（精心整理）高2015年高三物理期末專題復習三 帶電粒子在電磁場中的運動

1、專題訓練三帶電粒子在重力場、電場、磁場中的運動1.設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場。已知電場強度和磁感應(yīng)強度的方向是相同的，電場強度的大小E4.0伏/米，磁感應(yīng)強度的大小B0.15特。今有一個帶負電的質(zhì)點以v20米/秒的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示)。2.真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中,若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放,小球的速度與豎直方向夾角為37°(取,).現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度vO豎直向上拋出。求運動過程中：(1)小球受到的電場力

2、的大小及方向； (2)小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；(3)小球的最小動量的大小及方向。3.有三根長度皆為l=1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為m=1.00×102kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為q和+q，q=1.00×107C。A、B之間用第三根線連接起來。空間中存在大小為E=1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電

3、小球間相互作用的靜電力）4.如圖所示,勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平且垂直紙面向里，有兩個帶電小球a和b，a恰能在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)做半徑r=0.8m的勻速圓周運動，b恰能以v=2m/s的水平速度在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)向右做勻速直線運動小球a、b質(zhì)量ma=10g，mb=40g，電荷量qa=1×102C，qb= 2×102C，g=10m/s2。求：（1）小球a和b分別帶什么電？電場強度E與磁感應(yīng)強度B的大??？（2）小球a做勻速周周運動繞行方向是順時針還是逆時針？速度大小va是多大？baEBv×××××&#

4、215;×××××××××r（3）設(shè)小球b的運動軌跡與小球a的運動軌跡的最低點相切， 當小球a運動到最低點即切點時小球b也同時運動到切點，a、b相碰后合為一體，設(shè)為c，在相碰結(jié)束的瞬間，c的加速度ac=？5.如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m，電荷量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L，求此粒子射出的速度v和運動的總路程s.(重力不計)6.如題圖為一種質(zhì)譜儀工作原

5、理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=D現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求： (1)磁感應(yīng)強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）； (2)離子沿與CM成角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間； (3)線段CM的長度.7.有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置,其原理如圖所示。兩帶電金屬板間有勻強電場,方向豎直向上。其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方

6、向垂直紙面向外的勻強磁場。一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒,以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線O'O進入兩金屬板之間,其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場,然后做勻速直線運動到達收集板。重力加速度為g,PQ=3d,NQ=2d,收集板與NQ的距離為l,不計顆粒間相互作用。求:(1)電場強度E的大小; (2)磁感應(yīng)強度B的大小;(3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離。8.對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子,從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場,其初速度可視為零,然后經(jīng)過小孔S2

7、垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,做半徑為R的勻速圓周運動。離子行進半個圓周后離開磁場并被收集,離開磁場時離子束的等效電流為I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。 (1)求加速電場的電壓U;(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M;(3)實際上加速電壓的大小會在U±U范圍內(nèi)微小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子,如前述情況它們經(jīng)電場加速后進入磁場中會發(fā)生分離,為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊,應(yīng)小于多少?(結(jié)果用百分數(shù)表示,保留兩位有效數(shù)字)9.如圖所示,在直角坐標系的第一二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿y軸

8、負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場質(zhì)量為m帶電量為q粒子從M點以速度V0沿x軸負方向進入電場，粒子先后經(jīng)x軸上的NP點。不計粒子的重力，設(shè)OM=OP=L，ON=2L，求：(1)勻強電場的場強E；(2)勻強磁場的磁感強度B的大小和方向。10.如圖,在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布一勻強電場，電場方向平行y軸向下.在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為的直線，磁場方向垂直紙面向外一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場已知OQl，不計粒子重力求:(1)P與O兩點的距離；(

9、2)要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍；(3)要使粒子能第二次進入磁場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍.11.如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形。（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。（3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n（n1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置

10、。12.某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如題圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP'N'N充滿豎直向下的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NN'M'M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，長為3s，寬為s；NN'為磁場與電場之前的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M'N'飛出。不計電子所受重力。(1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比； (2)求電場強度的取值范圍；(3)A是的

11、中點，若要使電子在A、間垂直于A飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。13.如圖,離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過泄直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板M上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。已知HO=d，HS=2d，MNQ=90°。（忽略粒子所受重力）(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角； (2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑； (3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處,質(zhì)量為16m的離子打在S2處。求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正

12、離子的質(zhì)量范圍。14.如圖所示的坐標系中，第、象限內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，在x2L與y軸之間第、象限內(nèi)存在大小相等、方向相反的勻強電場，場強方向如圖所示在A(2L，L)到C(2L,0)的連線上連續(xù)分布著電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從t0時刻起，這些帶電粒子依次以相同的速度v沿x軸正方向射出從A點射入的粒子剛好沿如圖所示的運動軌跡從y軸上的A(0，L)沿x軸正方向穿過y軸不計粒子重力及它們間的相互作用，不考慮粒子間的碰撞 (1)求電場強度E的大小(2)在AC間還有哪些位置的粒子，通過電場后也能沿x軸正方向穿過y軸(3)若從A點射入的粒子,恰能垂直返回x2L的線上，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1

