2015高考物理二轮复习题型通关 专练19

专练19 带电粒子在复合场中的运动

1．如图1所示，在直角坐标系xOy 平面内，第二象限内虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L,0)其左侧有水平向左的匀强电场E 1，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场E 2，E 1、E 2均未知，在第一、三、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 未知．现有一质量为m 、电荷量为q 的负粒子从图中A 点静止释放，不计粒子重力，粒子到达MN 上的P 点时速度为v 0，速度方向水平，粒子从y 轴上的C 点(0,0.5L )与y 轴负方向成30°角进入磁场，偏转后从x 轴上的D 点(图中未画出)垂直x 轴穿出磁场并进入MN 左侧电场且刚好又击中P 点，求：

图1

(1)匀强电场的电场强度E 2的大小． (2)匀强磁场磁感应强度B 的大小． (3)匀强电场的电场强度E 1的大小．

解析 (1)粒子在电场E 2中做类平抛运动，令粒子进入磁场时速度为v ，沿y 轴方向的速度大小为v y

则有cot 30°＝v y v 0

＝qE 2L m v 20

所以E 2＝3m v 20qL

.

(2)粒子的运动轨迹如图所示，由运动规律及图中角度知ΔCO 1G 是一正三角形，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ＝CG ＝2OC ＝L 又因Bq v ＝m v 2

r 而v 0＝v sin 30° 联立得B ＝2m v 0qL .

(3)粒子从D 到P 做类平抛运动，所用时间为t 1，则有 OD －ON ＝qE 1

2m t 21 NP ＝v t 1而OD ＝r ＋32r

粒子从P 到C 所用时间为t 2，则t 2＝L

v 0

，

所以NP ＝L 2＋qE 22m t 2

2＝3＋12L 联立得E 1＝(163－24)m v 20

qL

.

答案 (1)3m v 20

qL (2)2m v 0qL (3)(163－24)m v 2

0qL

2．(2014·宿州市第三次质量检测)如图2所示，水平放置的两平行金属板A 、B 长8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，两板间电势差U AB ＝300 V ，一质量m ＝1.0×10

－20

kg 、电荷量q ＝1.0×10－10 C 、初速度v 0＝2×106 m/s 的带正电的粒子，沿

A 、

B 板中心线OO ′飞入电场，粒子飞出两板间电场后，经PQ 上某点进入PQ 右侧、OO ′下侧的足够大的匀强磁场中，最后垂直OO ′射出磁场．已知MN 、PQ 两界面相距L ＝12 cm 、D 为中心线OO ′与PQ 界面的交点，不计粒子重力．求：

图2

(1)粒子飞出两板间电场时偏离中心线OO′的距离；

(2)粒子经过PQ界面时到D点的距离；

(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．

解析(1)设粒子在电场中的偏移距离为y

在电场中，由牛顿第二定律得：qU AB

d＝ma

由类平抛运动的规律得：d＝v0t

y＝1

2at

2

v y＝at

v＝v20＋v2y

tan θ＝v y v0

联立以上各式代入数值得：y＝3 cm

v＝2.5×106 m/s，tan θ＝3 4

(2)设粒子经过PQ界面时到D点的距离为H 由几何知识得：H＝y＋L tan θ

代入数值得：H＝12 cm

(或用：H

y＝

L＋

1

2d

1

2d

也可得分)

(3)设粒子在磁场中圆周运动的圆心为S，半径为R

由图可知：R＝

H cos θ

由牛顿第二定律得：q v B＝m v2 R

联立以上各式代入数值得：B＝1.67×10－3 T

答案见解析

3．(2014·济南高三教学质量调研考试)如图3所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区

域，并恰能返回P点．已知P点坐标为(－L，

3

2L)，带电粒子质量为m，电

荷量为q，初速度为v0，不计粒子重力．求：

图3

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)N点的坐标；

(3)匀强磁场的磁感应强度大小．

解析(1)设粒子从P到O时间为t，加速度为a，

则L＝v0t，

3

2L＝

1

2at

2

由牛顿第二定律，可得qE＝ma

由以上三式，可解得E＝3m v20 qL

(2)设粒子运动到N点时速度为v，则

v＝v20＋2a×

3

2L＝2v0

所以粒子从N到P的时间t′＝1 2t

沿y 轴位移h ＝12at ′2＝3

8L 因此N 点坐标为(0，53

8L )

