届高考物理二轮复习专题三电场和磁场带电粒子在复合场中运动练习题

PAGE带电粒子在复合场中运动1、在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E＝eq\f(mg,q)的匀强电场(未画出)．若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．2、如图所示，在以O1点为圆心、r＝0.20m为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点．粒子源中，有带正电的粒子(比荷为eq\f(q,m)＝1.0×1010C/kg)，不断地由静止进入电压U＝800V的加速电场，经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，粒子重力不计．(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径、速度偏离原来方向的夹角的正切值；(2)以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子到A点的最远距离．3、如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc区域，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入此区域．若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰能从c点离开；若该区域内只存在平行于bc边的匀强电场，该粒子恰好从b点离开(不计粒子重力)．(1)判断匀强磁场、匀强电场的方向；(2)计算电场强度与磁感应强度大小的比值．4、如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5m，磁场垂直纸面向里．在y＞R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105V/m.在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场后进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为eq\f(q,m)＝1.0×107C/kg，粒子重力不计．(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．5、如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R.一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g.求：(3)若小球从管口D飞出时电场反向，则小球从管口D飞出后的最大水平射程xm.6、如图所示，平行金属板水平放置，一带电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，粒子又刚好返回到O点，不计粒子的重力，金属板长为L，板上所加电压为U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，求：(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离；(3)磁场的磁感应强度大小和圆形有界磁场的半径．7、如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大．大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U1＝eq\f(3eU\o\al(2,0)T2,8md2).当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．(1)求水平导体板的板长l0；(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym；(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围．8、将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC＝90°，圆环的半径为R＝eq\r(2)L，过OD的虚线与过BC的虚线垂直且交于点S，虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O的正上方A点有一质量为m、带电荷量为－q的绝缘小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径，AS＝L.现将该小球无初速度释放，经过一段时间小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度大小用g表示．(1)求虚线BC上方匀强电场的电场强度大小；(2)求当小球运动到圆环的最低点D时对圆环压力的大小；(3)小球从管口C离开后，经过一段时间后落到虚线BC上的F点(图中未标出)，则C、F两点间的电势差为多大？9、三个相同的绝缘板构成的截面为正三角形的装置，如图所示，该正三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，三角形的一条边与平行金属板的N板紧靠在一起，其中M板带正电，N板带负电，板间距离为d.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板附近的P处由静止释放，经N板的小孔和绝缘板上的小孔S以速度v垂直绝缘板射入磁场中，粒子与绝缘板发生正碰(粒子的速度方向与绝缘板垂直)后恰能以最短时间从S孔射出，粒子与绝缘板碰撞过程中没有动能损失，碰撞时间不计，且电荷量保持不变，粒子的重力不计．(1)求M、N两板间的电场强度大小E；(2)求单个绝缘板的长度；(3)若通过调节使M、N两板间的电压变为原来的eq\f(1,9)，且保持板间距离d不变，试判断粒子还能否从P点开始并回到P点？如果不能，请简要说明理由；如果能，则粒子做该周期性运动的周期T2与电压改变前做该周期性运动的周期T1之比是多少？10、如图甲所示，平面OO′垂直于纸面，其上方有长为h，相距为eq\f(3,4)h的两块平行导体板M、N.两极板间加上如图乙所示的电压，平面OO′的下方是一个与OO′平面相平行的匀强磁场，方向垂直纸面向外．在两极板的正中间正上方有一粒子源连续放射出质量为m、带电荷量为＋q的粒子，其初速度大小为v0，方向垂直电场及OO′平面．不计粒子重力及空气的阻力，每个粒子在板间运动的极短时间内，可以认为场强不变，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)若有带电粒子飞出电场时打在板上，则板间电压UMN的最大值至少为多少？(2)要使所有的粒子都能回到两板间，磁感应强度B需满足什么条件？(3)在满足(2)问的前提下，粒子在磁场中运动的最长时间为多少？11、如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量为＋q的粒子自P(－l，l)点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．(1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B1；(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2＝B1，粒子从磁场Ⅱ再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；

