hb052帶電粒子在電磁場中的運動

1、第52節(jié)帶電粒子在電磁場中的運動1.2017 年天津卷11 （ 18 分）平面直角坐標系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第現象存在沿 y 軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電Q 點以速度 v0 沿 x 軸正方向開始運動， Q 點y的粒子從電場中的B到 y 軸的距離為到x 軸距離的 2 倍。粒子從坐標原點 O 離開電x場進入電場，最終從x 軸上的 P 點射出磁場， P 點到 y 軸距離O PQv0與 Q 點到 y 軸距離相等。不計粒子重力，為：（ 1）粒子到達 O 點時速度的大小和方向；（ 2）電場強度和磁感應強度的大小之比?！敬鸢浮浚?1） vEv02v0 ，方向與 x 軸

2、方向的夾角為 45°角斜向上；（ 2）。B2【解析】（ 1）在電場中，粒子做類平拋運動，設Q 點到 x 軸的距離為L，到 y 軸的距離為2 L，粒子的加速度為a，運動時間為t ,有x 方向： 2Lv0 ty1 at 2By 方向： Lvx2OPv設粒子到達 O 點時沿 y 軸方向的分速度為 vy ， vy= atv0OQ設粒子到達 O 點時速度方向與x 軸方向的夾角為，有vytanv0聯立式得=45 °即粒子到達 O 點時速度方向與x 軸方向的夾角為45 °角斜向上。設粒子到達 O 點時的速度大小為 v ，由運動的合成有 vv02v y2聯立式得v 2v0（ 2）

3、設電場強度為E，粒子電荷量為 q ，質量為 m ，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F= ma又 F= qE1設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvBm v2R由幾何關系可知R2L?Ev0聯立 ? 式得?B22. 2014 年物理海南卷14 如圖，在 x 軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x 軸下方存在勻強電場，電場方向與xoy 平面平行，且與x 軸成 45 0夾y角。一質量為 m 、電荷量為 q（ q 0 ）的粒子以速度 v0 從 yB軸上 P 點沿 y 軸正方向射出，一段時間后進入電場

4、，進入電P場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T ，磁場0Ox方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計重力。E（ 1）求粒子從 P 點出發(fā)至第一次到達 x 軸時所需的時間；（ 2）若要使粒子能夠回到 P 點，求電場強度的最大值。【解析】 （ 1 ）帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有2qv0 Bm v0RT2 Rv0依題意，粒子第一次到達x 軸時，運動轉過的角度為5，所需時間 t1 為4t15 T8求得t15 m4qB（ 2）粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0 ，然后沿原路返回做勻加速運動，到達 x 軸時速度大小仍為v

5、0，設粒子在電場中運動的總時間為t2 ，加速度大小為a，電場強度大小為2E，有 qEmav01 at22得 t22m v0qE根據題意，要使粒子能夠回到P 點，必須滿足 t2T0得電場強度最大值 E2mv0qT02. 2014 年理綜大綱卷25 (20 分)如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy 平面 )向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿 x 軸負向。在 y 軸正半軸上某點以與x 軸正向平行、大小為v0 的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d ，0) 點沿垂直于 x 軸的方向進人電場。yy 軸負方向的夾角為v0不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與，求：xO(d,

6、0)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；該粒子在電場中運動的時間?！敬鸢浮? v0 tan2，2d2v0 tan【解析】 (1) 如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m 和 q ，圓周運動的半徑為r. 由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0 Bm v02r由題給條件和幾何關系可知r d 設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x 軸負方向的加速度大小為ax ，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x 軸負方向的速度大小為vx.由牛頓定律及運動學公式得Eq ma xyv0vx axtxO(d, 0)3v vx td2由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖 )，

7、有t a nvxv0E12聯立式得B2v0tan(2) 聯立式得 t2dv0 tan4. 2011 年理綜全國卷25 （ 19 分）如圖，與水平面成45 °角的平面 MN 將空間分成 IM和 II 兩個區(qū)域。一質量為 m 、電荷量為v0q（ q >0 ）的粒子以速度P0v從平面 MN 上的 P 點水平向右射入I 區(qū)。粒子在I 區(qū)運動時，00只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；B×在 II 區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。 求粒子首次從II 區(qū)離開時到出發(fā)點P0 的距離。粒子的重力可以忽略。EN解析：帶電粒子

