带电粒子在复合场中的运动(含详细解析过程).docx

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1、带电粒子在复合场中的运动1、如图所示，在y 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y 0的空间中，存 在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面(纸面)向外.一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y = h处的点P1时速率为， v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上x = 2h处的P2点进入磁场，d 一；芝 并经过y轴上y =乜h处的P3点.不计粒子的重力，求：(1) 电场强度的大小；* . (2) 粒子到达P2时速度的大小和方向；W 丫(3) 磁感应强度的大小.2、如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的 匀强电场，

2、其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电 粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中， 初速度方向与边界线的夹角。=30，粒子恰好从y轴上的C 孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知 OQ=OP，不计粒子的重力，求：(1) 粒子从P运动到C所用的时间t；(2) 电场强度E的大小；(3) 粒子到达Q点的动能Ek。3、如图所示，半径分别为。、b的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心0处 固定一个半径很小(可忽略)的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周 与金属球间电势差为U，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电 的粒子从金属球表

3、面沿+x轴方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m， 电量为q，(不计粒子重力，忽略粒子初速度)求：(1) 粒子到达小圆周上时的速度为多大？(2) 粒子以(1)中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某 一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此最小值B。(3) 若磁感应强度取(2)中最小值，且b=(2+1) a，要粒子恰好 第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并 求粒子在磁场中运动的时间。(设粒子与金属球正碰后电量不变且能以 原速率原路返回) 4、如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)。x轴下方存在匀强电场，场强 大小为

4、E，方向沿与x轴负方向成60角斜向下。 一个质量为m，带电量为+e的质子以速度v0 从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子 飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电 场中，速度方向与x轴正方向成30，之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。(1) 画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积;(2) 求出O点到c点的距离。5、在图所示的坐标系中，x轴水平，V轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第in象限存 在沿V轴正方向的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，在第W象限由沿x轴负方向的 匀强电场，场强大小与第n象限存在的电场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为 q的质

5、点a，从V轴上V = h处的Pi点以一定的水平速度沿轴负方向抛出，它经过% = 2h处的P2点进入第11象限，恰好做匀速圆周运动，又经过质点a到达/；点时速度的大小和方向;进入第象限，试求:(2 )第111象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应(3)质点a进入第0象限且速度减为零时的位置坐标强度的大小;6、如图16所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板 相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q， 两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离 板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆

6、的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀 强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：图IS（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小;（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。7.2008年（上海卷 物理）（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型 示意图。在。平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电 场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D 处

7、离开，求所有释放点的位置。（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（31），仍使电子从ABCD区域左下 角D处离开（D不随电场移动），求在 电场I区域内由静止释放电子的所有位置。8、如图甲所示，在水平放置的两平行金属板的右侧存在着有界的匀强磁场，磁场方向垂直 于纸面向里，磁场边界MN和PQ与平行板的中线OO垂直。金属板的下极板接地，上极板 的电压u随时间变化的情况如图9乙所示，匀强磁场的磁感应强度B = 1.0x10yt。现有带 正电的粒子以=1.73x105m/s的速度沿两板间的中线00,连续进入电场，经电场后射入磁 场。已知带电粒子的比荷-=1.0x108C/kg，在40.10s时刻射

8、入电场的带电粒子恰能从平行 m金属板边缘穿越电场射入磁场。假设在粒子通过电场区的极短时间内极板间的电压可以看作不变，粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计。（结果保留两位有效数字）（1）求40.10s时刻射入电场的带电粒子射出电场时速度的大小和方向。（2）为使40.10s时刻射入电场的带电粒子不会由磁场右边界射出，该匀强磁场区的宽 度至少为多大？（3）若磁场的宽度足够大，对任何时刻以射入电场的带电粒子，设其射入磁场的入 射点和从磁场射出的出射点间的距离为加则x的大小是否相等？若不相等，求出x的变化 范围；若相等，求出x的大小。答案:为a，XXXL设粒子从1到P2的时间为t，电场强度的大小为

9、E，粒子在电场中的加速度qE = ma vt = 2h- at 2 = hE = 2022qh（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为vo，以v1表示速度沿y方向分量的大小，V表示速度的大小，。表示速度和X轴的夹角，则(3 ) qvBv = v2 + v0tan 0 = 1V 0V = v(v =7 2v 00 = 45。因为 0P2 = OP3，。=45P2P3为圆轨道的直径，得r =41hmv 0qh2、答案：(1)带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周由B0=m 得:又t=2兀mBq得带电粒子在磁场中运动的时间:T 兀m2 = qB

10、(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v 02mvCF于D，则由几何知识可知， CP0M CQ0M CDQ，由图可知：CP= 2r = -0 qB带电粒子从c运动到Q沿电场方向的位移为Se=DQ = 0Q = OP = CP sin 3。0 = r = *带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为3mvS = CD = CO = CP cos300 =、3r =0 v0qBc 11 qE“由类平抛运动规律得：2 2 = 2 m2联立以上各式解得：E =2 Bv Q-3(3)由动能定理得:-2 mv 2 = qES联立以上各式解得：E k7mv 26 03、(1)粒子在电场中加速，根据动能定律

