帶電粒子在復合場中的運動

1、- 1 -專題：帶電粒子在復合場中的活動一 . 復合場及其特色這里所說的復合場是指電場 . 磁場. 重力場并存 , 或個中某兩種 場并存的場帶電粒子在這些復合場中活動時 , 必須同時斟酌電場 力. 洛侖茲力和重力的感化或個中某兩種力的感化 , 是以對粒子的 活動情勢的剖析就顯得極為主要二. 帶電粒子在復合場電活動的基本分析 1當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0 時, 粒子將做勻速直線活動或靜止2當帶電粒子所受的合外力與活動偏向在統(tǒng)一條直線上時,粒子將做變速直線活動3當帶電粒子所受的合外力充當向心力時, 粒子將做勻速圓周活動4當帶電粒子所受的合外力的大小. 偏向均是不竭變更的時 ,粒子將做變加

2、快活動 , 這類問題一般只能用能量關系處理三 . 電場力和洛侖茲力的比較1在電場中的電荷 , 不管其活動與否 , 均受到電場力的感化 ; 而磁場僅僅對活動著的 . 且速度與磁場偏向不服行的電荷有洛侖茲 力的感化2 .電場力的大小F= Eq,與電荷的活動的速度無關；而洛侖茲力的大小 f=Bqvsin a,與電荷活動的速度大小和偏向均有關.3電場力的偏向與電場的偏向或雷同. 或相反 ; 而洛侖茲力的- 2 -偏向始終既和磁場垂直 , 又和速度偏向垂直.4.電場力既可以轉變電荷活動的速度大小 , 也可以轉變電荷 活動的偏向 , 而洛侖茲力只能轉變電荷活動的速度偏向 , 不克不及 轉變速度大小5.電場

3、力可以對電荷做功 , 能轉變電荷的動能 ; 洛侖茲力不克 不及對電荷做功 , 不克不及轉變電荷的動能.6.勻強電場中在電場力的感化下 , 活動電荷的偏轉軌跡為拋 物線 ; 勻強磁場中在洛侖茲力的感化下 , 垂直于磁場偏向活動的電 荷的偏轉軌跡為圓弧.四. 對于重力的斟酌重力斟酌與否分三種情形.（ 1）對于微不雅粒子 , 如電子 . 質 子. 離子等一般不做特別交待就可以不計其重力, 因為其重力一般情形下與電場力或磁場力比擬太小 , 可以疏忽 ; 而對于一些現(xiàn)實物 體, 如帶電小球 . 液滴. 金屬塊等不做特別交待時就應該斟酌其重 力.（ 2） 在標題中有明白交待的是否要斟酌重力的 , 這種情形

4、比較 正規(guī) , 也比較簡略.（ 3） 對未著名的帶電粒子其重力是否疏忽又沒 有明白時 , 可采取假設法斷定 , 假設重力計或者不計 , 聯(lián)合題給前提 得出的結論若與題意相符則假設準確 , 不然假設錯誤.五. 復合場中的特別物理模子1粒子速度選擇器2磁流體發(fā)電機- 3 -3電磁流量計4質譜儀5盤旋加快器1如圖所示 , 在 x 軸上方有勻強電場 , 場強為 E; 在 x 軸下方有勻強 磁場,磁感應強度為 B,偏向如圖，在 x 軸上有一點 M,離 0 點距離為 L.現(xiàn)有一帶電量為十 q 的粒子，使其從靜止開端釋放后能經由M點假如把此粒子放在 y 軸上 , 其坐標應知足什么關系？（重力疏 忽不計）2如

5、圖所示 , 在寬 l 的規(guī)模內有偏向如圖的勻強電場 , 場強為 E, 一 帶電粒子以速度 v 垂直于電場偏向 . 也垂直于場區(qū)鴻溝射入電場 , 不計重力，射出場區(qū)時，粒子速度偏向偏轉了B角，去掉落電場，更 換成偏向垂直紙面向外的勻強磁場 , 此粒子若原樣射入磁場 , 它從 場區(qū)的另一側射出時，也偏轉了B角，求此磁場的磁感強度 B.3.初速為零的離子經由電勢差為U 的電場加快后，從離子槍 T 中程度射出，經由一段旅程落后入程度放置的兩平行金屬板MN 和 PQ 之間.離子所經空間消失一磁感強度為B 的勻強磁場 , 如圖所示.（不斟酌重力感化） , 離子荷質比 q/m（q.m 分離是離子的電-4 -