13、.解:由題意知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛侖茲力的合力必定為零。由此推知此三個力在同一豎直平面內(nèi)，如右圖所示，質(zhì)點的速度垂直紙面向外。因質(zhì)點帶負電，電場方向與電場力方向相反，因而磁碭方向也與電場力方向相反。設(shè)磁場方向與重力方向間夾角為，可得qEsinqvBcos， qEcosqvBsinmg解得，代入數(shù)據(jù)得q/m1.96庫/千克。tg=vB/E=20×0.15/4.0， arctg0.75。即磁場是沿著與重力方向成夾角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。2.解:(1)根據(jù)題設(shè)條件,電場力大小 電場力的方向水平向右.(2)小球沿豎直方向做勻減速運動,速度為 沿水平方向做初速度

14、為0的勻加速運動,加速度為 小球上升到最高點的時間 此過程小球沿電場方向位移 電場力做功W= 小球上升到最高點的過程中，電勢能減少(3)水平速度，豎直速度 小球的速度 由以上各式得出 此時·,即與電場方向夾角為37°斜向上小球動量的最小值為 最小動量的方向與電場方向夾角為37°，斜向上。3.解:圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖2所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件 B球受力如圖3所示

15、：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平右；細線AB對B的拉力F2，方向如圖。由平衡條件 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了 B球的重力勢能減少了 A球的電勢能增加了 WA=qElcos60° B球的電勢能減少了 兩種勢能總和減少了.得 4.解:(1)小球a做勻速圓周運動,電場力和重力的合力為零，電場力方向向上，所以小球a帶正電，且有mag=qaE得E=10N/C小球b做勻速直線運動，合力為零，帶正電，且有mbg=qbvB+qbE得B=5T(2)小球a做勻速圓周運動繞行方向是逆時針方向,由得=4m / s(3

16、)設(shè)碰后的共同速度為vc，則mava+mbv=（ma+mb）vc得vc=2.4m/s由牛頓第二定律得mcac=qcE+qcvcB -meg,mc=ma+mb ,qc=（qa+qb）解得ac=3.2m/s25.解:如圖所示關(guān)系有L=4R,由qvB=m·,得v=設(shè)粒子進入電場做減速運動的最大路程為l,加速度為a，則v2=2al,而在電場中據(jù)牛頓第二定律有qE=ma,粒子運動的總路程為s=2R+2l,連解得.6.解:(1)設(shè)離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R,由,R=d.得B磁場方向垂直紙面向外 (2)設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R，運動時間為t由vcos=v0

17、得v.R=方法一：設(shè)弧長為s,t=s=2(+)×R;t=方法二：離子做勻速圓周運動的周期T, t=×= （3）方法一：CM=MNcot,=,=.解得CM=dcot方法二：設(shè)圓心為A，過A做AB垂直NO，可以證明NMBO,NM=CMtan又BO=ABcot=Rsincot=CM=dcot7.解：(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q,質(zhì)量為m,有Eq=mg將=代入,得E=kg(2)如圖1,有qv0B=m,R2=(3d)2+(R-d)2得B=(3)如圖2所示,有qv0B=mtan=,y1=R1-y2=ltan,y=y1+y2,得y=d(5-)+8.解:(1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的

18、速度為v,由動能定理得qU=mv2離子在磁場中所受洛倫茲力充當向心力,即qvB=m,解得U=(2)設(shè)在t時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N,總電荷量為Q,則Q=It,N=,M=Nm,解得M=(3)由式有R= .設(shè)m'為鈾238離子質(zhì)量,由于電壓在U±U之間有微小變化,鈾235的最大半徑為Rmax=; 鈾238的最小半徑為R'min=在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為Rmax<R'min即<則有m(U+U)<m'(U-U), <.其中鈾235離子的質(zhì)量m=235 u(u為原子質(zhì)量單位),鈾238離子的質(zhì)量m'=238 u,故<,解得<0.63%9.解:(1)粒子帶負電,x方向:2L=v0t1,y方向: ,得： (2)設(shè)到達N點的速度v,運動方向與軸方向的夾角為如圖所示,由動能定理得，將 代入得 粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與方向成45°，從到M作直線運動OP=OM=L，所以 NP=NO+OP=3L粒子在磁場中的軌道半徑為 。又因，聯(lián)立解得 ，方向垂直紙面。10.解:(1)設(shè)粒子進入電場時y方向的速度為vy,由， （2）粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示，設(shè)此時的軌跡半徑為r1，速度 根據(jù)牛頓第二定律 得要使粒子能