专题五第2讲 带电粒子在复合场中的运动1．(2022·南平市5月模拟)如图1所示，电压为U的两块平行金属板MN，M板带正电．x轴与金属板垂直，原点O与N金属板上的小孔重合，在O≤x≤d区域存在垂直纸面的匀强磁场B1(图上未画出)和沿y轴负方向大小为E＝的匀强电场，B1与E在y轴方向的区域足够大．有一个质量为m，带电荷量为q的带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近M板内侧的P点(P点在x轴上)由静止释放后从N板的小孔穿出后沿x轴做直线运动；若撤去磁场B1，在第四象限x>d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2(图上未画出)，为了使粒子能垂直穿过x轴上的Q点，Q点坐标为(d,0)．求：图1(1)磁感应强度B1的大小与方向；(2)磁感应强度B2的大小与方向；(3)粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t.2．(2022·南京市三模)如图2所示，x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场．矩形OACD的边长分别为h和2h，一个带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以平行于x轴的某一初速度从A点射出，经t0时间粒子从D9\n点进入磁场，再经过一段时间后粒子又一次经过A点(粒子重力忽略不计)．求：图2(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)若仅改变粒子初速度的大小，求粒子以最短时间由A运动到C所需的初速度大小vx.3．(2022·东北三省四市模拟)示波管中有两个偏转电极，其中一个电极XX′上可以接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫扫描电压．如图3甲所示，已知XX′极板长L＝0.2m，板间距d＝0.2m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3T，方向垂直纸面向里．现将X′板接地，X极板上电势φ随时间变化的规律如图乙所示．有带正电的粒子流以速度v0＝1×105m/s，沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷为＝1×108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场．(设两板外无电场，结果可用根式表示)求：9\n图3(1)带电粒子射出电场时的最大速度；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)从O′点射入磁场和距O′点下方＝0.05m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时的出射点之间的距离．4．(2022·泰州二模)如图4甲所示，在xOy竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x轴相切于点(2R,0)、半径为R的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化(每个周期内正、反向时间相同)．一带正电的小球A沿y轴方向下落，t＝0时刻A落至点(0,3R)，此时，另一带负电的小球B从最高点(2R,2R)处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动；当A球再下落R时，B球旋转半圈到达点(2R,0)；当A球到达原点O时，B球又旋转半圈回到最高点；然后A9\n球开始匀速运动．两球的质量均为m，电荷量大小为q.(不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g)求：图4(1)匀强电场的场强E的大小；(2)小球B做匀速圆周运动的周期T及匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)电场、磁场变化第一个周期末A、B两球间的距离．二轮专题强化练答案精析第2讲 带电粒子在复合场中的运动1．(1)，方向垂直纸面向里(2)，方向垂直纸面向里9\n(3)(1＋π)d解析 (1)设粒子从O点穿出时速度为v0，由动能定理得：qU＝mv得v0＝由于粒子在0≤x≤d区域内的电场和磁场的叠加场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有qv0B1＝qE得B1＝磁场B1方向垂直纸面向里．(2)撤去磁场B1，粒子在0≤x≤d区域内的电场中运动的时间t＝设粒子离开电场时偏向角为θ有：vy＝at，a＝tanθ＝＝，θ＝30°粒子离开电场时速度大小v＝＝v0依题意，粒子运动轨迹如图所示，设在x>d的某区域磁场中半径为r，可得：FO′＝2r2r＋r＝OQ－OF＝3d解得r＝d由洛伦兹力提供向心力：qvB2＝得：B2＝，方向垂直纸面向里(3)由几何关系可知O到磁场左边界在x轴上的距离为L＝2.5d－rcos60°＝2d粒子从O到磁场左边界所用时间9\nt1＝＝d在磁场中运动时间t2＝T＝＝总时间t＝t1＋t2＝(1＋π)d.2．(1) (2) (3)解析 (1)由h＝at①得a＝Eq＝ma②E＝＝③(2)由vx＝vy＝at0＝＝vx得v＝④由R＝得：＝2h⑤则B＝⑥(3)设速度大小为vx，运动轨迹第一次与x轴相交时，交点处速度方向与x轴夹角为θ，vy＝，合速度为v，交点坐标为x2＝vxt09\nsinθ＝⑦R＝＝vt0⑧Rsinθ＝vt0·＝2h，与初速度大小无关⑨运动轨迹与x轴另一交点坐标为x1＝x2－2Rsinθ＝vxt0－4h根据对称性x1＝－h，x2＝3h⑩粒子以最短时间由A运动到C所需速率vx＝3．(1)×105m/s (2)2∶1 (3)0.05m解析 (1)若两极板间电势差为最大值U＝200V时，带电粒子进入电场，由E＝，F＝Eq，a＝，L＝v0t，y＝at2求得：偏转的距离y＝＝0.6m>，即此时带电粒子将打在极板上而不会射出电场．所以从两极板右边缘射出的粒子速度最大．由＝得，带电粒子刚好从极板右边缘射出时，板间电势差为U′＝V，根据动能定理有：＝mv－mv，求得带电粒子射出电场时的最大速度为vm＝×105m/s.(2)由左手定则知粒子在磁场中逆时针做匀速圆周运动．从X极板右边缘进入磁场的带电粒子，进入磁场时，速度方向与OO′的夹角为θ，则cosθ＝＝，θ＝30°它在磁场中运动周期为T，由Bvmq＝m、T＝得T＝.它在磁场中运动的时间为最短，tmin＝T9\n同理可知，从X′极板右边缘进入磁场的带电粒子，在磁场中运动的时间最长，tmax＝T，所求之比为＝.(3)从O′点射入磁场的带电粒子，在电场中匀速；进入磁场后由Bv0q＝m，x1＝2r1求得它射出磁场时的出射点离入射点O′的距离x1＝0.4m从距O′点下方处射入磁场的带电粒子，进入磁场时速度大小为v2，方向与OO′的夹角为β.有cosβ＝、Bv2q＝m、x2＝2r2cosβ，求得该粒子射出磁场时的出射点与其入射点间的距离x2＝＝x1所以，这两个粒子在MN上射出磁场时的出射点之间的距离Δx＝x1＋－x2＝＝0.05m.4．(1) (2) (3)R解析 (1)小球B做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有：Eq＝mg，解得：E＝(2)设小球B的运动周期为T，对小球A：Eq＋mg＝ma，解得a＝2g由R＝a()2，得T＝对B小球：BqvB＝m，vB＝＝π解得：B＝(3)分析得：电(磁)场变化周期是B球做圆周运动周期的2倍对小球A：在原点的速度为vA＝＋a在原点下的位移为：yA＝vAT，yA＝5R2T末，小球A的坐标为(0，－5R)9\n对小球B：球B的线速度vB＝π水平位移xB＝vBT＝2πR竖直位移为yB＝aT2＝2R2T末，小球B的坐标为[(2π＋2)R,0]则2T末，AB两球的距离为AB＝R9
