1、專練19帶電粒子在復合場中的運動1如圖1所示，在直角坐標系xOy平面內，第二象限內虛線MN平行于y軸，N點坐標為(-L,0)其左側有水平向左的勻強電場Ei,MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場E2,Ei、E2均未知，在第一、三、四象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B未知.現有一質量為m、電荷量為q的負粒子從圖中A點靜止釋放，不計粒子重力，粒子到達MN上的P點時速度為Vo,速度方向水平，粒子從y軸上的C點(0,0.5L)與y軸負方向成30°角進入磁場，偏轉后從x軸上的D點(圖中未畫出)垂直x軸穿出磁場并進入MN左側電場且剛好又擊中P點，求：XXXXXXXBXXXXXXX圖1(

2、1) 勻強電場的電場強度E2的大小.(2) 勻強磁場磁感應強度B的大小.勻強電場的電場強度E1的大小.解析(1)粒子在電場E2中做類平拋運動，令粒子進入磁場時速度為v，沿y軸方向的速度大小為vy則有cot30°夕=qELvomvo所以丘2=著(2)粒子的運動軌跡如圖所示，由運動規律及圖中角度知CO1G是一正三角形，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=CG=2OC=LXXXXXXXXXXXXXX2又因Bqv=m-p而V0=vsin30°聯立得B=聯立得B=2mvo貳.粒子從D到P做類平拋運動，所用時間為t1，則有ODON=霽石NP=vt1而OD=粒子從P到C所用時間為t2，

3、貝Ut2=L所以NP=L+所以NP=L+聯立得Ei=(16込一24)qL20答案3mvo2mvo(16'324)mv°qLqLqL2. （2014宿州市第三次質量檢測）如圖2所示，水平放置的兩平行金屬板A、B長8cm,兩板間距離d=8cm,兩板間電勢差Uab=300V,質量m=1.0X1020kg、電荷量q=1.0X1010C、初速度V0=2X106m/s的帶正電的粒子，沿A、B板中心線00飛入電場，粒子飛出兩板間電場后，經PQ上某點進入PQ右側、OO下側的足夠大的勻強磁場中，最后垂直OO射出磁場已知MN、PQ兩界面相距L=12cm、D為中心線OO與PQ界面的交點，不計粒子重

4、力求：8Em-L=12cmii>:iMo1o1BNJXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX粒子飛出兩板間電場時偏離中心線00的距離;粒子經過PQ界面時到D點的距離；勻強磁場的磁感應強度B的大小.解析（1）設粒子在電場中的偏移距離為y在電場中，由牛頓第二定律得：qUdAB=ma由類平拋運動的規律得：d=vot1y=2atVy=atl22V=；：vo+VyVytanvo聯立以上各式代入數值得：y=3cmq.3v=2.5x10m/s,tan0=4設粒子經過PQ界面時到D點的距離為H由幾何知識得：H=y+Ltan0代入數值得：H=12cmHL+d（或用：-=也可得分）1

5、d設粒子在磁場中圓周運動的圓心為S,半徑為R由圖可知:由圖可知:R=Hcos02由牛頓第二定律得：mvqvB二R聯立以上各式代入數值得：B=1.67X10-3T答案見解析(2014濟南高三教學質量調研考試)如圖3所示，在xv0的區域內存在沿y軸負方向的勻強電場，在第一象限傾斜直線0M的下方和第四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場.一帶電粒子自電場中的P點沿x軸正方向射出，恰好經過坐標原點O進入勻強磁場，經磁場偏轉后垂直于y軸從N點回到電場區域，并恰能返回P點.已知P點坐標為(-L,-L)，帶電粒子質量為m,電荷量為q,初速度為荷量為q,初速度為(1) 勻強電場的電場強度大小；N點的坐標；(3)

6、勻強磁場的磁感應強度大小.解析(1)設粒子從P到0時間為t，加速度為a,則L=vot,=|at2由牛頓第二定律，可得qE=ma由以上三式，可解得E=(2) 設粒子運動到N點時速度為v,貝Uv=Jv222a23L=2vo1所以粒子從N到P的時間t=2t沿y軸位移h=2*嚴=8L因此N點坐標為(0,5g3L)R.粒子在O點時速度方向與y(3) 粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，設半徑為軸負方向的夾角為30°軸負方向的夾角為30°8.3mvo解得853廠8.3mvo解得853廠答案(1)普(2)(0，罰弟4. （2014天津卷，12）同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用，其基本原理

7、簡化為如圖4所示的模型.M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板.質量為m、電荷量為+q的粒子A（不計重力）從M板小孔飄入板間，初速度可視為零.每當A進入板間，兩板的電勢差變為U,粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷Xx*x圖4量均立即變為零.兩板外部存在垂直紙面向里的勻強磁場，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離.A經電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必須相應地變化.不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應.求：（1）A運動第1周時磁場的磁感應強度Bi的大小.（2）在A運動第n周的時間內電場力做功的平均功率Pn；（

8、3）若有一個質量也為m、電荷量為+kq（k為大于1的整數）的粒子B（不計重力）與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變.下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡.在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡，并經推導說明理由.BD12解析設A經電場第1次加速后速度為V1，由動能定理得qU=-mv1-0A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力2rv1qviBi=mR聯立解得：bi=r2rqu(2)設A經n次加速后的速度為vn,由動能定理得nqU=2mv20設A做第n次圓周運動的周期為Tn,有Tn=

9、Tn=2冗RVn設在A運動第n周的時間內電場力做功為Wn，則Wn=qU在該段時間內電場力做功的平均功率為Wn=聯立解得:A圖能定性地反映A、B運動的軌跡.A經過n次加速后，設其對應的磁感應強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,2nm綜合式并分別應用A、B的數據得Tn-BqBn2冗mTnIcqBn-k由上可知，Tn是T的k倍，所以A每繞行1周，B就繞行k周由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速.經n次加速后，A、B的速度分別為Vn、Vn，結合式有由題設條件并結合式，對A有TnVn=2冗R設B的軌跡半徑為R；有Tvn/=2nR/R比較以上兩式得R'=k上式表明，運動

10、過程B的軌跡半徑始終不變.由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖A所示.答案nqU2mA理由見解析joX圖5解析vo粒子在磁場中運動時qvoB=2mvor(2014山東濰坊市一模)如圖5所示，在xOy平面內存在著垂直于xOy平面的磁場和平行于y軸的電場，磁場和電場隨時間的變化規律如圖6甲、乙所示以垂直于xOy平面向里磁場的磁感應強度為正，以沿y軸正方向電場的電場強度為正.t=0時，帶負電粒子從原點O以初速度vo沿y軸正方向運動，t=5to時，粒子回到O點，vo、to、Bo已知，粒子的比荷q=，不計粒子重力.mBoto(1)求粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期；求電場強度Eo的值；保持磁場仍如圖甲所示，將圖乙所示的電場換成圖丙所示的電場.t=o時刻，前述帶負電粒子仍由O點以初速度vo沿y軸正方向運動，求粒子在t=9to時的位置坐標.7tq=m_Boto得T=2to粒子t=5to時回到原點，軌跡如圖所示2mvo由牛頓第一疋律qvoBo=ri由幾何關系得r2=2ri得V2=2vo由運動學公式V2=vo+ato由牛頓第二定律Eoq=ma/口Bovo得Eo=n(3)to時刻粒子回到x軸to2to時間內，粒子位移si2vo2+2a(2)，?2to時刻粒子速度為vo3to時刻，粒子以速度vo到達y軸?3to4