1、1课时跟踪检测（三十四） 带电粒子在组合场中的运动 （卷）B 级拔高题目稳做准做1(2018榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在 y 轴上，下极板与 x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为 E。一电荷量为 q，质量为 m 的带电粒子，从 O 点与 x 轴成 角斜向上射入极板间，粒子经过 K 板边缘 a 点平行于 x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为 B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从 c 点垂直穿过 x 轴离开磁场。已知粒子在 O 点的初速度大小为 v ， acO45，cos ，3EB 33磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计
2、，试求： (1)K 极板所带电荷的电性；(2)粒子经过 c 点时的速度大小；(3)圆形磁场区域的最小面积。解析：(1)粒子由 a 到 c，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下， K 板带正电， L 板带负电。(2)粒子由 O 到 a 做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达 a 点平行于 x 轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零， a 点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，
3、速度大小始终不变，故粒子经过 c 点时的速度与 a 点速度大小相等。由上可知粒子经过 c 点时的速度大小 vc va vcos 。3Ecos B EB(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a、 c 为两个切点。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知： qvcB mvc2R可得轨迹半径 R mvcqB mEqB2粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界 ab 切于 a 点，还需保证 c 点也在磁场中，当圆形磁场与 bc 切于 c 点时磁场面积最小，2此时磁场半径与轨迹半径相等。磁场最小面积 S R2 。 m2E2q2B4答案：(1)正电 (2) (3)
4、EB m2E2q2B42(2018福建质检)如图所示，圆形区域半径为 R，圆心在 O 点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。电子在电子枪中经电场加速后沿 AO 方向垂直进入磁场，偏转后从 M 点射出并垂直打在荧光屏 PQ 上的 N 点， PQ 平行于 AO， O 点到 PQ 的距离为 2R。电子电荷量为 e，质量为 m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速度大小 v；(2)电子枪的加速电压 U；(3)若保持电子枪与 AO 平行，将电子枪在纸面内向下平移至距 AO 为 处，则电子打在R2荧光屏上的点位于 N 点的左侧还是右侧及该点距 N
5、点的距离。解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evB mv2r电子轨迹如图甲所示，由几何关系得 r R联立解得 v 。eBRm(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得 eU mv212联立解得 U 。eB2R22m(3)电子在磁场中运动的半径 r R，故平行于 AO 射入磁场的电子都将经过 M 点后打在荧光屏上。从与 AO 相距 的 C 点射入磁场的电子R2打在荧光屏上的 G 点， G 点位于 N 点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系， 60GN R。Rtan 333答案：(1) (2) (3)左侧 ReBRm eB2R22m 333.(2017四川绵阳南山中学模拟)如图所
6、示，半径 R1.6 m 的 光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长 L3 m 的绝缘水平传送16带平滑连接，传送带以 v3 m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E20 N/C，磁感应强度 B3.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m1.010 3 kg 的物块 a 和 b，物块 a 不带电， b 带q1.010 3 C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将 a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与 b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成 60角落在地面上的 P 点(如图)，已知两物块与传送带之间
7、的动摩擦因数均为 0.1，取 g10 m/s 2， a、 b 均可看做质点。求：(1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度； (3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中， a、 b 系统机械能的变化量。解析：(1) a 物块从释放运动到圆弧轨道最低点 C 时，机械能守恒， mgR(1cos )mvC212得： vC4 m/s在 C 点，由牛顿第二定律： FN mg mvC2R解得： FN210 2 N由牛顿第三定律， a 物块对圆弧轨道压力： FN210 2 N，方向竖直向下。(2)a、 b 碰撞动量守恒 mvC2 mvCvC2 m/sab 在传送带上假
8、设能与传送带达到共速时经过的位移为 s， 2mg2 mav2 vC2 as得： s2.5 m L所以 ab 离开传送带时与其共速为 v3 m/s进入复合场后， qE2 mg210 2 N，所以做匀速圆周运动由 qvB2 mv2r得： r 2 m2mvqB4由几何知识解得传送带与水平地面的高度： h r 3 m。r2(3)ab 系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功 Wf 2mgs510 3 Jab 系统在复合场运动过程中，电场力对其做功： W 电 qEh610 2 J所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量： E Wf W 电 5.510 2 J。故 a、 b 系统机械能减少 5.510
9、2 J。答案：(1)210 2 N，方向竖直向下 (2)3 m(3)机械能减少 5.5102 J4.(2018黑龙江大庆中学期末)如图所示，在 xOy 坐标系内存在一个以( A,0)为圆心、半径为 a 的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B。另在 y 轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为 E，分布于 y a 的范围内。 O 点为质子源，其射出质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内。已知质子在磁场中的偏转半径也为 a，设质子的质量为 m、电荷量为 e，重力及阻力忽略不计。求：(1)射出速度沿 x 轴正方向的质子，到达 y 轴所用的时间；(2)射出速度与
10、x 轴正方向成 30角(如图中所示)的质子，到达 y 轴时的位置与 O 点的距离；(3)质子到达 y 轴的位置坐标的范围。解析：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得： evB mv2a即： vBeam射出速度沿 x 轴正方向的质子，经 圆弧后以速度 v 垂直于电场方向进入电场，在磁场14中运动的时间为： t1 T4 a2v m2eB质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动 a 后到达 y 轴，由匀变速直线运动规律有： aeEt222m即： t2 2maeE故所求时间为： t t1 t2 。 m2eB 2maeE(2)质子转过 120角后离开磁场，再沿直线到达图中 P 点
11、，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达 y 轴，运动轨迹如图中所示。5由几何关系可得 P 点距 y 轴的距离为： x1 a asin 301.5 a设在电场中运动的时间为 t3，由匀变速直线运动规律有： x1eEt322m即 t3 3maeE质子在 y 轴方向做匀速直线运动，到达 y 轴时有： y1 vt3 Ba 3eamE所以质子在 y 轴上的位置为： y a y1 a Ba 。3eamE(3)若质子在 y 轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，此时 x2 a质子在电场中在 y 方向运动的距离为： y22 Ba eamE质子离坐标原点的距离为： ym a y2 a2 Ba eamE由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与 y 轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到 y 轴上，因此质子到达 y 轴的位置坐标的范围应是。(a， a 2Ba eamE)答案：(1) (2) a Ba (3) m2eB 2maeE 3eamE (a， a 2Ba eamE)
