粒子在復(fù)合場(chǎng)計(jì)算題

1、1. 如圖，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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的子，粒子重力不計(jì)，其運(yùn)動(dòng)軌跡半徑大于R.(1)求粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)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(chǎng).2vmv1解：(1)根據(jù)Bqv m得：rrBq圖中sinBqRmv根據(jù)T得：T2 mqBRBqR)mv運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間t ?T 空 (式中sin2qB(2)如圖所示，沿半徑射入， r與R垂直，兩三角形全等， 而出射速度v與軌跡半徑r垂直，所

2、以出射速度與 R同一 直線。2. 足夠長的矩形區(qū)域abed內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，矩形區(qū)域的左邊界ad長為L,現(xiàn)從ad中點(diǎn)0垂直于磁場(chǎng)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(jì))：(1 )若要求粒子能從 ab邊射出磁場(chǎng)，vo應(yīng)滿足什么條件？(2 )若要求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，粒子應(yīng)從哪一條邊界處射出，出射點(diǎn)位于該邊界上何處？最長時(shí)間是多少?乙2解：(1)當(dāng)粒子軌跡恰好與ed邊相切時(shí)，是粒子能從 ab邊射出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)軌跡圓半徑最大的 情況，設(shè)此半徑為 Ri，如圖甲所示。則有 Ri cos

3、600 L Ri2可得： R L當(dāng)粒子軌跡恰好與 ab相切時(shí)是粒子能從ab邊射出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)軌跡(2)因?yàn)閠 T2mBq圓半徑最小的情況，設(shè)此半徑為R2,如圖乙所示則有：R2 sin30° R2-得：R2L23故粒子從ab邊射出的條件為R2RRi,即-R L3根據(jù)qv0BV。qBRm ，得 VoRm所以qBL3mqBLVom所以粒子運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過的圓心角越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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°=

4、 300°由于磁場(chǎng)無右邊界，故粒子不可能從右側(cè)射出.綜上所述，為使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，粒子應(yīng)從ad邊射出，如圖乙所示， 設(shè)出射點(diǎn) 到O的距離為x，從圖中可以看出，P點(diǎn)是離O距離最大的出射點(diǎn)PO 2R2s in 30° L3則x 3，即出射點(diǎn)到0的距離不超過jmaxmax15 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(qiáng)電場(chǎng)，平行金屬板的右側(cè)有如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 一個(gè)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(chǎng)線方向進(jìn)入該電場(chǎng)，剛好從下板邊緣射出，射出時(shí)末速度恰與下板成30o角，出磁場(chǎng)時(shí)剛好

5、緊貼上板右邊緣，不計(jì)粒子重力，求：W(1 )兩板間的距離；(2 )勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：(1)帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力的作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)。Vy豎直方向：離開電場(chǎng)時(shí)的速度Vy=v0ta n30°粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)的位移 y d水平方向：粒子勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間V3L聯(lián)立以上幾式解得，d6(2)在電場(chǎng)中粒子受到電場(chǎng)力，由牛頓第二定律得，qE=ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，Vy=at又因?yàn)榱Ｗ舆\(yùn)動(dòng)時(shí)間上=丄,Vo所以E3mvo23qL帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即：qvB粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度 VV02 Vy2粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示d-由幾何關(guān)系得，

6、 - rcos30 解得，B 4 3mv°2Vm r2qL4如圖所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大小為E=4X105N/C方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第n象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)荷比為4 10 10 N/C的帶正電粒子從 x軸q上的A點(diǎn)以初速度vo=2 x107/s垂直x軸射入電場(chǎng)，OA=0.2，不計(jì)重力。求:(1 )粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置到原點(diǎn) O的距離；(2 )若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況)。B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入x解：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y，則:丄aty 0.4X XX XX X

7、X XOA xyvot解得：a=1.0 X015/s2t=2.0 W-8s(2)粒子經(jīng)過y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速度為:vx at 2 107 /s粒子經(jīng)過y軸時(shí)的速度大小為;/22|7.vx v02 2 10 /s與y軸正方向的夾角為0B=rctg Vl450Vo要粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為戌，則:由qvBR/解得B (2 . 2 2) 10 2T板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓5、（15分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m =2.0 x 10kg，電荷量q = +1.0 乂5C0的帶電微粒（重力忽 略不計(jì)），從靜止開始經(jīng) Ui=100V電壓加速后，水平進(jìn)入上板帶正電、下