答案1、解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)(2分)解得v0＝eq\f(qBR,m)(1分)(2)①小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR＋qER＝ΔEk(3分)又E＝eq\f(mg,q)联立可得动能增量ΔEk＝2mgR(1分)②求最大速度解法一：当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，根据动能定理，有mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(3分)即v2＝eq\f(q2B2R2,m2)＋2gR(sinθ＋cosθ)＋2gR(1分)对函数y＝sinθ＋cosθ求极值，可得θ＝45°时，ymax＝eq\r(2)(2分)所以vm＝eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)(1分)求最大速度解法二：如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为：mg′＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(2)mg(1分)tanφ＝eq\f(mg,qE)＝1，即等效重力与水平方向夹角为φ＝45°(1分)小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大(1分)由动能定理得mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(3分)解得：vm＝eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)(1分)答案：(1)eq\f(qBR,m)(2)①2mgR②eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)2、(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)(2分)联立解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))＝0.4m(2分)设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系得taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,2)(2分)故速度偏离原来方向的夹角的正切值tanθ＝eq\f(4,3)(2分)(2)以O点为圆心，OA为半径作圆弧AC交y轴于C点；以C点为圆心，CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长OD＝2r＝0.4m(2分)由几何关系可知sinα＝eq\f(r,R)(2分)最远距离ym＝(2r－eq\f(r,cosα))tan2α(2分)代入数据解得ym＝eq\f(2\r(3)－1,5)m≈0.29m(2分)答案：(1)0.4meq\f(4,3)(2)0.29m3、(1)由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外(2分)由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于bc边且沿c到b的方向(2分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：r＝L(1分)洛伦兹力充当向心力：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)(1分)解得B＝eq\f(mv0,qL)(1分)粒子在电场中运动：a＝eq\f(qE,m)(1分)eq\f(\r(3),2)L＝v0t(1分)eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2(1分)解得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3qL)(1分)故eq\f(E,B)＝eq\f(4v0,3)(1分)答案：(1)见解析(2)eq\f(4v0,3)4、(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，则粒子一定是从如图的P点射出磁场、逆着电场线运动的，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5m(1分)根据Bqv＝eq\f(mv2,r)(1分)得B＝eq\f(mv,qR)，代入数据得B＝0.2T(2分)(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的总路程为二分之一圆周长s1＝πR(2分)设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2(2分)s2＝eq\f(mv2,Eq)(2分)总路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)，代入数据得s＝(0.5π＋1)m(2分)答案：(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m(1)小球做直线运动时的受力情况如图1所示，小球带正电，则qE＝eq\f(mg,tanθ)(2分)得E＝eq\f(4mg,3q)(1分)小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图2所示，OC∥AB，则eq\f(mg,sinθ)＝meq\f(v2,R)(2分)得v＝eq\r(\f(5,3)gR)(1分)(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”说明AB⊥OB小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有－eq\f(mg,sinθ)·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)得v0＝eq\r(\f(25,3)gR)(1分)小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有eq\f(mg,sinθ)(R－Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2(2分)得vD＝eq\r(3gR)(1分)(3)小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为eq\r(3gR)的匀变速运动，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上的加速度ax＝eq\f(qE,m)(1分)veq\o\al(2,D)＝2axx0(2分)得x0＝eq\f(9,8)R小球从管口D飞出到落地所用的时间设为t，则R＋Rcosθ＋Rsinθ＝eq\f(1,2)gt2(2分)得t＝eq\r(\f(24R,5g))由于t0＝eq\f(vD,ax)＝eq\r(\f(27R,16g))＜t，说明小球在水平方向上速度为0时，小球尚未落地(1分)则最大水平射程xm＝x0＝eq\f(9,8)R(2分)答案：(1)eq\f(4mg,3q)eq\r(\f(5,3)gR)(2)eq\r(\f(25,3)gR)eq\r(3gR)(3)eq\f(9,8)R6、(1)粒子进入电场后做类平抛运动，设粒子在板右侧射出电场时的速度为v，根据动能定理eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)解得v＝eq\r(2)v0(1分)(2)粒子射出电场时沿水平方向和竖直方向的分速度相等，vx＝vy＝v0，粒子在电场中运动的时间为t1＝eq\f(L,v0)(1分)粒子在两板间运动的竖直位移y1＝eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，因此两板间的距离为L(2分)粒子从板的右侧沿水平方向进入电场后仍做类平抛运动，刚好能到达O点，运动时间t2＝eq\f(L,\r(2)v0)(1分)粒子运动的竖直位移y2＝eq\f(qU,2mL)teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)L(2分)因此粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离为eq\f(1,2)L＋eq\f(1,4)L＝eq\f(3,4)L(2分)(3)如图所示，由几何关系可知，粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角θ＝45°(1分)由几何关系知R＋eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(3,4)L(1分)得R＝eq\f(32－\r(2),4)