【创新设计】2015届高考物理(山东专用)二轮专题专讲训练：第8讲 带电粒子在复合场中的运动(含解析)

第8讲 带电粒子在复合场中的运动 1．(2014·四川卷，10)在如图3－8－9所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944 m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＝37°.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＝1.25 T；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＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N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＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

图3－8－9 (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小； (2)倾斜轨道GH的长度s. 解析 (1)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＝qvB ① f＝μ(mg－F1) ② 由题意，水平方向合力为零F－f＝0 ③ 联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s ④ (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

qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝12mv2G－12mv2

⑤ P1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 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1

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P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋12a1t2

⑦ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2

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P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝12a2t2⑨ 联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2

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s＝0.56 m ⑪ 答案 (1)4 m/s (2)0.56 m 2．(2014·高考押题卷七)如图3－8－10所示，空间以AOB为界，上方有大小为E、方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O点的竖直虚线OC为界，左侧到AA′间和右侧到BB′间有磁感应强度大小不同的垂直于纸面向里的匀强磁场，∠AOC＝∠BOC＝60°，现在A点上方某一点以一定的初速度水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场并垂直OC进入右侧磁场，粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO＝BO＝L，不计粒子的重力，求： 图3－8－10 (1)粒子初速度v0的大小； (2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小． 解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO中点垂直AO进入磁场，在电场中运动的水平位移

x＝12Lsin 60° x＝v0t1 竖直方向qE＝ma vy＝at1

tan 60°＝vyv0

解得v0＝12qELm (2)粒子进入磁场时的速度大小v＝v0cos 60°＝2v0＝qELm 由于粒子垂直AO进入左侧磁场，垂直OC进入右侧磁场，因此粒子在左侧磁场中做圆周运动的圆心为O点，做圆周运动的半径r1＝12L

由qvB1＝mv2r1 解得B1＝2mEqL 进入右侧磁场后，运动轨迹如图所示，由于粒子经过OB时速度竖直向上，由几何关系得 tan 60°＝r212L－r2 解得r2＝3－34L 由qvB2＝mv2r2 解得B2＝23＋33mEqL 答案 (1)12qELm (2)2mEqL 23＋33mEqL 3．如图3－8－11所示，在xOy直角坐标平面内，第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E(大小未知)，y轴右侧存在一垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)由A点(－a,0)以一定初速度v0竖直向下抛出，粒子到达y轴上的C点时，其速度方向与y轴负方向夹角为45°，粒子经磁场偏转后从y的正半轴上某点穿出又恰好击中A点，求：

图3－8－11 (1)电场强度E的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向； (3)粒子从A出发到回到A经历的时间t.

解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运行时间为t1，则a＝12·qEmt21，OC＝v0t1 令粒子在C点速率为v，有qEmt1＝v0，v＝2v0 联立得OC＝2a，t1＝2av0，E＝mv202qa. (2)设粒子在y轴正半轴上的D点射出磁场．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里，从D点射出时与y轴也成45°角，所以OD＝OA＝a 可知CD＝2r＝OC＋OD＝3a，

即r＝322a

由Bqv＝mv2r 得B＝mvqr 联立得B＝2mv03qa. (3)设粒子在磁场中的运行时间为t2，则 t2＝270°360°×2πmBq＝9πa4v0 粒子从D到A的运行时间为t3，则 t3＝DAv＝av0

所以粒子运行的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝12＋9π4v0a. 答案 (1)mv202qa (2)2mv03qa 垂直纸面向里 (3)12＋9π4v0a 4．如图3－8－12所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上坐标为(0，a)的点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与y轴正方向成30°～150°角，且在xOy平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的复合场区．已知带电粒子的电荷量为＋q，质量为m，不计粒子的重力，不计粒子之间的相互影响．

图3－8－12 (1)确定进入磁场速度最小的粒子的速度方向，并求出速度大小． (2)所有通过磁场区的粒子中，求出最短时间与最长时间的比值． (3)从x轴上x＝(2－1)a的点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点时的速度大小． 解析 (1)设速度为v的粒子与y轴夹角为θ，垂直到达x轴上满足a＝Rsin θ

又qvB＝mv2R

得v＝qBRm＝qBamsin θ 可见θ＝90°时粒子速度最小，最小值vmin＝qBam. (2)最长时间对应粒子初速度与y轴正方向成30°角，转过150°，t1＝150°180°×T2 最短时间对应粒子初速度与y轴负方向成30°角，转过30°，t2＝30°180°×T2 故t2∶t1＝1∶5. (3)设粒子射入第一象限时与y轴负方向夹角为α，则有 R′－R′cos α＝(2－1)a R′sin α＝a 得到：α＝45°，R′＝2a

速度v0＝qBR′m＝2qBam 设到达y轴速度为v′，则qEb＝12mv′2－12mv20 解得经过y＝－b点时的速度大小为 v′＝2q2B2a2m2＋2qEbm.

答案 (1)垂直y轴 qBam (2)1∶5 (3)2q2B2a2m2＋2qEbm 5．(2014·日照5月校际联考)如图所示3－8－13所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：

图3－8－13 (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷； (2)油滴在P点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间． 解析 (1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷 设油滴质量为m，由平衡条件得： mg∶qE∶f＝1∶1∶2.

(2)由第(1)问得：m＝qEg qvB＝2qE 解得：v＝2EB＝42 m/s. (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先作匀速直线运动，进入y≥h的区域后作匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限

由O→A匀速运动的位移为s1＝hsin 45°＝2h

其运动时间：t1＝s1v＝2h2EB＝hBE＝0.1 s

由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝2πmqB 知由A→C的圆周运动时间为t2＝14T＝πE2gB＝0.628 s 由对称性知从C→N的时间t3＝t1 在第一象限运动的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s 答案 (1)1∶1∶2 负电荷 (2)42 m/s (3)0.828 s