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專題9.12 組合場問題 一．選擇題 1．(2018東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離D隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)(　　) A．D隨U1變化，D與U2無關 B．D與U1無關，D隨U2變化 C．D隨U1變化，D隨U2變化 D．D與U1無關，D與U2無關 【參考答案】A 2．（2018廣州一模）如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場。不計粒子的重力。則 A．粒子帶負電 B．電場的方向是由b指向c C．粒子在b點和d點的動能相等 D．粒子在磁場、電場中運動的時間之比為p∶2 【參考答案】ABD 3．（2018廣東韶關質(zhì)檢）如圖 4 所示，一個靜止的質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的粒子（不計重力），經(jīng)電壓 U 加速 后垂直進人磁感應強度為 B 的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在 P 點，設 OP=x，能夠正確反應 x 與 U 之間的函數(shù)關系的是 【參考答案】B 4．如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDy區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C，D在x軸上，它們到原點O的距離均為a， ?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。，下列說法正確的是（ ） A. 若 ，則粒子垂直Cy射出磁場 B. 若，則粒子平行于x軸射出磁場 C. 若 ，則粒子垂直Cy射出磁場 D. 若，則粒子平行于x軸射出磁場 【參考答案】AD 點睛：帶電粒子先經(jīng)過電場加速，再進入磁場做勻速圓周運動，由動能定理求出加速獲得的速度，由牛頓第二定律求出在磁場中圓周運動的軌跡半徑，可結合幾何知識判斷粒子射出磁場的方向． 二．計算題 1. (16分) （2018江蘇揚州期末）在如圖所示的坐標系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為d，間距為d.電場右側的x軸上有足夠長的熒光屏．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為M點，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應，求： (1) 電子通過磁場區(qū)域的時間t； (2) 偏轉(zhuǎn)電場的電壓U； (3) 電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上． 【名師解析】 (1) 電子在磁場區(qū)域運動周期為 T＝(2分) 通過磁場區(qū)域的時間為t1＝T＝. (2分) (2) 由幾何知識得r＝d，又r＝ 解得v＝(2分) 代入數(shù)據(jù)解得U＝.(2分) (3) 電子恰好打在下極板右邊緣 磁場中r′＝ 電場中水平方向d＝v′t 豎直方向r′＝t2 由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v′＝.(4分) 2.（2017北京海淀二模）（16分）如圖所示，真空玻璃管內(nèi)，加熱的陰極K發(fā)出的電子（初速度可忽略不計）經(jīng)陽極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場加速后，從陽極A的小孔射出，由水平放置的平行正對偏轉(zhuǎn)極板M、N的左端中點以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域。若M、N兩極板間無電壓，電子將沿水平直線打在熒光屏上的O點；若在M、N兩極板間加電壓U2，形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場，則電子將打在熒光屏上的P點；若在M、N極板間加電壓U2的同時，再加方向垂直紙面的勻強磁場，則電子將能重新打在熒光屏上的O點。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩極板長均為L1、兩極板間距離為d，極板右端到熒光屏的距離為L2。 （1）忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力，求： ①電子從陽極A小孔射出時速度v0的大?。? ②電子重新打在熒光屏上O點時，所加勻強磁場的磁感應強度B的大小。 （2）在解決一些實際問題時，為了簡化問題，常忽略一些影響相對較小的量，這對最終的計算結果并沒有太大的影響，因此這種處理是合理的。如在計算電子打在熒光屏上的位置時，對于電子離開M、N板間的偏轉(zhuǎn)電場后運動到熒光屏的過程，可以忽略電子所受的重力。請利用下列數(shù)據(jù)分析說明為什么這樣處理是合理的。已知U2=2.0102V，d=4.010-2m，m=9.110-31kg，e=1.610-19C，L1=5.010-2m，L2=0.10m，重力加速度g=10m/s2。 ② 加磁場后，電子沿水平方向以v0做勻速直線運動，所受合力為零………………（2分） 即eU2/d=ev0B………………………（2分） 解得 B=……………………………（2分） 若考慮到重力的作用，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的位移 y2=vyt2+gt22=+g…（1分） 由于重力影響，電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移增加量為 Δy=y2-y1=g 由于重力的影響，電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移的增加量與忽略電子所受重力時的位移的比值 ≈10-14…………………………………（1分） 即重力對電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計算電子偏轉(zhuǎn)量時可以忽略電子所受的重力。 ………………………………………………… 3．（2017年5月廣西五市模擬）如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E方向豎直向下且與邊界MN成θ=45角，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，在電場中有一點P，P點到邊界MN的豎直距離為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放（不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大）。求： （1）粒子第一次進入磁場時的速度大?。? （2）粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離； （3）若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應強度大小突然變?yōu)?，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則的最小值為多少？ 【參考答案】（1）v=。 （2）xCA=4d。 （3）B’=2(2-)B. 由幾何知識可得x=y，解得：t= 兩點間的距離為：xCA=vt， 代入數(shù)據(jù)可得：xCA=4d。 設此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有幾何關系可知r=R。 又因為r=， 所以B’=， 代入數(shù)據(jù)可得：B’=2(2-)B. 4.如圖所示，等邊三角形AQC的邊長為2L， P、D分別為AQ、AC的中點．水平線QC以下是向左的勻強電場，區(qū)域Ⅰ（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0；區(qū)域Ⅱ（三角形APD）內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域III（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場與區(qū)域Ⅱ內(nèi)大小相等、方向相反．帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一速度射入電場，在電場作用下以速度v0垂直QC到達該邊中點N，經(jīng)區(qū)域再從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域（粒子重力忽略不計） （1）求該粒子的比荷q/m； （2）求該粒子從O點運動到N點的時間t1和勻強電場的電場強度E； （3）若區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場的磁感應強度大小為3B0，則粒子經(jīng)過一系列運動后會返回至O點，求粒子從N點出發(fā)再回到N點的運動過程所需的時間t． 【名師解析】(1)由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為：r1=L 由牛頓第二定律和洛倫茲力表達式得到：qv0B0=m 解得：q/m= (3)帶電粒子在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ內(nèi)做勻速圓周運動，同理由牛頓第二定律和洛倫茲力表達式可得： qv03B0=m 解得：r2=L/3 粒子從N點出發(fā)再回到N點的運動軌跡如圖所示 在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角α1=π/3， 在區(qū)域Ⅰ中運動的時間：t2=2= 在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角α2=π/3， 在區(qū)域Ⅱ中運動的時間：t2== 在區(qū)域Ⅲ中勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角α3=π， 在區(qū)域Ⅲ中運動時間：t3=2= 粒子從N點出發(fā)再回到N點的運動過程所需的時間t=t3+ t2+t3=++=