6、量與質量)在什么規(guī)模內，離子才干打在金屬板上？4.如圖所示，M.N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，Si.S2為板上正對的小孔，N 板右側有兩個寬度均為d 的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小均為 B,偏向分離垂直于紙面向里和向外，磁場區(qū)域右側有一個熒光屏，取屏上與 S1.S2共線的 0 點為原點，向下為正偏向樹 立 x軸.板左側電子槍發(fā)射出的熱電子經小孔Si進入兩板間，電子的質量為 m,電荷量為 e,初速度可以疏忽.求：(1) 當兩板間電勢差為 U0時，求從小孔 S2射出的電子的速度 v。；(2) 兩金屬板間電勢差 U 在什么規(guī)模內，電子不克不及穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；(3) 電子打到熒光屏上

7、的地位坐標x 和金屬板間電勢差 U 的函數(shù)關系.5 .如圖所示為一種獲得高能粒子的裝配，環(huán)形區(qū)域內消失垂直紙面向外.大小可調節(jié)的平均磁場，質量為 m,電量+ q 的粒子在環(huán)中作半徑為 R 的圓周活動,A.B 為兩塊中間開有小孔的極板 本來電勢都為零，每當粒子飛經 A 板時,A 板電勢升高為 U,B 板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加快每當粒子分開 B 板時,A 板電勢又降為零，粒子在電場一次次加快下 動能不竭增大，而繞行半徑不變.-5 -(I )設 t=0 時粒子靜止在 A 板小孔處，在電場感化下加快，并繞行-6 -第一圈，求粒子繞行 n 圈回到 A 板時獲得的總動能(2)為使粒子始終

8、保持在半徑為 R 的圓軌道上活動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第 n 圈時的磁感應強度(3) 求粒子繞行 n 圈所需的總時光 tn(設極板間距遠小于 R).(4) 在(2)圖中畫出 A 板電勢 U 與時光 t 的關系(從 t = 0 起畫 到粒子第四次分開 B 板時即可).(5)在粒子繞行的全部進程中,A 板電勢是否可始終保持為+U? 為什么？6 .如圖所示，在直角坐標系的第H象限和第W象限中的直角三角形區(qū)域內，散布著磁感應強度均為B= 5.0X10-3T 的勻強磁場，偏向分離垂直紙面向外和向里.質量為im= 6.64X10 刃您.電荷量為 q=+ 3.2X10-19C 的a粒子(不計a粒子

9、重力)，由靜止開端經 加快電壓為U= 1205V 的電場(圖中未畫出)加快后，從坐標點 M(-4,2)處平行于 x 軸向右活動，并先后經由過程兩個勻強磁場區(qū)域.(1) 請你求出a粒子在磁場中的活動半徑；-7 -(2) 你在圖中畫出a粒子從直線x =-4 到直線 x = 4 之間的活動軌跡,并在圖中標明軌跡與直線x = 4-8 -交點的坐標(3)求出 a 粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉所用的總時光.7 .如圖所示，豎直平面xOy內消失程度向右的勻強電場，場壯大小E=10NKc,在 y q 0.2C.質量m 0.4kg的小球由長丨0.4m的細線吊掛于P點小球可視為質點，現(xiàn)將小球拉至程度地位 A 無初速釋放

10、，小球活動到懸點P正下方的坐標原 點O時,懸線忽然斷裂，此后小球又正好能經由過 程O點正下方的 N 點.(g=10m/s2),求：(1) 小球活動到O點時的速度大小；(2) 懸線斷裂前剎時拉力的大??；(3)ON間的距離平行板右側的正三角形區(qū)域內消失著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在統(tǒng)一程度線上，極點 A 與MN在統(tǒng)一程度線上，如圖 所示.一個質量為 m.電量為+q的粒子沿兩板中間線以初速度V0程 度射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子分開電場后垂直 AB 邊從 D 點進入磁場,BD=-AB,并垂直 AC 邊射出(不計粒子的重力).求：4(1) 南北極板間電壓；(2) 三角形區(qū)域內磁感

