带电粒子在复合场中的运动1.docx

1.4带电粒子在复合场中的运动11.如图所示，一个质量为朋、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀 强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d（AG ± AC），不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内，求: （1）此离子在磁场中做圆周运动的半径尸;（2）离子从D处运动到G处所需时间。 J1 dL J1h JI jCXXX2. 平面直角坐标系xO_y中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强 电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度V。沿X轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点。离开电场进入磁场 离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问: （1）粒子到达。点时速度的大小和方向;（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.X X X XX X X XX X X X3. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于 坐标平面向外的半圆形匀强磁场，磁场半径为R边界与x轴重合。一质量为朋、电荷量为q的带正电的粒子，自y轴正半轴上y= 3R处的P点，以速度为垂直于y轴射入电场，经x轴上x=R处的Q点进入磁 8场，并恰好能从磁场的圆弧边界射出。不计粒子重力。求：(1) 匀强电场的电场强度大小E;(2) 匀强磁场的磁感应强度大小B和粒子在磁场中运动的时间。4. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、三象限内存在着沿y轴正方向的有界匀强电场，宽度为d。 在第一、四象限内有一个半径为R的圆形区域，圆心。'的坐标为(R，0)，圆形区域内存在方向垂直于 xOy平面向里的匀强磁场。一质量为朋、带电量为+q的粒子以初速度从A点沿半径方向垂直射入匀强磁 场，粒子恰好通过坐标原点。进入匀强电场，粒子射出电场时的速度大小为2v。已知OA与x轴之间的 夹角6=60°，粒子重力不计，求口(1) 匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2) 匀强电场的电场强度E的大小；(3) 粒子从A点进入磁场到从电场中射出的总时间t。5. 如图所示，在xOy平面直角坐标系内，J0的区域存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E,在J < 0的区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从C点（刁，2d）以初速度沿y轴 负方向射出，经过坐标原点O后进入磁场，然后又从x轴上的D点（-2d，0）离开磁场，不计粒子重力， 求：（1）粒子的比荷q ；m（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）粒子从C点出发运动到D点的时间t。6. 如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某 一速度射入，粒子恰好做匀速直线运动，经t。时间从P点射出；若仅撤去磁场，粒子仍从O点以相同的速 度沿y轴正方向射入，经、时间从半圆形区域的边界射出。2（1）求电场强度的大小和方向；（2）求粒子的比荷q ；m（3）若保留磁场而撤去电场，粒子仍从O点沿y轴正方向射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中 运动的时间。7. 如图所示，直角坐标系X”位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感 应强度为可方向垂直X”平面向里，电场线平行于y轴。一质量为朋、电荷量为q的带负电荷的小球， 从y轴上的A点水平向右抛出。经x轴上的"点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点 第一次离开电场和磁场，"之间的距离为乙，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为0。不计空 气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向;(2)小球从A点抛出时初速度的大小;(3) A点到x轴的高度h。8. 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E 513n/C，同时存在着水平方向的 匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球，质量m=1x10-6 kg，电 荷量q=2x10-6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消 失引起的电磁感应现象)，取g=10 m/s2。求：(1) 小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2) 从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间，。X我乂X X>x xx mE*KXXX XXX参考答案顷)葺；(2)以* 【解析】正离子轨迹如图所示:圆周运动半径r满足d=r+rcos60°2 解得r = - d (2)设离子在磁场中的运动速度为V。，则有qBvo = m亍 解得V。=端、，-2 兀 r2 兀 m粒子的运动周期为尸=；=斯T 2兀m3mqB由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为，广耳=诱 2d离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为'=一,(9 + 2兀)m子从 "G的总时间为，=t +2=乙厂2. (1)克v。