1、帶電粒子在復合場場中運動最新模擬題匯編【例一】 如圖所示的平行板器件中， 存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場， 磁場的磁感 應強度 B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度 E1 1.0 105 V/m，PQ為板間中線。豎靠 平行板右側邊緣 xOy坐標系的第一象限內，有一邊界線AO，與 y 軸的夾角 AOy 45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2 0.25 T，邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度 E2 5.0 10 V/m 。一束帶電荷量 q 8.0 10 C、質量 m8.0 1026 kg 的正離子從 P點射入平行板間，沿中線 PQ做直線運動，穿出平行板后從y

2、軸上坐標為 (0,0.4 m) 的 Q點垂直 y 軸射入磁場區，多次穿越邊界線OA。求：(1) 離子運動的速度；(2) 離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間。分析題意】粒子信息 19 26一束帶電荷量 q 8.0 10 C 、質量 m 8.0 10 kg 的正離子不計重力場的信息第一區域： E、B 疊加；第二區域： E、 B分立運動信息第一區域：勻速直線：第二區域：先勻速圓周后勻變速直線運動規范解答】 (1) 設正離子的速度為 v，由于沿中線 PQ做直線運動，則有qE1 qvB1 代入數據解得 v5.0105 m/s 。(2)粒子進入磁場做勻速圓周運動由牛頓第二定律：2vqvB2 m

3、 - r解得 r 0.2m做出粒子的軌跡圖由幾何關系得圓弧 QC 的圓心角為 2粒子在磁場中運動的周期為 T 2 m qB2運動時間 t1T 2得 t1 6.28 10 7s 粒子過 C點的速度豎直向下，平行于電場線做勻減速直線運動速度減為 0 的時間設為 t 2則由牛頓第二定律 qE2 ma 運動學公式 v at2 粒子再次返回到 C 點的時間為 t3根據運動的對稱性知： t2 t3，所以 離子從 進入磁場到第二次穿越邊界線 OA所需的時間： t t1 t2 t3 8.28 10-7 ?！纠咳鐖D所示， 在 x 0 的空間中， 存在沿 x 軸方向的勻強電場，電場強度正 E=10N/C；在

4、x 0的空間中，存在沿 x 軸方向的勻強電場 E=10N/C； x0 的空間中 ：先做勻變速曲線運動（類平拋）進入x 0 的空間中做 勻變速曲線運動（類斜拋）【規范解答】 （1） 對于粒子在電場中的運動由牛頓第二定律：qE ma12由運動學公式 d 1 at 22第- 次通過 y 軸的交點到 O 點的距離為 y1 v 0t將數據代入解得y1 0.069（ m）（2） x 方向的速度 vx at 8 3 設進入磁場時速度與 y 軸的方向為， tanvxv0解得： =60， 所以在磁場中作圓周運動所對應的圓心角為=2 =120帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動周期為 T 2 mqB 帶電粒子在磁場中運

5、動的時間 t 2T22帶入數據得 t2 0.026s（ 3）從開始至第一次到達 y 軸的時間 t12md 3 s1 qE 200從磁場再次回到電場中的過程（未進入第二周期）是第一次離開電場時的逆運動3根據對稱性， t3 t1因此粒子的運動周期為 T t1 t2 t3 （ ）s100 120【例三】 如圖所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面 （xy 平面 ） 向外；在第四象限存在勻強電場， 方向沿 x 軸負向。在 y軸正半軸上某點以與 x 軸正向平行、大小為 v0 的速度發射出一帶正電荷的粒子， 不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與（1）電場強度大小與磁感應強度大小的比值；（

6、2）該粒子在電場中運動的時間?！痉治鲱}意】該粒子在 （d,0）點沿垂直于 x 軸的方向進入電場。y 軸負方向的夾角為 ，求粒子信息一帶正電荷的粒子不計重力質量電量均未知 要考慮求比荷場的信息第一象限存在勻強磁場磁感應強度未知方向垂直于紙面（xy 平面） 向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿 x 軸負向場強未知。運動信息第一象限內做勻速圓周運動：第四象限內做勻變速曲線運動（類平拋）粒子質量與所帶電荷量分別為R0 d由牛頓第二定律2v0qv0B m 得比荷 q v0m dBm和 q，圓周運動的半徑為R0。由題給條件和幾何關系可知規范解答】 （1） 如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的

