带电粒子在复合场中的运动

第53节带电粒子在复合场中的运动1.2017年新课标I卷16．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向量，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是A．abcmmmB．bacmmmC．cbammmD．acbmmm【答案】B【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以bacmmm，故B正确；ACD错误。2.2012年物理海南卷2．如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量C．电场强度D．磁感应强度答：B解析：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不会改变，选项B正确。3.2013年浙江卷20．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为3∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3答案：BCDU+Bθ左右解析：根据212qUmv，认为两种粒子的质量近似相等，可得，粒子进入磁场时，动能之比为1:3，1212::1:3vvqq，在磁场中做圆周运动的加速度2vaR,轨道半径mvRBq，可得半径之比为3:1；加速度之比为:1:33；由几何关系知，P3+在磁场转过60o，带电粒子在磁场中速度不变，离开电场区域时的动能之比为1:3。4.2018年北京卷、18．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关．．的是（C）A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度解析：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，有qEqvB，则BEv，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场和电场的方向及强度都要有要求，但对粒子的带电量的大小和电性没有要求，故选项C正确ABD错误。5.2016年天津卷11、如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为53/ENC，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量61.010mkg，电荷量6210Cq，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g=10m/s2，求（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角60°（2）3.5s【解析】（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有2222qvBqEmg①代入数据解得20m/sv②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足BEPθθvqEmgqvBtanqEmg③代入数据解得tan360④（2）解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有2222qEmgam⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有212yat⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanyx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得23st=3.5s⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy=vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有2102yvtgt⑥联立⑤⑥式，代入数据解得23s=3.5st⑦6.2012年理综浙江卷24．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0，带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B'，则B'的大小为多少？【解析】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有Uqmgd得mgdqU，由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷。（2）进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力，20ovqvBmR考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=d,由此可得:02vUBgd（3）根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R',有20''ovqvBmR由图示可得：222'(')2dRdR得：5'4Rd，联立求得：024'5vUBgd7.2015年理综福建卷22.（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中d第24题图MMd/2v0Rd解析第24题图BMNACDEvDPh速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。答案：：（1）E/B（2）2221BEmmghWf（3）22222DpvtmqEmgv解析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE解得：v=E/B（2）从A到C根据动能定理：0212mvWmghf解得：2221BEmmghWf（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为221atx从D到P，根据动能定理：222121DpmvmvFx，其中22qEmgF联立解得：22222DpvtmqEmgv8.2014年理综四川卷10．（17分）在如图所示的竖直平面内。水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=449m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ=370。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E=1×104N/C。小物体P1质量m=2×10-3kg、电荷量q=+8×10-6C，受到水平向右的推力F=9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u=0.5，取g=10m/s2,sin370=0.6，cos370=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速θ=37°sHODGEBP2P1FCr度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s。解：设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合理为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s④说明：①③式各1分，②④式各2分（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理mvmv)cos(mgrsinqErG212112⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1，则21121tatvsG⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＋qEsinθ)＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，则22221tas⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2⑩s＝0.56m⑾说明：⑦⑧⑨⑩式各1分，⑥⑾式各2分9.2012年理综新课标卷25.（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R53。现将磁场换为平行于纸面且垂baO直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。[答案]mqRBE5142[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得qvB=mv2r①式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，rbcac②设cd=x，由几何关系得xRac54③2253xRRbc④联立式得Rr57⑤再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得maqE⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得221atr⑦rvt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得mqRBE5142⑨10.2012年物理江苏卷15.(16分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场.图中装置由加速器和平移器组成，,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反.质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后,水平射入偏转电压为U1的平移器,最终从A点水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0时,欲使baOcdlll+-U0-U1U1m+qAyxzO待测区域粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射入方向y－yz－z受力大小