(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R .粒子在O 点时速度方向与y 轴负方向的夹角为30°

由几何关系可知R ＋R sin 30°＝538L 又因为q v B ＝m v 2R 解得B ＝83m v 0

5qL

答案 (1)3m v 20

qL (2)(0，538L ) (3)83m v 05qL

4．(2014·天津卷，12)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图4所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

图4

(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小． (2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；

(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．

解析 (1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12m v 2

1－0① A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 q v 1B 1＝m v 21R ②

联立解得：B 1＝1

R

2mU q ③

(2)设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得 nqU ＝12m v 2

n －0④

设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有 T n ＝2πR v n

⑤

设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则 W n ＝qU ⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为P n ＝W n

T n ⑦

联立解得：P n ＝qU

πR

nqU 2m ⑧

(3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹．

A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为

B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②⑤式并分别应用A 、B 的数据得T n ＝2πm qB n

⑨

T ′＝2πm kqB n

＝T n

k ⑩

由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．

经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 、v n ′，结合④式有 v n ＝2nqU m ?

v n ′＝

2nkqU

m ＝k v n ?

由题设条件并结合⑤式，对A 有T n v n ＝2πR ? 设B 的轨迹半径为R ′，有T ′v n ′＝2πR ′? 比较以上两式得R ′＝R

k

?

上式表明，运动过程B 的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示． 答案 (1)1

R

2mU q (2)qU

πR

nqU

2m

(3)A 理由见解析

5. (2014·山东潍坊市一模)如图5所示，在xOy平面内存在着垂直于xOy平面的

磁场和平行于y轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图6甲、乙所示．以垂直于xOy平面向里磁场的磁感应强度为正，以沿y轴正方向电场的电场强度为正．t＝0时，带负电粒子从原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，t＝

5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷q

m＝

π

B0t0，不计粒子重力．

图5

(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期；

(2)求电场强度E0的值；

(3)保持磁场仍如图甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场．t＝0时刻，前述带负电粒子仍由O点以初速度v0沿y轴正方向运动，求粒子在t＝9t0时的位置坐标．

图6

解析 (1)粒子在磁场中运动时q v 0B ＝m v 20

r ①

T ＝2πr v 0

②

q m ＝πB 0t 0

得T ＝2t 0③

(2)粒子t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示 由牛顿第二定律q v 0B 0＝m v 20

r 1④

由几何关系得r 2＝2r 1⑤ 得v 2＝2v 0⑥

由运动学公式v 2＝v 0＋at 0⑦ 由牛顿第二定律E 0q ＝ma ⑧ 得E 0＝B 0v 0

π⑨

(3)t 0时刻粒子回到x 轴⑩ t 0～2t 0时间内，粒子位移 s 1＝2[v 0·t 02＋12a (

t 20

2)]，? 2t 0时刻粒子速度为v 0

3t 0时刻，粒子以速度v 0到达y 轴? 3t 0～4t 0时间内，粒子运动的位移 s 2＝2[v 0·t 02－12a (t 0

2

)2]?

5t 0时刻粒子运动到点[2r 1，－(s 2－s 1)]?

根据粒子的周期性运动规律可知，t ＝9t 0时刻的位置坐标为[2r 1，－2(s 1－s 2)]，

代入数值即为 (2v 0t 0

π，－v 0t 0)?

答案 (1)2t 0 (2)B 0v 0π (3)(2v 0t 0

π，－v 0t 0)

方法技巧

求解带电粒子在交变复合场中运动问题的基本思路