8、進入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運動，其加速度方向豎直向下，設其大小為 a，由牛頓定律得qE ma設經過時間 t 0，粒子從平面 MN上的點 P1進入磁場，由運動學公式和幾何關系得1v0t 0 at 0 22粒子速度大小 V1為V1 v0 2 (at 0)2tan v0設速度方向與豎直方向的夾角為，則at 0此時粒子到出發(fā)點P 的距離為s2vt00004此后，粒子進入磁場，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為r1mVqB設粒子首次離開磁場的點為P2 ，弧1P2 所張的圓心角為2 ，則P1 到點2 的距離為PPs1 2r 1sin 由幾何關系得 45 °s1 mv 0聯立式得

9、2 qB點 P 與點 P 相距 l s s1200l2 mv 0 2 v01聯立解得q( )EB5.2013年四川卷11 如圖所示，豎直平面（紙面）內有直角坐標系xOy ，x 軸沿水平方向。在x 0 的區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1 的勻強磁場。在第二象限緊貼y 軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x 軸且與 x 軸相距 h 。在第一象限內的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場（磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外）和勻強電場（圖中未畫出）。一質量為 m 、不帶電的小球Q 從平板下側A 點沿 x 軸正向拋出；另一質量也為m 、帶電量為q 的小球 P從 A

10、點緊貼平板沿x 軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y 軸上的 D 點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經 1/4 圓周離開電磁場區(qū)域，沿 y 軸負方向運動， 然后從 x 軸上的 K 點進入第四象限。 小球 P、Q 相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同。y設運動過程中小球 P 電量不變，小球P和 Q 始終在AlDPv0紙面內運動且均看作質點，重力加速度為g 。求：QhOK（ 1）勻強電場的場強大小，并判斷P 球所帶電荷的xB1正負；（ 2）小球 Q 的拋出速度 v0 的取值范圍；（ 3） B1 是 B2 的多少倍？5m g2【答案】（1 ） E，（2） 0v0( 2m gl )g， （3）0.5 倍

11、qq B1 B22h1 ）由題意，小球P 到達 D 前勻速： qvB1mg【解析】（mg ， vqB1且 P 帶正電，過 D 進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則mgm gqE ， Eq（ 2）經 1/4 圓周離開電磁場區(qū)域，沿y 軸負方向運動，設勻速圓周運動半徑為R則 qvB2m v 2R設小球 P、Q 在第四象限相遇時的坐標為x、 y，設小球 Q 平拋后經時間t 與 P 相遇， Q 的水平位移為s，豎直位移為 d 。則sv0 td1 gt 22位移關系： xsl = Ry(d h) 0 聯解得： 0 v0m2 g2gh( 2B1B2l )q2h（ 3）小球 Q 在空間作平拋運動，在滿足題目條件

12、下，運動到小球 P 穿出電磁場時的高度 （圖中 N 點）AlPvQ0h時，設用時t1,豎直方向速度vy，豎直位移yQ ，則Nv0dv有yB1yQR 12s2gt1yD vRKOvx(x，y)vyvgt1此后 a=g 同， P、 Q 相遇點豎直方向速度必同聯立解得： B1=0.5 B26. 2014 年理綜重慶卷9 （ 18 分）如題 9 圖所示，在無限長的豎直邊界NS 和 MT 間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下6部分分別充滿方向垂直于NSTM 平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B 和 2 B，KL 為上下磁場的水平分界線，在NS 和 MT 邊界上，距 KL 高 h 處分別有 P、Q