,与x轴正方向成45°角斜向上(2)V。【解析】(1) 粒子运动轨迹如图:X X X XVY y y V粒子在电场中由Q到。做类平抛运动，设。点速度V与x方向夹角为a , Q点到x轴的距离为乙，到y轴的距离为2乙，粒子的加速度为Q,运动时间为，根据平抛运动的规律有:，1 cy 方向：L = -at2粒子到达。点时沿y轴方向的分速度:v = at，乂 tan a =r， vx解得 tan a = 1，即 a = 45°，粒子到达。点时的夹角为450解斜向上，粒子到达。点时的速度大小为v = 2拦=、M ； cos 45°o(2) 设电场强度为E，粒子电荷量为g，质量为朋，粒子在电场中受到的电场力为兀 粒子在电场中运动的 加速度：a =您，m设磁感应强度大小为瓦粒子做匀速圆周运动的半径为R洛伦兹力提供向心力，有：qvB = m巴， R根据几何关系可知：R = 2L3. (1) E =屿；(2) B = %，t =盈4qR2qR25v°【解析】 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有:Wi=Rat 2 =yP= - R218其中a=巫m解得E =3mv 204qR3(2)粒子在Q点时沿轴负万向的分速度vy=at1= - v0所以粒子在磁场中做圆周运动的速度大小-.-v2 +v2 =5v y 04 0因粒子恰好能从圆弧边界射出磁场,所以粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径-2 R粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，v 2 贝有 qvB=m r解得B = 5mVo 2qR冗r粒子在磁场中运动半周，则运动时间L = 一2 v解得t = 2jr。25v03mv毕、3mv23d + %'3兀 R4. (1)0 ； (2) ； (3)3qRqd3v。【解析】(1)带电粒子运动轨迹如图所示fi设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为尸，则由几何关系得R = "an -由牛顿第二定律得qv。B = m菱(2)带电粒子从O点垂直进入匀强电场，做类平抛运动，有d=v0t1qE=mayy=atj又 v(2v )2 - V2联立解得e = H qde 2兀m带电粒子在磁场运动的周期为 轨迹所对应的圆心角为0=60° 60°带电粒子在磁场中运动的时间为t2 =T2 360带电粒子运动的总时间t联立解得t = 3d +<"，c 3兀)d2+t 一k 2 7V03v05. (1)牛；(2) 2E ； (3)2 Ed v0【解析】 (1)设粒子的质量和电量分别为m和g,粒子在电场中做类平抛运动，在电场中的运动时间为七，有2d = v t解得2dt =一1 v0qv 2=0m 2 Ed11(2)设粒子到。点时的速度为v,从C点到。的过程，根据动能定理有qEd = -mv2 -mv222解得v = 7 2v°设粒子到。点时速度方向与X轴正方向的夹角为a，则cosa= W =v 2解得a = 45°OO'D为等腰直角三角形，得粒子在磁场中做圆周运动的半径r =0又 qvB = m r一 2 E 解得B = v0 2兀r2兀d粒子在磁场中运动的周期T = v 3_ 3兀d粒子在磁场中的运动时间七=T = 2 42v0.2d 3兀 d/一 3兀、d则粒子从C点出发运动到D点的时间t = +，2 = + "2= （2 +顶）o o0厂 BR6. (1) E=一 t0沿X轴正方向；m=茶;0t=斜【解析】（1）设带电粒子的质量为m,电荷量为么 初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，可知电场强度沿x轴正方向，粒子受力平衡，有qE=qvB 又 R=vt0BR（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在方向位移y = v?得y = T设在x方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，由数学知识得X =皇R2由牛顿第二定律，有a =必在x方向，有X = 2a（2）2Bt0(3) 仅有磁场时，入射速度为4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为,，由牛顿第二定律有q (4 v)B = m (4vr/曰m - 4v Bt 4v vt得'=Bq=京.万=R 一由几何关系sina= 1淄带电粒子在磁场中运动周期则带电粒子在磁场中运动时间r 2qB2at =T2兀得t=%7. (1) mg，竖直向下；(2) q/ 8qBL(3)q2B2L2m tan 0 ；8m2 g【解析】 (1)小球在电场和磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，即qE = mg 解得E = mgq因为小球所受电场力方向竖直向上，且小球带负电，所以电场强度E的方向为竖直向下。(2)设小球在电场和磁场中做匀速圆周运动的半径为，速率为v。根据几何关系可知2r sin 0 = L根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有qvB = m兰 r根据速度的合成与分解有cos 0 =财V联立口口解得)=qBL2m tan 0XXX/、凶一拭(3 )根据平抛运动规律可知小球在M点时的竖直分速度大小为vy = q 2 ghv根据速度的合成与分解有tan0 v0联立口口解得h = q2B2L 8m 2 g8. (1) 20 m/s,与电场方向夹角为60°； (2) 3.5 s【解析】(1)小球做匀速直线运动时，受力如图：其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：Bqv = q2E2 + m2g2 ,代入数据解得v = 20m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan0 =丝mg解得 tan0 = ：3则 0 = 60°(2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为vy = v sin 0若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有联立解得t = 2t3s