11、應強度；8.兩塊平行金屬板MNPQ程度放置，兩板間距為d.板長為I,在緊靠-9 -若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內的磁場偏向垂直紙面向外.要使粒子進入磁場區(qū)域后能從AB 邊射出，試求所加磁場的磁感應強度最小值.-10 -9.如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有偏向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的程度勻強磁場，電場和磁場的規(guī)模足夠大，電場強度E=40N/C,磁感應強度B隨時光t變更的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正偏向.t=0 時刻，一質量n=8x10-4kg.電荷量q=+2xlO-4C 的微粒在0點具有豎直向下的速度v=/s,O是 擋板MN上一點，直線00與擋板MN垂直,取g=10m

12、/s2.求：(1) 微粒再次經由直線00時與0點的距離；(2)微粒在活動進程平分開直線00的最大高度；(3) 程度移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與0點間的距離應知足的前提.在傾角為 30的斜面OA的左側有一豎直檔板，其上有一小孔 P,OP 二. 現(xiàn)有一質量m=4x10一20kg,帶電量q=+2x10一19的粒子，從小孔以速 度V0=3X10如圖所X XJk X冷X IX XX XX X0 X XX XX X-p - -J-irx XX XX XTvX Xx B XX XX XX XX XB/TI _10n120n30n鑒鑒5n丨丨15n25n 135n25n圖乙EXXXXXXQ，-11

13、 -104m/s 程度射向磁感應強度B=0.2T.偏向垂直紙面向外的力不計.求:(1)粒子在磁場中做圓周活動的半徑；(2)粒子在磁場中活動的時光；(3)圓形磁場區(qū)域的最小半徑；(4)若磁場區(qū)域為正三角形且磁場偏向垂直向里,粒子活動進程中始終不碰著擋板，其他前提不變，求：此正三角形磁場區(qū)域的最小邊長.11 .如圖所示，在 x0 的空間中，消失沿 x 軸偏向的勻強電場，電場強 度E=10N/C;在 x府XXX 一圓形磁場區(qū)域.且在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上,粒子重O-13 -13.如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強 度為 B,右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其偏向

14、平行于 0C且垂直于磁場偏向.一個質量為m,電荷量為- q 的帶電粒子從 P 孔以初速度 V。沿垂直于磁場偏向進入勻強磁場中，初速度偏向與鴻溝線Q 點，已知 0Q=20C 不計粒子的重力，求:(1) 粒子從 P 活動到 Q 所用的時光 t .(2) 電場強度 E 的大小.(3) 粒子到達 Q 點的動能 EkQ.14 .如圖所示，在半徑為 R 的絕緣圓 筒內有勻強磁場，偏向垂直紙面向里屬板 M.N 相通.兩板問距離為兩板與電動勢為量為一質量為-q.質量為 m 的帶電粒子(重力疏忽不計)，開端時靜 止于 C 點正下方緊靠 N 板的 A 點,經電場加快后從 C 點進入磁場，并 以最短的時光從C 點射

15、出，己知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損 掉,且每次碰撞時光極短，碰后以原速度返回.求：(1)筒內磁場的磁感應強度大小.(2)帶電粒子從 A 點動身至第一次回到 A 點射出 所閱歷的時光.專題二：帶電粒子在復合場中的活動參考答案(1)1.解析：因為此帶電粒子是從靜止開端釋放的,要能經由 M 點,其肇端地位只能在勻強電的夾角BOC射入,圓筒正下方有小孔 C 與平行金場區(qū)域.物理進程是：靜止電荷位于勻強電 場區(qū)域的 y 軸上，受電場力感化而加快，以速度 v 進入磁場，在磁場中受洛侖茲力感化作勻速圓周活動，向 x 軸偏轉.反轉展轉半周期過x-15 -軸從新進入電場，在電場中經減速.加快后仍以原速度從

