粒子在復(fù)合場計算題

./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．1.解：〔1根據(jù)得：Rθ圖中Rθ根據(jù)得：運動的最長時間〔式中rrrrvv而出射速度v與軌跡半徑r垂直,所以出射速度與R同一直線。2.一足夠長的矩形區(qū)域abcd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v0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,v0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)粒子軌跡恰好與cd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R1,如圖甲所示。則有可得：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)此半徑為R2,如圖乙所示則有：得：故粒子從ab邊射出的條件為,即根據(jù),得所以〔2因為所以粒子運動所經(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距離最大的出射點則,即出射點到O的距離不超過3.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(jìn)入該電場,剛好從下板邊緣射出,射出時末速度恰與下板成30o角,出磁場時剛好緊貼上板右邊緣,不計粒子重力,求：〔1兩板間的距離；〔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。豎直方向：離開電場時的速度vy=v0tan30°粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)的位移水平方向：粒子勻速運動的時間聯(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=,所以帶電粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,即：粒子離開電場時的速度粒子在磁場中的運動軌跡如右圖所示由幾何關(guān)系得,解得,4.如圖所示,坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E=4×105N/C方向水平向左的勻強電場,在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)荷比為N/C的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度v0=2×107m/s垂直x軸射入電場,OA=0.2m〔1粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離；AOExyvAOExyv0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：AOAOExyv0vO1解得：a=1.0×1015m/s2t=2.0×10-8〔2粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為；與y軸正方向的夾角為θθ=450要粒子不進(jìn)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：由解得5、〔15分如圖所示,一個質(zhì)量為m=2.0×10-11kg,電荷量q=+1.0×10-5C的帶電微?！仓亓雎圆挥?從靜止開始經(jīng)U1=100V電壓加速后,水平進(jìn)入上板帶正電、下板帶負(fù)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=cm．①微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大??；②微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ；③若該勻強磁場的寬度為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？5、①微粒在加速電場中由動能定理得：3分解得v0=1.0×104m/s②微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,有：,1分1分飛出電場時,速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：2分解得θ=30o1分③進(jìn)入磁場時微粒的速度是：1分軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系有：2分洛倫茲力提供向心力：1分解得：1分代入數(shù)據(jù)解得：B＝/5=0.346T1分所以,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至少為0.346T。<B=0.35T照樣給分>PP1P2LEB6．〔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)比為滑塊,在離的距離為處的虛線右邊有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,已知,,如圖所示。現(xiàn)有一個質(zhì)量與相同且不帶電的滑塊以水平速度向右運動,與發(fā)生碰撞后粘在一起共同運動,兩滑塊可視為質(zhì)點,計算時取,求：PP1P2LEB〔1滑塊與碰撞后的速度〔2滑塊從碰撞后到離開磁場所用的時間6．解：〔1與碰撞前后系統(tǒng)動量恒有：<2分>由此得〔1分P1P2P1P2LEB圖MNv2豎直方向速度〔1分由此得〔1分〔1分從而,〔1分〔1分顯然,滑塊在電磁場中受電場力〔2分故滑塊在P的右邊做勻速圓周運動,此時有〔2分由此得,其圓心位置如圖所示。〔2分〔1分〔1分由對稱性可知粒子圓周運動時轉(zhuǎn)過的角度,〔1分所用時間〔3分7.〔2011·XX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＝10N/C,在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T.一帶電量q=+0.2C、質(zhì)量m=0.4kg的小球由長l＝0.4m的細(xì)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,懸線突然斷裂,此后小球又恰好能通過O點正下方的N點.〔g=10m/s2求：〔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??；〔3ON間的距離.7.[解析]〔1小球從A運動到O的過程中,由動能定理得：①解得小球在O點速度為：②〔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：③F洛＝Bvq④聯(lián)立③④式解得：⑤〔3懸線斷后,小球水平方向加速度⑥小球從O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2m/s,所用時間ON間距離答案:〔12m/s <2>8.2N <3>3.2m8.〔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＝2500N/C,方向豎直向上；磁感應(yīng)強度B＝103T.方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝1×10-2kg、電荷量q＝4×10-5C的帶正電小球自O(shè)點沿與水平線成45°角以v0＝4m/s的速度射入復(fù)合場中,之后小球恰好從P點進(jìn)入電場強度E2＝2500N/C,方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力,g取10m/s<1>O點到P點的距離s1；<2>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＝0.1N電場力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1,故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動根據(jù)牛頓第二定律得：解得：由幾何關(guān)系得：<2>帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4m/s.方向與水平方向成45