7、大小為B，設電場強度大小為 E，粒子進入電場后沿 x 軸負方向的加速度大小為 ax ，在電場中運動 的時間為 t ，離開電場時沿 x 軸負方向的速度大小為 vx。由牛頓第二定律及運動學公式得Eq max vx axt vx2t d由于粒子在電場中做類平拋運動 （如圖 ），有 vxtan 聯立得22 q v02 tan2 m 2Ed聯立得 EB21v0tan 2 (2) 聯立式得t2d v0tan【例四】如圖所示， 平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面 向里的勻強磁場，一質量為 m、帶電荷量為 q 的小球從 A點以速度 v0沿直線 AO運動， AO 與 x 軸負方向成 37

8、角。在 y 軸與 MN之間的區域內加一電場強度最小的勻強電場后，可 使小球繼續做直線運動到 MN上的 C點， MN與 PQ之間區域內存在寬度為 d 的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區域內做勻速 圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在 C 點的速度大 小為 2v0，重力加速度為 g，sin 37 0.6 ， cos 37 0.8， 求：(1) 第二象限內電場強度 E1 的大小和磁感應強度 B1的大??；(2) 區域內最小電場強度 E2 的大小和方向；(3) 區域內電場強度 E3 的大小和磁感應強度 B2 的大小。粒子信息一質量為 m、帶電荷量為 q 的小球 重力加速度為 g

9、場的信息第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場；區 域內存在勻強電場和重力場；區域內存在寬度為 d 的豎直向上的勻強電場 和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場運動信息在第二象限內做勻速直線運動；在區域 做勻加速直線運動；區域做勻速圓 周分析題意】規范解答】 (1) 帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖 1 所示關系且小球只能做勻速直線運動。由圖1知tan 37 qmEg1，解得： E134mqgcos 37 B1mqvg0，解得： B145qmvg0(2) 區域中小球做直線運動， 電場強度最小，受力如圖 2 所示 ( 電場力方向與速度方

10、向垂直 ) ，小球做勻加速直線運動，由圖 2 知 cos 37qmEg2，解得： E245mqg方向與 x 軸正方向成 535r58d(3) 小球在區域內做勻速圓周運動，所以mg qE3，解得： E3 mqgq因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖 3 所示，由幾何關系得由洛倫茲力提供向心力知 B2q 2v0m4rv0r16mv0E5 3N/C，同B0.5 T 。有一聯立解得： B2 5qd 。例五】 如圖所示， 空間中存在著水平向右的勻強電場， 電場強度大小 時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小 6 6帶正電的小球，質量 m 1 106 kg ，電荷量 q21

11、06C，正以速度 v 在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過 P點時撤掉磁場 ( 不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取 g 10m/s2。求：(1) 小球做勻速直線運動的速度 v 的大小和方向；(2) 從撤掉磁場到小球再次穿過 P點所在的這條電場線經歷的時間 t 。分析題意】粒子信息一帶正電的小球，質量 m 1 10 kg ，電荷量 q2 10 C重力加速度為 g場的信息空間中同時存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場及重力場；撤掉磁場后空間同時存在勻強電場和質量場運動信息三場共存時做勻速直線撤去磁場后在電場與重力場的疊加場中做勻變速曲線運動(類平拋)解析 (1) 小球勻速直線運動時

12、受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有 qvB q2E2m2g2代入數據解得 v速度 v 的方向與電場 E 的方向之間的夾角 滿足qEtan mg代入數據解得 tan 360設其加速度為(2) 解法撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動a，有 aq2E2m2g2設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為 x ，有 xvt 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為 y，有12y2at 2a與 mg的夾角和 v與E的夾角相同，均為 ，又y tan x聯立式，代入數據解得 t 2 3 s3.5 s解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向， 它對豎直方向的分運動沒有影響， 以