16、距 0 點 2R 處 再次超出 x 軸,在磁場反轉展轉半周后又從距 0 點 4R 處飛越 x 軸如 圖所示(圖中電場與磁場均未畫出)故有L = 2R,L = 2X2R,L = 3X2R即 R = L/2n, (n=1.2.3 ) . 設粒子靜止于 y 軸正半軸上，和原點距離為 h,由能量守恒得 mV /2=qEh對粒子在磁場中只受洛侖茲力感化而作勻速圓周活動有：R= mv/ qB.解式得：h= qL2/ 8n2mE(n= 123 )2. 解析：粒子在電場中運行的時光 t = l /v;加快度 a = qE/m;它 作類平拋的活動.有2tg0 二at/v二qEI/mv .粒子在磁場中作勻速圓周活

17、動由牛頓第二定律得：qvB二mv/r,所以r=mv/qB又：sin0=l/r=lqB/mv .由兩式得： B=Ecos0/v3. 解析：離子在磁場中做勻速圓周活動，作出兩條鴻溝軌跡TP和 TQ,分離作出離子在 T.P.Q 三點所受的洛侖茲力，分離延伸之 后訂交于 O.O2點，如圖所示,O1和 O 分離是 TP 和 TQ 的圓-17 -心,設 Ri和 R2分離為響應的半徑.離子經電壓 U 加快，由動能定理得.qU= ?mvq/m=2U/B2R由圖直角三角形 OCP 和 QCQ 可得(2d)2+( F2一 d/2 )2,R2= 17d/4 mv12r和eU -mv由洛侖茲力充當向心力得 qvB二m

18、V/R由式得Ri2= d2+( Rd/2 )2,R1= 5d/4 R2=依題意 Ri R艮 由可解得32Uq22289B2d32U2 225B2d2(2)4.解析：(1)依據(jù)動能定理,得eU02點(2)欲使電子不克不及穿過磁場區(qū)域而打在熒XXXX XXXX/ XPZ-45_XXXX XXXX X光屏上，應有rmVd而eU -mv2由此即可解eB 22 2得U d_eB_2m若電子在磁場區(qū)域做圓周活動的軌道半徑為r,穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的地位坐標為X,則由軌跡圖可得2r 2. r2d2留意到XeB2所以，電子打到熒光屏上的地位坐標x 和金屬板間電勢差 U 的函數(shù)關系為-19 -(3)5.解析

19、:(1)曰二nqv(2 )vnqU二？mv2二 vn=2羅Bn=mv/qR以 Vn成果代入,Bn=2nqU=12nmVqR mRq(4)如圖所示，(對圖的請求：越來越近的等幅脈沖)(5)不成以，因為如許粒子在 A.B 之間飛翔時電場對其做功+qv,使之加快，在 A.B 之外飛翔時電場又對其做功-qv 使之減速，粒子繞行一周，電場對其作的總功為零，能量不會增大6.解析：(1)粒子在電場中被加快，由動能定理得qU -mv222a粒子在磁場中偏轉，則牛頓第二定律得qvB m 聯(lián)立解得r 12mUr12 6.64 10271205/-192(m)0.005 .3.2 1019(2)由幾何干系可得， a

20、粒子正好垂直穿過火界限，故準確圖象為(3)帶電粒 在磁場中的活 周期T2 mv qBa粒子在2mVnR(3)繞行第二qVnBnn 圈需時tn=2n2 )-20 -個磁場平分離偏轉的弧度為 7 在磁場中的活動總時光（4）7.解：（1）小球從 A 運到 0 的進程中，依據(jù)動能定理：12mv mgl qEl2則得小球在O點速度為：vA/2l（gqE） 2m/sm（2）小球運到O點繩索斷裂前剎時，對小球運用牛頓第二定律：2F向T mg f洛mf洛Bvq由.得：2T mg Bvq牛8.2N（3）繩斷后，小球程度偏向加快度ax邑旦5/s2mm小球從O點活動至N點所用時光t0.8saON間距離1hgt23.2m8. 解:垂直AB邊進入磁場，由幾何常識得：粒子分開電場時偏轉tm2qB3.14 6.64 10272 3.2 10195 1036.5 106( S)角為 30Vyqu lmd v04-21 -G=mg=8x10-3N-3電場力大小F=Eq=8x10-N是以重力與電場力均衡微粒先在洛倫茲力感化下做勻速