專題二十　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

專題二十帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy(x軸水平,y軸豎直)中,第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電、磁場,電場強(qiáng)度豎直向上,大小E1=40N/C,磁場方向垂直紙面向里;第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)E2=1603N/C.一質(zhì)量為m=2×10-3kg的帶正電的小球,從M(3.64m,3.2m)點(diǎn),以v0=1m/s的水平速度開始運(yùn)動.已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,從P(2.04m,0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0,-2.28m)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出).求:(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)的時間.[答案](1)2T(2)0.6s[解析](1)小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有mg=qE1解得q=5×10-4C由圖甲得Rcosθ=xM-xP,Rsinθ+R=yM聯(lián)立解得R=2m,θ=37°又qv0B=mv解得B=2T(2)小球進(jìn)入第四象限后,受力如圖乙所示,tanα=mgqE2=0.75,α=小球的速度與重力、電場力的合力F垂直,軌跡如圖甲所示.由幾何關(guān)系可得lQN=(-yN-xPtanα)cosα=0.6m在第四象限,沿初速度方向,有l(wèi)QN=v0t解得t=0.6s2.如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E=2N/C.在第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、電場強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場,并在y>h=0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的、垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度,恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ=45°),并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限.已知重力加速度g取10m/s2,求:(1)油滴在第三象限運(yùn)動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比,并指出油滴帶何種電荷;(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小;(3)油滴在第一象限運(yùn)動的時間.[答案](1)1∶1∶2油滴帶負(fù)電荷(2)42m/s(3)0.828s[解析](1)對油滴受力分析及作出油滴的運(yùn)動軌跡如圖所示.根據(jù)油滴受力平衡可知油滴帶負(fù)電荷,設(shè)油滴質(zhì)量為m,由平衡條件得mg∶qE∶F=1∶1∶2.(2)由第(1)問得mg=qE,qvB=2qE,解得v=2EB=42(3)進(jìn)入第一象限,電場力和重力平衡,可知油滴先做勻速直線運(yùn)動,進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動,最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限.由O→A勻速運(yùn)動的位移為x1=hsin45°其運(yùn)動時間t1=x1v=0由qvB=mv2r,T解得T=2πm由mg=qE,得mq=Eg,油滴從A→C做圓周運(yùn)動的時間為t2=14T由對稱性知,從C→N的時間t3=t1,在第一象限運(yùn)動的總時間t=t1+t2+t3=2×0.1s+0.628s=0.828s.3.如圖所示,光滑固定軌道OA高h(yuǎn),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)由靜止自由滑下,另一質(zhì)量為12m的絕緣塑料板靜止在光滑水平面上.上表面與A的切線平齊,滑塊與絕緣塑料板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.在滑塊右前方虛線MN、RS區(qū)域內(nèi)存在一寬度d=2518h,方向水平向左,大小E=2mg5q(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場,虛線RS右側(cè)存在方向垂直紙面向外、大小B=18m2gh(1)求絕緣塑料板的長度;(2)小滑塊到達(dá)邊界RS時,小滑塊和塑料板的速度各為多大?(3)小滑塊到達(dá)邊界RS時,塑料板恰與前方固定擋板P相碰(碰撞過程無能量損失),碰后滑塊最終恰好未從塑料板右端滑出,問碰后多久小滑塊停下?[答案](1)103h(2)162(3)4[解析](1)設(shè)小滑塊到達(dá)A端時速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=12m滑塊與塑料板相互作用過程中,由動量守恒定律得mv0=m+1由能量守恒定律得μmgL=12m解得塑料板板長為L=103(2)小滑塊進(jìn)入水平電場時假設(shè)發(fā)生了相對滑動,對小滑塊,有qE-μmg=ma1解得a1=0.3g對塑料板,有μmg=12ma解得a2=0.2g由于a1>a2,故假設(shè)成立.設(shè)小滑塊出水平電場時速度為v1,塑料板速度為v2,由v共2-v1解得v1=1在水平電場中運(yùn)動的時間t1=v則v2=v共-a2t1=1(3)出水平電場時小滑塊離板右端的距離Δx=v共+v22t1-v板反彈后系統(tǒng)的總動量p=mv1-12mv2=設(shè)板反彈至停下的過程中小滑塊和板的位移大小分別為x1、x2.由動量守恒定律得mx1-12mx2=又x1+x2=Δx解得x1=554對小滑塊,在磁場中減速為零的運(yùn)動過程中,由動量定理得μ(mg+qvB)t=mv1即μmgt+μqBx1=mv1解得t=4疊加場中的擺線類問題4.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平的勻強(qiáng)磁場(垂直紙面向里),電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子在場中運(yùn)動,不計粒子所受重力.若該粒子在M點(diǎn)由靜止釋放,其運(yùn)動將比較復(fù)雜.為了研究該粒子的運(yùn)動,可以應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法,將它為0的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度.求粒子沿電場方向運(yùn)動的最大距離ym和運(yùn)動過程中的最大速度vm.[答案]2mEq[解析]方法一:動能定理+動量定理帶電粒子的運(yùn)動中,只有電場力做功,當(dāng)其運(yùn)動至最遠(yuǎn)時,電場力做功最多,此時速度最大,根據(jù)動能定理有Eqym=12mvm粒子沿y方向上的速度產(chǎn)生垂直于電場方向的治倫茲力,即fx=qBvy取沿垂直于電場方向運(yùn)動一小段時間Δt,根據(jù)動量定理有fxΔt=qBvyΔt=mΔvx注意式中vyΔt表示粒子沿電場軸方向運(yùn)動的距離.因此,等式兩邊對粒子從離開M點(diǎn)到第一次最遠(yuǎn)的過程求和有qBym=mvm②聯(lián)立①②兩式,解得vm=2EB,ym方法二:配速法這個運(yùn)動之所以復(fù)雜是因?yàn)槁鍌惼澚Ω淖兞诉\(yùn)動的方向,帶電粒子在磁場中做的最簡單的運(yùn)動是勻速圓周運(yùn)動,我們就可以設(shè)法將其分解為勻速圓周運(yùn)動.粒子的初速度為零,可分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v,其中水平向右的速度v對應(yīng)的洛倫茲力與電場力平衡Bqv=Eq;因此,粒子的運(yùn)動是水平向右速度為v的勻速直線運(yùn)動和初速度水平向左,大小為v的逆時針勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動,圓周運(yùn)動的軌道半徑r=mvqB所以ym=2r=2mEqB2,vm5.在場強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場中,一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放,小球的運(yùn)動曲線如圖所示.已知此曲線在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到x軸距離的2倍,重力加速度為g.求:(1)小球運(yùn)動到任意位置P(x,y)的速率v.(2)小球在運(yùn)動過程中第一次下降的最大距離ym.(3)當(dāng)在上述磁場中加一豎直向上場強(qiáng)為E(E>mgq)的勻強(qiáng)電場時,小球從O靜止釋放后獲得的最大速率vm[答案](1)2gy(2)2m2[解析](1)洛侖茲力不做功,由動能