8、板帶負(fù)電的兩平行金屬U2=100V.金屬板長L=20cm，兩板間距d =10、. 3cm.求: 微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度 V0大?。?微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角 0; 若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為 D=10cm，為使微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大?5、微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得:qU11 2mv023 分 解得 V0 = 1.0Xm©微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有:qU2mdVy at a1 分V0飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為:VyU2LtanVo 12U1d32分 解得0= 30°進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是:V0cos軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有:r r

9、 sin5:x/x召 x洛倫茲力提供向心力：Bqv2mv解得：b噸亦）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(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度（B =0.35T照樣給分）q6 . （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 ,在離mR的距離為Lm處的虛線P右邊有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)10B，已知E 2N/C , B T,如圖所示?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量與 P1相同且不帶電的滑塊 P2以水9平速度v02.3m/s向右運(yùn)動(dòng)，P2與R發(fā)生碰撞后粘在一起共同運(yùn)動(dòng),兩滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，計(jì)算時(shí)取g

10、210m/ s2，求:（1）滑塊P2與P1碰撞后的速度V1（2 ）滑塊從碰撞后到離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間 盤I1jTBXXX衛(wèi)XXX1XXk l m:XXXP6 .解：（1） P2與Pi碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量恒有：mvo 2mvi （2分）6 .解：（1） P2與Pi碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量恒有：mvo 2mvi （2分）由此得v1 mv02m分）（2）碰撞后二者一起平拋,水平方向有:L v1t1（1 分）豎直方向速度vygt1（1 分）由此得t1-0.3S（1 分）V1P2Nvy 3m/s（1 分）V1從而tanVy300（1 分）P1M X /4L丿L、BX丫'VrXXx x2、3m /s（1 分）顯

11、然，滑塊在電磁場(chǎng)中受電場(chǎng)力Eq 2mg （ 2 分）故滑塊在P的右邊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有2qv?B 2mv2（2 分）r2mv2由此得r2 1.8m，其圓心位置如圖所示。（2 分）qB2 r 3.3T乙 rs（1分）由對(duì)稱性可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)轉(zhuǎn)過的角度360°23000，（ 1 分）所用時(shí)間t t1 t2 t1訝（°3（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(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小 E= 10 N/C,在 y>0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B= 0.5 T. 一帶電量q=+0.2 C、質(zhì)量m=0.4

12、 kg的小球由長I = 0.4 m的細(xì)線懸掛于P點(diǎn)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放，小球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)P正下方的坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能 通過O點(diǎn)正下方的N點(diǎn).(g=10 m/s2)(1) 小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2) 懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3) ON間的距離.7. 【解析】(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到O的過程中，由動(dòng)能定理得:1 2 mv = mg l -qE l 2解得小球在O點(diǎn)速度為:v = f2l(g - qE) = 2 m/s m(2)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)懸線斷裂前瞬間，對(duì)小球由牛頓第二定律得:2v 卩向=Ff-mg -F 洛=m lF 洛=Bvq聯(lián)

13、立式解得:2mv小球水平方向加速度Ft= mg +Bvq += 8.2 N(3)懸線斷后，ax = E = 5 m/s 2 m小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)電場(chǎng)力做功為零，則小球在 N點(diǎn)水平方向上的速度大小仍為2 m/s，所用時(shí)間t亠空0.8 saxaxON間距離h珈3.2 m答案：(1) 2 m/s (2)8.2 N (3)3.2 m8. （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(qiáng)電場(chǎng) 和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 E=2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=103 T.方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量 m= 1 x 10-2 kg、電荷量q = 4X 10-5 C 的帶正電小球自O(shè)點(diǎn)沿

14、與水平線成45°角以v°= 4 m/s的速度射入復(fù)合場(chǎng)中，之后小球恰好從 P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度E2 = 2 500 N/C,方向水平向左的第二個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中.不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s 2.求：(1)0點(diǎn)到P點(diǎn)的距離si； 帶電小球經(jīng)過P點(diǎn)的正下方Q點(diǎn)時(shí)與P點(diǎn)的距離S2.8. 【解析】(1)帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的重力G=mg =0.1 N電場(chǎng)力 F1 = qE1 = 0.1 N即G= F1，故帶電小球在正交的電磁場(chǎng)中由 O到P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律得：2V0qv0B = m R解得：2m mv01 104R 53 m 1 mqB 4 1010由幾何關(guān)系得：2r=- 2 m(2)帶電小球在P點(diǎn)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(chǎng)力F2 = qE