粒子在復(fù)合場計算題

1、1 如圖，一勻強磁場磁感應(yīng)強度為 B，方向垂直紙面向里，其邊界是半徑為 R的圓.MN為圓的一直徑.在 M點有一粒子源可以在圓平面內(nèi)向不同方向發(fā)射質(zhì)量m、電量-q速度為v的 粒子，粒子重力不計，其運動軌跡半徑大于 R.(1 )求粒子在圓形磁場中運動的最長時間(答案中可包含某角度，需注明該角度的正弦或余弦值)；(2)試證明：若粒子沿半徑方向入射，則粒子一定沿半徑方向射出磁場.2vHmv1.解：(1)根據(jù) Bqv m得：rrBqR圖中sinBqRrmv,2 r2 m根據(jù)T得：TvqB運動的最長時間t ?TqB（式中 sinBqR ）mv(2)如圖所示，沿半徑射入， r與R垂直，兩三角形全等, 而出射

2、速度v與軌跡半徑r垂直，所以出射速度與 R同一 直線。甲乙當(dāng)粒子軌跡恰好與 ab相切時是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最小的情況，設(shè)2. 一足夠長的矩形區(qū)域 abed內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為 B、方向垂直紙面向里的勻強磁場， 矩形 區(qū)域的左邊界ad長為L,現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一速度方向與 ad邊夾角為30 、大小 為vo的帶正電粒子，如下圖所示.已知粒子電荷量為q，質(zhì)量為m (重力不計):(1 )若要求粒子能從 ab邊射出磁場，vo應(yīng)滿足什么條件?(2 )若要求粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應(yīng)從哪一條邊界處射出，出射點位于該邊界上 何處？最長時間是多少?2.解：(1)當(dāng)粒子軌跡恰好

3、與 ed邊相切時，是粒子能從ab邊射出磁場 區(qū)域時軌跡圓半徑最大的情況，設(shè)此 半徑為Ri,如圖甲所示。則有 R1 cos60 L R12可得：R1 L此半徑為R2,如圖乙所示則有：R2 sin 30 R2得：R2 23故粒子從ab邊射出的條件為R2 R R1,即L R L3根據(jù)qvBm，得 V0qBRrm所以qBLqBLV03mm(2)因為tT m2Bq所以粒子運動所經(jīng)過的圓心角越大，粒子在磁場中運動時間越長，從圖中可以看出，如果粒子從cd邊射出，則圓心角最大為60 ，若粒子從ab邊射出，則圓心角最大為 240 ，粒子從ad邊射出，圓心角最大為 360 -60 =300 ，由于磁場無右邊界，故

4、粒子不可能從右側(cè)射出.綜上所述，為使粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應(yīng)從ad邊射出，如圖乙所示，設(shè)出射點到O的距離為x,從圖中可以看出，P點是離O距離最大的出射點PO 2R2s in 300 L3則x L ,即出射點到O的距離不超過-33maxmax215 2m 5 m23 Bq 3Bq3. 長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，平行金屬板的30。角，出磁場時剛好右側(cè)有如圖所示的勻強磁場。一個帶電為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速 V0緊貼上板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下板邊緣射出，射出時末速度恰與下板成緊貼上板右邊緣，不計粒子重力，求:(1 )兩板間的

5、距離;(2 )勻強電場的場強與勻強磁場的磁感應(yīng)強度。解：（1）帶電粒子在電場中受到電場力的作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動。Vy豎直方向：離開電場時的速度Vy=votan30 粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)的位移 y d t水平方向：粒子勻速運動的時間LVo聯(lián)立以上幾式解得,（2）在電場中粒子受到電場力，由牛頓第二定律得，qE=ma根據(jù)運動學(xué)公式有，Vy= at又因為粒子運動時間t=，Vo3mvo所以E盲帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即:2VqVB m 粒子離開電場時的速度 V2Vy粒子在磁場中的運動軌跡如右圖所示由幾何關(guān)系得，rcos30解得，B 4沐0qL4. 如圖所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大

6、小為E=4 X105N/C方向水平向左的勻強電場，在4 10 10 N/C的帶正電粒子從 xqOA=0.2m，不計重力。求:B的取值范圍(不考慮粒子第二次進入x第n象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)荷比為軸上的A點以初速度vo=2 X10 7m/s垂直x軸射入電場,(1 )粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點 O的距離；(2 )若要求粒子不能進入第三象限，求磁感應(yīng)強度電場后的運動情況)。解：(1 )設(shè)粒子在電場中運動的時間為t ,粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y，則:爲(wèi)2yvot解得：a=1.0 xi015m/s2t=2.0 xi0-8sy 0.4m（2）粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為:

7、vx at 2 107m/s粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為；v 、. v； v；2 2 107 m/ s與y軸正方向的夾角為B0= arctgvx450v要粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做圓周運動的軌道半徑為R/，則:R/解得B （2-、2 2） 10 2T5、（15分）如圖所示，一個質(zhì)量為 m =2.0 X10-11 kg ,電荷量q = +1.0 X10-5C的帶電微粒（重 力忽略不計），從靜止開始經(jīng) U1=100V電壓加速后，水平進入上板帶正電、下板帶負電的兩平 行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2=100V .金屬板長L=20cm，兩板間距d=10 3 cm .求： 微粒進入偏