13、 兩點， NS 和 MT間距為 1.8 h。質量為m 、帶電量為 + q 的粒子從 P 點垂直于NS 邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為 g。（ 1 ）求該電場強度的大小和方向。（ 2 ）要使粒子不從 NS 邊界飛出， 求粒子入射速度的最小值。（ 3 ）若粒子能經過 Q 點從 MT 邊界飛出， 求粒子入射速度的所有可能值。【答案】（ 1） E=mg / q ，方向向上；（ 2） ( 9 6 2 ) Bqh ； m0.68Bqh0.545Bqh0.52Bqh（ 3）可能的速度有三個：，mmm【解析】（ 1）設電場強度大小為E由題意有mg = qE得 E= mg / q方向豎直向

14、上NM1.8hPQBhKL2BST題 9 圖NPhO1（ 2）如答題 9圖 l 所示，設粒子不從NS 邊飛出的入射速度最小值為vmin ， r1對應的粒子在上、 下區(qū)域的運動半徑分別為r 1 和 r2 ，圓心的連線與NS 的夾Kr2角為 ，r 2 O2由 rm v，有 r1m vmin ， r21 r1S答題9圖1qBqB2由 ( r1r2 ) sinr2r1 r1 c o s h得 vmin( 962 ) Bqhm（ 3）如答題9 圖 2 所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1 和 r 2 ，粒子第一次通過KL 時距離 K 點為 x，由題意有73 nx =1.8 h

15、 ( n=1 , 2 , 3 ,)NMP3 x( 962 )hQ22xr12( h r1 )2h O1得 r1(10.362 ) h , n3.5 r1Ln2Kxxx0.68Bqhr 2O2即 n =1 時vmSTn=2時v0.5 4 5B q h答題9圖2mn=3時0.52 B q hvm7.2015年理綜天津卷12 、（ 20 分）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的寬度均為d 。電場強度為 E，方向水平向右；磁感應強度為 B，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直，一個質量為 m 、電荷量

16、為 q 的帶正電粒子在第1 層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒第 1 層第 2 層第 n 層子始終在電場、 磁場中運動， 不計粒子重力及運動時的電磁輻射q（ 1）求粒子在第 2 層磁場中運動時速度 v2 的大小與軌跡半徑 r2 ；（ 2）粒子從第 n 層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求 sin n；（ 3）若粒子恰好不能從第n 層磁場右側邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界，請簡要推理說明之。答案：（1） 2mEd ； （ 2） sin nBnqd ； （3 ）見解析；Bq2mE解析：（1 ）粒子在進入第2

17、 層磁場時， 經過兩次電場加速， 中間穿過磁場時洛倫茲力不做功，8由動能定理有 2qEd1mv22， 2解得 v2qEd2mmv22粒子在第 2 層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有qv2 B r22mEd聯立式解得：r2B q（ 2 ）設粒子在第 n 層磁場中運動的速度為 vn，軌跡半徑為 r n（各量的下標均代表粒子所在層數，下同）， nqEd1 mvn22qvn Bm vn2rn粒子進入到第 n 層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為n，從第 n 層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為n ，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有：dvn 1 sin n 1 vn

18、sinnrnn由圖 1根據幾何關系可以得到：r nr n sinn rn sin nd圖 1n聯立式可得：rn sin nrn 1 sin n1d 由式可看出 r1 sin1 ， r2 sin2 ， ， rn sinn 為一等差數列，公差為d，可得：r n sinn r1 sin 1n 1 d當 n =1時，由圖 2 可看出：dr1 sin1d?r111聯立 ? 可解得： sinnqd?nB2mE圖 2（3 ）若粒子恰好不能從第n 層磁場右側邊界穿出，則：9n，si n n12在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設其比荷為q ，假設能穿出第n 層磁場m右側邊界，粒子穿出時速度方向與水平

19、方向的夾角為n ，由于 qq ，則導致： sin n 1mm說明n 不存在，即原假設不成立，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界。8.2015 年理綜重慶卷 9 （ 18 分）題9 圖為某種離子加速器的設計方案。兩個半圓形金屬盒內存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場。其中MN 和M'N'是間距為 h 的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔MOkdPO和O'，hNM ONO' N' = ON = d ， P 為靶點， O' P= kd （k 為大于 1 的整d數） .極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U. 質量為 m 、帶電量為

