图所示圆周运动半径r 满足：dr rcos 60 解得 r23d(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有： qv0Bmv02rT2 rv02 mqB由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t113T2 m3Bq离子在电场中做类平抛运动，从C 到 G 的时间为： t22dv03mBq离子从 DCG 的总时间为：tt1t292m3Bq精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(3)设电场强度为E，则有：qEmad12at22由动能定理得：qEdEkG12mv20解得 EkG4B2q2d29m? 题组 3对带电粒子在交变的电场或磁场中运动的考查6 如图 6 甲所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm106 C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过15105 s 后，电荷以v01.5104 m/s 的速度通过MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直， 磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为 t0时刻 )求：甲乙图 6 (1)匀强电场的电场强度E；(2)图乙中 t45105 s 时刻电荷与O 点的水平距离；(3)如果在 O 点右方 d68 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间(sin 37 0.60，cos 37 0.80) 答案(1)7.2103 N/C(2)4 cm(3)3.86104 s 解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0at1，Eqma解得： Emv0qt1 7.2103 N/C (2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r1mv0B1q5 cm 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 23 页优秀教案欢迎下载周期 T12 mB1q23105 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2mv0B2q3 cm 周期 T22 mB2q25105 s 故电荷从t0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示t45105 s 时刻电荷与O 点的水平距离： d2(r1r2)4 cm (3)电荷从第一次通过MN 开始， 其运动的周期为：T45 105 s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15 个，此时电荷沿MN 运动的距离：s15 d 60 cm 则最后 8 cm 的距离如图所示，有：r1r1cos 8 cm 解得： cos 0.6，则 53故电荷运动的总时间：t总t115T12T153360T13.86104 s 7 如图 7 甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E40 N/C ，在 y 轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间 t 变化的规律如图乙所示， 15 s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r0.3 m 的圆形区域 (图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B2 0.8 Tt 0 时刻，一质量m 8 104 kg、电荷量 q2 104 C 的微粒从x 轴上 xP 0.8 m 处的 P 点以速度 v0.12 m/s 向 x 轴正方向入射 (g 取 10 m/s2，计算结果保留两位有效数字) 甲乙图 7 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(1)求微粒在第二象限运动过程中离y 轴、 x 轴的最大距离(2)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)答案(1)3.3 m,2.4 m(2)(0.30,2.3) 解析(1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F电Eq8103 N，Gmg8103 N F电G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为 qvB1mv2R1所以 R1mvB1q0.6 m T2 mB1q10 s 从图乙可知在05 s 内微粒向左做匀速圆周运动在 5 s10 s 内微粒向左匀速运动，运动位移x1vT20.6 m 在 10 s15 s 内，微粒又做匀速圆周运动，15 s 以后向右匀速运动，之后穿过y 轴所以，离 y 轴的最大距离s0.8 mx1R11.4 m0.6 m3.3 m 离 x 轴的最大距离s2R124R12.4 m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页优秀教案欢迎下载(2)如图， 微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点 A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径因为 qvB2mv2R2所以 R2mvB2q0.6 m2r所以最大偏转角 60所以圆心坐标x0.30 m ys rcos 60 2.4 m0.3 m122.3 m，即磁场的圆心坐标为(0.30,2.3) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 23 页