13、 P 點為坐標原點， 豎直向上為正方向， 小球在豎直方向上做勻減速運動， 其初 速度為 vy v sin 若使小球再次穿過 P 點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零， 則有vyt 21gt 2 0聯立式，代入數據解得 t 2 3 s 3.5 s【例六】 如圖所示，真空有一個半徑 r=0.5m 的圓形磁場 , 與坐標原點相切 , 磁場的磁感應強 度大小 B=210-T,方向垂直于紙面向里 ,在 x=r 處的虛線右側有一個方向豎直向上的寬度 為 L1=0.5m的勻強電場區域，電場強度 E=1.5 10N/C.在 x=2m處有一垂直 x 方向的足夠長 的熒光屏，從 O 點處向不同方向發射出

14、速率相同的荷質比q =1 109C/kg 帶正電的粒子， 粒子的運動軌跡在紙面內，m一個速度方向沿 y 軸正方向射入磁場的粒子，恰能從磁場 與電場的相切處進入電場。不計重力及阻力的作用。求：（1）粒子進入電場時的速度和粒子在磁場中的運動的時間？（2）速度方向與 y 軸正方向成 30（如圖中所示）射入磁場的粒子，最后打到熒光屏上， 該發光點的位置坐標。【分析題意】粒子信息一帶正電荷的粒子不計重力 比荷為 q =1 109C/kg m場的信息虛線左側是一個半徑 r=0.5m 的圓形磁場 B=2 10-T, 方向垂直于紙面向里；右 側是勻強電場 E=1.5 10N/C.運動信息在磁場中做勻速圓周運動

15、：在電場中做勻變速曲線運動（類平拋）解析： （ 1）由題意可知：粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R=r=0.5m，2有 Bqv= mv ，可得粒子進入電場時的速度 v= RqBR 1 109 2 10 3 0.5 1 106m/ s m在磁場中運動的時間t 1=1T 1 2 m4 4 Bq1 3.142 1 109 2 10 37.85 10 7 s2）粒子在磁場中轉過120角后從 P 點垂直電場線進入電場，如圖所示，在電場中的加速度大小 a=Eq 1.5 103 1 109 1.5 1012m/s2 m粒子穿出電場時 vy=at 2=a L1121.5 10120.51 10660.75

16、 106m/ s)tan= vy 0.75 1606 0.75vx 1 106在磁場中 y1=1.5r=1.5 0.5=0.75m1 2 1 12 0.5 2在電場中側移 y2=12at22 21 1.5 1012 (101.506)2 0.1875m飛出電場后粒子做勻速直線運動y3=L2tan =(2-0.5-0.5) 0.75=0.75m故 y=y 1+y2+y3=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m則該發光點的坐標 (2 ，1.6875)例七】 如圖， 空間 XOY的第一象限存在垂直 XOY平面向里的勻強磁場， 第四象限存在平行該平面的勻強電場（圖中未畫出）；OMN是一

17、絕緣彈性材料制成的等邊三角形框架，邊長L為 4m， OM邊上的 P處開有一個小孔， OP距離為 1m現有一質量 m為 1 10-18 kg，電量 q 為110-15C的帶電微粒（重力不計）從 Y 軸上的 C點以速度 V0=1 102m/s 平行 X 軸射入，剛好可以垂直 X軸從點 P進入框架， CO 距離為 2m粒子進入框架后與框架發生若干次垂直的彈性碰撞， 碰撞過程中粒子的電量和速度大小均保持不變，速度方向與碰前 相反，最后粒子又從 P 點垂直 X軸射出，求：（1）所加電場強度的大?。唬?）所加磁場磁感應強度大小；（3）求在碰撞次數最少的情況下，該微?；氐紺 點的時間間隔粒子信息一質量 m為

18、 110-18kg，電量 q 為 110-15 C的帶電微粒（重力不計）場的信息第四象限內存在方向、大小未知的勻強電場；第一象限存在方向向里大小未知 的勻強磁場運動信息根據 平行 X軸射入，剛好可以垂直 X軸從點 P進入框架 可分析知粒子在電場中做勻變速曲線運動水平方向勻減速豎直方向勻加速分析題意】解：粒子在勻強電場中運動時，在 X 軸方向上的位移為 1m 根據速度位移公式有： v02 2axSx代入數據得， （1 102）2 2ax 1解得 ax 5 103m/ s2因為 vy t OC ， vx t OP22粒子到達 P點時速度 vy 2vx 2v0 2 102m/say 2ax 1 10