20、 q 的正離子從 O 點由靜止開始題 9 圖加速，經 O' 進入磁場區(qū)域。當離子打到極板上O' N' 區(qū)域（含 N'點）或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應和離子所受的重力。求：（ 1）離子經過電場僅加速一次后能打到P 點所需的磁感應強度大??；（ 2）能使離子打到 P 點的磁感應強度的所有可能值；（ 3）打到 P 點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間?！敬鸢浮浚?1） B2 2qUm（2） B2 2nqUm ， ( n 1,2,3,k 21)qkdqkd（ 3） t 磁( 2k 23 ) mk

21、d， t電 h2( k 21)m2 2qmU( k 21)qU解析：（ 1 ）離子經電場加速，由動能定理：qU1 mv2，可得 v2qU2m磁場中做勻速圓周運動，qvB m v2r剛好打在 P 點，軌跡為半圓，由幾何關系可知rkd21022qUm聯立解得 Bqkd（ 2）若磁感應強度較大，設離子經過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P 點，而做圓周運動到達 N'右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到O 點重新加速，直到打在P 點。設共加速了 n 次，有： nqU1 mvn22qvnBm vn2rnkd且 rn2解得： B2 2nqUm，qkd要求離子第一次加速后不能打

22、在板上，有r1d ，且 qU1 mv12 ， qv1B m v1222r1解得： nk 2故加速次數n 為正整數最大取n k21即 B 2 2nqUm ( n 1,2,3, , k 2 1) qkd（ 3）加速次數最多的離子速度最大，取nk 21 ，離子在磁場中做n- 1 個完整的勻速圓周運動和半個圓周打到P 點。由勻速圓周運動T2r2 mvqBt磁 ( n1 )TT( 2k 23) mkd222qmU ( k 2 1 )電場中一共加速n 次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式(k 2 1)h1 at電22qUamh112( k 21)m可得：t電 hqU9.2016年江蘇卷 15 （

23、16分）回旋加速器的工作原理如圖15-1所示，置于真空中的D 形金屬盒半徑為 R，兩盒間狹縫的間距為 d ，磁感應強度為 B 的勻強RU MNMU磁場與盒面垂直，被加速粒子dO AUMNOtN1T32T的質量為 m ，電荷量為 + q，U 02T2T圖 15-1圖 15-2加在狹縫間的交變電壓如圖U0.周期 T2 m , 。一束該種粒子在T15-2 所示，電壓值的大小為t=0 時間內從 A 處均勻地飄入qB2狹縫，其初速度視為零。現考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1) 出射粒子的動能 Em ；(2) 粒子從飄入狹縫至動能達到

24、Em 所需的總時間 t0；(3) 要使飄入狹縫的粒子中有超過99% 能射出， d 應滿足的條件?！敬鸢浮縬 2 B 2 R2BR 22BRdmmU0(1)(2)qB(3) d2m2U 0100qB2 R【解析】（ 1）粒子運動半徑為R 時mv2qvBR且 E m1mv 22解得 Emq 2 B 2 R22m（ 2）粒子被加速 n 次達到動能 Em ，則 Em = nqU 0粒子在狹縫間做勻加速運動，設n 次經過狹縫的總時間為t12qU 0加速度 amd勻加速直線運動 nd1a t 22由 t0(n1) Tt ，解得 t0BR22BRdm22U 0qB(3) 只有在T- t ）時間內飄入的粒子才能每次均被加速0 （2Tt2則所占的比例為T2由99%,解得 dmU 0100qB 2 R10.2016年四川卷11. （ 19分）如圖所示，圖面內有豎直線DD ，過 DD 且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域。區(qū)域有方向豎直向上D 的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B（圖中未CK P畫出）；區(qū)域 II 有固定在水平面上高h2l 、傾角Av0/4 的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD hHE1距離 s 4l ，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻sD'強電場（圖中未畫出） ；C 點在 DD 上，距地