11、得：qU = 11 mvv=：2qU，m(2)粒子进入磁场后，受洛伦兹力做匀速圆周运动，qB = m巳 r要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图，N则有侦 a 2 + r 2 = b 一 r所以r =2b联立解得2b 2mUb 2 - a 2q（3）图中 tanO= r = b2 一a2 = 1 即。=45 a 2ab则粒子在磁场中转过9=270，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加 速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发 点。因为 t =血粒子在磁场中运动时间为t=4x3 T = 3兀（2-a2）：工Bq4b2q

12、U4、（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类V 2 平抛运动，轨迹如图所示.根据牛顿第二定律，有BeV0 = mRr= Rcos300求出圆形匀强磁场区域的最小半径r =、j3mv2eB圆形匀强磁场区域的最小面积为S.min3兀 m2 v 2=兀 r 2 =04 B 2 e2要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知:（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin30。= vt ；CC 1平行电场方向：Scos300 = 2at2， （3分）由牛顿第二定律eE = ma，A4 疽 3mv 2 解得：S = eE0

13、。点到C点的距离：d = ；0护+阮2（、+ （4齐02）2Be eE5、（1 ）质点在第II象限中做平抛运动，设初速度为V0，由1h =万 gt 2 2h = v0t解得平抛的初速度V0 =必gh在P2点，速度V的竖直分量Vy = gt = J2ghv = 2。gh，其方向与X轴负向夹角0 = 45。（2）带电粒子进入第田象限做匀速圆周运动，必有 mg = qE2卫h ” 又恰能过负y轴2h处，故pp为圆的直径，转动半径R = - = 2h2 32八v 2又由qvB = m R可解得E =mg（3）带电粒以大小为v，方向与X轴正向夹45角进入第象限，所受电场力与重力的合力为 0而且还能穿过小

14、孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有:W= 2qE x 2.5L + (3qE x 3.5L) 0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。（1）带电系统开始运动时，设加速度为气，由牛顿第二定律:2m2qE qE a -1球B刚进入电场时，带电系统的速度为，有:v 2 = 2a Li i求得:_ ：2qELV1 =v（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t则：t1= t1得:,2mLt =,1 V qE球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律:a3qE + 2qEqE=2m2m显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度

15、为v2,减速所需时间为 t2，则有：v2 v2 = 2a x 1.5Lt = 12122 a21 2qEL-2mL求得：v2 = 2m2 = ：qE设加速度为a3,再由牛顿第二定律:运动的位移为X，则有:球A离电场后，带电系统继续做减速运动3qE a -32m设球A从离开电场到静止所需的时间为t3,t = % v2 = 2a x 求得：t = 1 ：史4,x = L由(11)(15)可知，带电系3 a23i 3 qE 67 2mL统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=ti+12+13=3、：-qE L球A相对右板的位置为：x =67、解：（1）设电子的质量为m,电量为幻电子在电场I中做匀加

16、速直线运动，出区域I时的为vo,此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为j,1L 、 11 eE （L VeEL = mv 220解得y= 4 L，所以原假设成立,即电子离开曷区域的位置坐标为（2L，4 L ）（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，j），在电场I中电子被加速到，然后 进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有厂 111 eE （L eEx = mv 2j = at 2 =2122 m vjL2解得xy=；，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。4（3）设电子从（x，j）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动， 在高度为y处离开电

17、场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点， 则有eEx = 1 mv 222,11 eE ( L Yj j =一 at2 =22 m vjv = at =史，j，= v j mvj nv解得 xy = L （ + 1，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置 2n 4 ）一 、 U8、（1）由动能定理q112 mv 2 2 mv2解得 v = 2.0 x105 m/s而qvB = mV2，R = mvR qBOM ,y. pI sA.AK1I X X x I 八NQ答图1:quv=3m答图2设偏转角度为仇则cos。=三3 , 6=30v 2(2)粒子运动轨迹如答图1所示，

18、设粒子运动轨 迹刚好与右边界相切，这时磁场宽度为，则_ _ 33mv_ _ _d = R+ RinT0=R 1 = 0. 3 0m22qB解得，d=0.30m所以，磁场宽度至少为0.30m。(3)设粒子通过电场时偏转电场的电压为u，它射 出电场时的速度为v，由动能定理u 11q = mv2 一一mv22 22 0设偏转角度为a，如答图2所示v 1 m 贝Cos奶=v v 0 mv2 + qu粒子在磁场中的运动半径r=mv=mv 2+密 k 加， qB qBl 0 m qB 0粒子射出磁场时沿磁场边界方向运动的距离m , : m 2mvx = XRCOS她=2：mv2 + qu - v i=0 =0.35 mqB 05+qu qB所以，任意时刻粒子射入磁场点与射出磁场点的距离相等。