8、轉(zhuǎn)電場時的速度 V0大小;若該勻強磁場的寬度為微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角e；D=10cm，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度b至少多大?F E61X!X3:XiXXx :1 :XX啟XX：1:X1XXX：1VXX卩XX：15、微粒在加速電場中由動能定理得:1 22嚴 3分解得V0 =切仏微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有:a叫,mdLVy at a v飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為:tanvU2L2U1d解得 e = 30 01分vv1分cosDrr sin2分2 mv1分r進入磁場時微粒的速度是:軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有:洛倫茲力提供向心力：Bqv解得：Bmv(1 sin )

9、qD cos1分代入數(shù)據(jù)解得：B = 3/5=0.346TB至少為0.346T。所以，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度（B =0.35T照樣給分）6 . （20分）豎直面內(nèi)有一絕緣光滑水平軌道，末端放置一荷質(zhì)比為-10C/Kg滑塊R，在 m離R的距離為L爲(wèi)處的虛線P右邊有豎直向上的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁0: Q場B，已知E 2N/C ,B T ,如圖所示?，F(xiàn)有一個質(zhì)量與 R相同且不帶電的滑塊 P?以水9兩滑塊可視為質(zhì)點，計平速度Vo 2 . 3m/ s向右運動，P2與Pi發(fā)生碰撞后粘在一起共同運動，算時取g 10m/s2，求：（1）滑塊F2與Pi碰撞后的速度vi6

10、.解：（1） P2與P碰撞前后系統(tǒng)動量恒有:mv0 2mv1（2分）（2 ）滑塊從碰撞后到離開磁場所用的時間由此得 v1i3m/s （ 1 分）2m（2）碰撞后二者一起平拋，水平方向有:L Viti（1 分）豎直方向速度Vy由此得t1-0.3sVy 3m/s（1 分）Vi從而tanVyBx2、3m /sgt（1顯然，滑塊在電磁場中受電場力Eq 2mg（2 分）故滑塊在P的右邊做勻速圓周運動，此時有2qv2B 2mV2r（2 分）2mv2由此得r石亍 1.8m，其圓心位置如圖所示。（2分）T 壬v25（1 分）由對稱性可知粒子圓周運動時轉(zhuǎn)過的角度360023000，（ 1 分）所用時間 t t1

11、 t2 t1 360T （。33）s 3s2（3 分）7. （2011 廣州模擬）如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)存在水平向右的勻強電場，場強大小E= 10 N/C,在y X)的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小 B= 0.5 T.一帶電量q=+0.2 C、質(zhì)量m=0.4 kg的小球由長1 = 0.4 m的細線懸掛于P點，小球可視為質(zhì)點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標(biāo)原點O時,通過O點正下方的N點.(g=10 m/s(1)小球運動到O點時的速度大小;(2 )懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3) ON間的距離.懸線突然斷裂，此后小球又恰好能7.【解析

12、】(1)小球從A運動到O的過程中，由動能定理得:1 2 mv = mg l -qE l 22l(g-qE m)=2 m/s解得小球在O點速度為:(2)小球運動到O點懸線斷裂前瞬間，對小球由牛頓第二定律得:v2卩向=Ff-mg -F 洛=m 一F 洛=Bvq2聯(lián)立式解得：Ft= mg +Bvq +巴=8.2 N(3 )懸線斷后，小球水平方向加速度ax = E = 5 m/s 2 m小球從0點運動至N點電場力做功為零，則小球在 N點水平方向上的速度大小仍為2 m/s，所用時間2v0.8 sax1ON 間距離 h -gt2 3.2 m2(3)3.2 m答案：(1)2 m/s (2)8.2 N 8.

13、(2011 南開區(qū)模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強電場和 勻強磁場，電場強度 E1 = 2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度 B = 103 T.方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量 m = 1 X10-2 kg、電荷量q = 4 X10-5 C的帶正電小球自O(shè)點沿與水平線成45 角以vo = 4 m/s的速度射入復(fù)合場中，之后小球恰好從 P點進入電場強度E2 = 2 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中.不計空氣阻力，g取10 m/s 2.求： f耳(1)0點到P點的距離S1;帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離S2.8.【解析】(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G=mg =0.1 N電場力 Fi = qEi = 0.1 N即G= F1，故帶電小球在正交的電磁場中由 0到P做勻速圓周運動2根據(jù)牛頓第二定律得：qvoB = mR解得：R=m；021 10 2 4,53 m 1 m4 105 103由幾何關(guān)系得：s2R 2 m帶電小球在P點的速度大小仍為vo = 4 m/s.方向與水平方向成45 角由于電場力F2 = qE2 = 0.1 N .與重力大小相等，方向相互垂直，