L(1分)由qvB＝meq\f(v2,R)，得B＝eq\f(4\r(2)＋1mv0,3qL)(2分)由几何关系r2＝(eq\f(3,4)L)2＋(r－eq\f(\r(2),2)R)2，得r＝eq\f(3\r(2),4)L(2分)答案：(1)eq\r(2)v0(2)eq\f(3,4)L(3)eq\f(4\r(2)＋1mv0,3qL)eq\f(3\r(2),4)L7、(1)电子在电场中加速，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即v0＝eq\f(\r(3)eU0T,2md)(2分)水平导体板的板长l0＝v0T＝eq\f(\r(3)eU0T2,2md)(2分)(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移y1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(eU0,2md)(eq\f(T,2))2(2分)电子离开偏转电场时的最大侧向位移为ym＝3y1＝eq\f(3eU0T2,8md)(2分)(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θtanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(aT,2v0)＝eq\f(eU0T,2mv0d)＝eq\f(\r(3),3)(2分)故θ＝30°电子进入磁场做匀速圆周运动，有evB＝meq\f(v2,R)，其中v＝eq\f(v0,cosθ)(2分)垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值R1sinθ＝l(2分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值R2sinθ＋R2＝l(2分)联立解得Bmin＝eq\f(U0T,2ld)，Bmax＝eq\f(3U0T,2ld)，故eq\f(U0T,2ld)＜B＜eq\f(3U0T,2ld)(2分)答案：(1)eq\f(\r(3)eU0T2,2md)(2)eq\f(3eU0T2,8md)(3)eq\f(U0T,2ld)＜B＜eq\f(3U0T,2ld)8、(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan45°＝eq\f(mg,Eq)(2分)解得E＝eq\f(mg,q)(1分)(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0＝mg(2L＋eq\r(2)L)＋EqL(2分)当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)(1分)联立解得FN＝3(eq\r(2)＋1)mg(1分)根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为3(eq\r(2)＋1)mg(1分)(3)小球对A点到B点的过程中，根据动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgL＋EqL(2分)解得vB＝2eq\r(gL)(1分)小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小vC＝vB＝2eq\r(gL)(1分)小球的加速度大小g′＝eq\r(2)g(1分)当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC上，则有vCt＝eq\f(1,2)g′t2(1分)解得t＝2eq\r(\f(2L,g))(1分)则小球沿虚线BC方向运动的位移xCF＝eq\r(2)vCt＝eq\r(2)×2eq\r(gL)×2eq\r(\f(2L,g))＝8L(1分)沿着电场线方向电势降低，则C点与F点间的电势差为UCF＝－ExCF＝－eq\f(8mgL,q)(2分)答案：(1)eq\f(mg,q)(2)3(eq\r(2)＋1)mg(3)－eq\f(8mgL,q)9、(1)设M、N两板间的电压为U0，由动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2(1分)由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U0＝Ed(1分)联立以上两式可得E＝eq\f(mv2,2qd)(2分)(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，因为要求粒子在磁场中运动的时间最短，所以粒子只能与绝缘板碰撞两次，如图1所示，由几何关系可知单个绝缘板的长度为L＝2r(1分)由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)(1分)解得r＝eq\f(mv,qB)(1分)单个绝缘板的长度为L＝eq\f(2mv,qB)(1分)(3)若通过调节使M、N两板间的电压变为原来的eq\f(1,9)，且保持板间距离d不变，则由q·eq\f(1,9)U0＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝eq\f(v,3)(1分)根据qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得r′＝eq\f(r,3)(1分)则粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，粒子可以从小孔S射出磁场并回到P点(2分)M、N两板间电压为U0时，粒子在电场中加速的时间为t1＝eq\f(2d,v)(1分)在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁场中与绝缘板两次碰撞的时间间隔为t2＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)(1分)故在电压改变前粒子做周期性运动的周期T1＝2t1＋3t2＝eq\f(4d,v)＋eq\f(πm,qB)(1分)M、N两板间的电压调为eq\f(1,9)U0后，粒子进入磁场的速度变为v′＝eq\f(v,3)粒子在电场中加速的时间为t1′＝eq\f(6d,v)(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，但与绝缘板碰撞的次数增加，且在同一块绝缘板上相邻两次碰撞的时间间隔为t2′＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)(1分)故在电压改变后粒子做周期性运动的周期为T2＝2t1′＋3t2＋6t2′＝eq\f(12d,v)＋eq\f(πm,qB)＋eq\f(6πm,qB)＝eq\f(12d,v)＋eq\f(7πm,qB)(1分)故电压改变后粒子做周期性运动的周期T2与电压改变前做周期性运动的周期T1之比为eq\f(T2,T1)＝eq\f(\f(12d,v)＋\f(7πm,qB),\f(4d,v)＋\f(πm,qB))＝eq\f(12qBd＋7πmv,4qBd＋πmv)(2分)答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(2mv,qB)(3)能eq\f(12qBd＋7πmv,4qBd＋πmv)10、(1)要有粒子打在板上，设电压的最大值为Um，则有eq\f(3,8)h＝eq\f(1,2)at2①(1分)a＝eq\f(Eq,m)②(1分)E＝eq\f(Um,\f(3,4)h)③(1分)h＝v0t④(1分)由①②③④式可得Um＝eq\f(9mv\o\al(2,0),16q)⑤(1分)(2)设粒子进入磁场时速度v与v0的夹角为θ，则有v＝eq\f(v0,cosθ)⑥(1分)又由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得Bqv＝eq\f(mv2,R)⑦(1分)粒子从OO′上射出磁场的位置与射入磁场的位置的距离s＝2Rcosθ⑧(1分)由⑥⑦⑧式可得s＝eq\f(2mv0,Bq)⑨(1分)若沿v0方向射进磁场的粒子能回到板间，则其他方向的粒子都能回到板间．当s＝eq\f(3,8)h时，B最小，即eq\f(3,8)h＝eq\f(2mv0,Bq)⑩(1分)解得B＝eq\f(16mv0,3hq)⑪(1分)即磁感应强度B≥eq\f(16mv0,3hq)