19、4 m/ s2粒子的加速度為 a 5 5 10 m/ s（2）設粒子在框架內的圓周運動半徑為R由分析可知（ 1+2n ）R=OP2v由 qvB m 得R則 B mv 1 2nT （n=0，1，2，3） qB 5(3) 設從 C到 P運動的時間為 t 0 碰撞次數最小的情況下在磁場中運動的周期為 從 C到 P 的時間T，如圖所示，在磁場中運動了2 周2 m 2T 3.14 10 2 s qB在電場中的運動時間在磁場中運動的時間回到 C 點的時間 t 總=0.1028s 【例八】 如圖所示，在豎直平面內建立坐標系xOy，第象限坐標為 ( x ，d) 位置處有一粒子發射器 P，第、象限有垂直紙面向里

20、的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時 刻粒子發射器 P 沿 x 軸負方向以某一初速度發出一個質量為m、電荷量為 q 的帶正電粒子。粒子從 y d2處經過 y 軸且速度方向與 y 軸負方向成 45角。其后粒子在勻強磁場中偏轉后垂直 x 軸返回第象限。已知第、象限內勻強電場的電 場強度 E mqg。重力加速度為 g，求：q(1) 粒子剛從發射器射出時的初速度及粒子發射器 P 的橫坐 標 x ；(2) 粒子從粒子源射出到返回第象限上升到最高點所用的 總時間?！痉治鲱}意】粒子信息一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子重力加速度為 g場的信息第一象限內存重力場；其余三象限三場疊加運動信息根據 第、象

21、限內勻強電場的電場強度Emqg可分析知粒子在疊加場中做勻速圓周運動；回到第一象限做豎直上拋運動解析 (1) 帶電粒子從發射器射出后做平拋運動，設初速度為 v0，沿水平方 向， x v0t 1 1 1 2沿豎直方向， 2d2gt 12vytan 45 ， vygt 1v0聯立式得： t 1 dgv0 dg，xd。(2) 如圖所示，帶電粒子進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電 場中，受豎直向上的電場力， qE mg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有2vqvB mR粒子在勻強磁場中運動的線速度v 2v0 2dg由幾何關系得，粒子做勻速圓周運動的半徑 R 22d5 粒子在勻強磁場中運動的時間

22、 t 2 T8其中周期 T2qBm5 d聯立解得： t 258 g設粒子返回到第象限后上升到最大高度所用時間所以，dg 8t 32dv t 3 3g粒子從射出到返回第象限上升到最高點所用的總時間t t 1 t 25d2dd。51 2 8【例九】 如圖所示的坐標系， x 軸沿水平方向， y 軸沿豎直方向。在 x 軸上方空間的第一、 第二象限內，既無電場也無磁場，第三象限，存在沿 y 軸正方向的勻強電場和垂直 xy 平面 （紙面）向里的勻強磁場，在第四象限， 存在沿 y 軸負方向、 場強大小與第三象限電場場強 相等的勻強電場。一質量為 m、電量為 q的帶電質點，從 y 軸上 y=h處的 P1點以一

23、定的水平 初速度沿 x 軸負方向進入第二象限。然后經過 x 軸上 x=2h 處的 P2點進入第三象限，帶電 質點恰好能做勻速圓周運動，之后經過 y 軸上 y=2h 處的 P3點進入第四象限。已知重力加 速度為 g。求：（1）粒子到達 P2 點時速度的大小和方向；（2）第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大??；（3）帶電質點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。【分析題意】解：（1）質點從 P1 到 P2，由平拋運動規律 1 2 2hhgtv020t求出22vv02vy22 gh方向與 x 軸負方向成 45 （2）質點從vygtP2 到 P3，角重力與電場力平衡，洛侖茲力提供向心力 Eq=mg粒子信息一個質量為 m、電荷量為 q 的帶電粒子重力加速度為 g場的信息第一二象限內存重力場；第三象限三場疊加；第四象限內電場與重力場二場疊 加運動信息第二象限內做平拋運動；第三象限內做勻速圓周；第四象限內類斜拋運動2vqvB mR22(2R)2 (2h)2(2h)2解得Emgq質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動， 豎直方向做勻減