1帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動

四、大計算題部分1帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動1.(2023·山東濟(jì)寧二模)如圖所示,Oxyz坐標(biāo)系的y軸豎直向上,在yOz平面左側(cè)2L<x<L區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1(大小未知),L<x<0區(qū)域內(nèi)存在著沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場,在yOz平面右側(cè)區(qū)域同時存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小為E2=8mv0213πqL,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與yOz平面左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,電磁場均具有理想邊界,在x軸正方向距離O點x0=39πL16處,有一垂直于x軸放置的足夠大的熒光屏(未畫出)。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從M(2L,(1)勻強(qiáng)電場E1的電場強(qiáng)度大小;(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(3)帶電粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)。解析:(1)粒子在電場中僅受電場力作用做類平拋運動,則沿x軸方向L=v0t,沿y軸方向12L=12at由牛頓第二定律得qE1=ma,解得a=v0E1=mv(2)在N點,設(shè)粒子速度v的方向與x軸間的夾角為θ,沿y軸負(fù)方向的速度為vy。粒子進(jìn)入磁場時豎直分速度大小vy=at,tanθ=vy解得θ=45°,粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v=v0cosθ=2豎直方向的速度為vy=v0,粒子在磁場中做勻速圓周運動,從O點進(jìn)入平面yOz右側(cè)區(qū)域,粒子軌跡如圖所示。由幾何知識可知,粒子做圓周運動的軌跡半徑R=2L粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv解得B=2m(3)粒子在xOy平面內(nèi)沿著與x軸正向成45°角的方向以速度v從O點進(jìn)入平面yOz右側(cè)區(qū)域,由上述分析可知,沿x軸方向的速度分量和沿y軸正向的速度分量均為v0,則粒子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動,半徑r=mv0qB粒子沿x軸正向做勻加速運動,加速度a′=qE2m設(shè)粒子到達(dá)熒光屏的時間為t,則x0=v0t+12a′t2解得t=13πL粒子做圓周運動的周期T=2πrv0則t=138則粒子在屏上的坐標(biāo)y=rsin45°=24z=(r+rcos45°)=2+2x0=39πL即位置坐標(biāo)為(39πL16,24L,2+答案:(1)mv02(3)(39πL16,24L,2.(2023·湖南郴州模擬)如圖所示,在Oxyz坐標(biāo)系中,存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場與勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),電場強(qiáng)度為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,在xOy平面內(nèi)以速度v從О點出射,速度方向與y軸正向夾角為30°,當(dāng)粒子第一次回到x軸時,速度恰與x軸垂直,此時電場方向變?yōu)檠貁軸正方向,大小變?yōu)?3πE,不計粒子所受重力。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)電場改變方向后,求帶電粒子運動軌跡距xOy平面的最遠(yuǎn)距離h與運動過程中的最大速度vm;(3)電場改變方向后,求帶電粒子第一次回到xOy平面時的位置坐標(biāo)。解析:(1)粒子沿x軸方向做勻減速直線運動,加速度a=qEm回到x軸時,沿x軸方向速度減為0,即0=vsinθat,時間t=T,T=2πm聯(lián)立解得B=4πE(2)設(shè)電場方向改變時粒子的速度為v1,有v1=32將v1分解為沿y軸負(fù)方向的32v和沿y軸正方向的3v2=3v,v3=32由于qE′=qv3B且方向相反,所以可將運動分解為沿y軸負(fù)方向的勻速直線運動和圓周運動。做圓周運動時,由洛倫茲力提供向心力,qv2B=mv最遠(yuǎn)距離h=2R=3m最大速度為最遠(yuǎn)距離處vm=33(3)x軸正方向的距離x=12at2解