帶電粒子在復合場中的運動(整理)

1、專題：帶電粒子在復合場中的運動一、復合場及其特點這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛侖茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要二、帶電粒子在復合場電運動的基本分析1當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止2當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動3當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動4當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理三、電場力和洛侖

2、茲力的比較1在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛侖茲力的作用2電場力的大小FEq，與電荷的運動的速度無關；而洛侖茲力的大小f=Bqvsin,與電荷運動的速度大小和方向均有關3電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛侖茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直4電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛侖茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小5電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛侖茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能6勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁

3、場中在洛侖茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧四、對于重力的考慮重力考慮與否分三種情況（1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力（2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單（3)對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設法判斷，假設重力計或者不計，結合題給條件得出的結論若與題意相符則假設正確，否則假設錯誤五、復合場中的特殊物理模型1粒子速度選擇器2磁流體發(fā)電機3電磁流量計4

4、質譜儀5回旋加速器 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，方向如圖，在x軸上有一點M，離O點距離為L現(xiàn)有一帶電量為十q的粒子，使其從靜止開始釋放后能經過M點如果把此粒子放在y軸上，其坐標應滿足什么關系？（重力忽略不計）2如圖所示，在寬l的范圍內有方向如圖的勻強電場，場強為E，一帶電粒子以速度v垂直于電場方向、也垂直于場區(qū)邊界射入電場，不計重力，射出場區(qū)時，粒子速度方向偏轉了角，去掉電場，改換成方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，也偏轉了角，求此磁場的磁感強度B3初速為零的離子經過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T

5、中水平射出，經過一段路程后進入水平放置的兩平行金屬板MN和PQ之間離子所經空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，如圖所示（不考慮重力作用），離子荷質比q/m（q、m分別是離子的電量與質量）在什么范圍內，離子才能打在金屬板上？4如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、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，方向分別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O點為原點，向下為正方向建立x軸板左側電子槍發(fā)射出的熱電子經小孔S1進入兩板間，電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略求：(1)當兩板間電勢差為U0時，求

6、從小孔S2射出的電子的速度v0；(2)兩金屬板間電勢差U在什么范圍內，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；(3)電子打到熒光屏上的位置坐標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置，環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向外大小可調節(jié)的均勻磁場，質量為m，電量q的粒子在環(huán)中作半徑為R的圓周運動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，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速，每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變 （l）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒

7、子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En （2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn （3）求粒子繞行n圈所需的總時間tn（設極板間距遠小于R） （4）在（2）圖中畫出A板電勢U與時間t的關系（從t0起畫到粒子第四次離開B板時即可） （5）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為U？為什么?6如圖所示，在直角坐標系的第象限和第象限中的直角三角形區(qū)域內，分布著磁感應強度均為B5.0103T的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里質量為m6.641027、電荷量為q3.21019C的粒子（不計粒子重力），由靜止開始經加速電壓為U1205

8、V的電場（圖中未畫出）加速后，從坐標點M（4，）處平行于x軸向右運動，并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域(1)請你求出粒子在磁場中的運動半徑；(2)你在圖中畫出粒子從直線x4到直線x4之間的運動軌跡，并在圖中標明軌跡與直線x4交點的坐標；(3)求出粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉所用的總時間7如圖所示，豎直平面內存在水平向右的勻強電場，場強大小E=10Nc，在y0的區(qū)域內還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T一帶電量、質量的小球由長的細線懸掛于點小球可視為質點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點正下方的坐標原點時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過點正下方的N點.(g=10

9、ms)，求：(1)小球運動到點時的速度大?。?2)懸線斷裂前瞬間拉力的大小；(3)間的距離8兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側的正三角形區(qū)域內存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示一個質量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直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：(1)兩極板間電壓；(2)三角形區(qū)域內磁感應強度；(3)若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內的磁場方向垂直紙面向外要使粒子進入磁場區(qū)域后能從AB邊

10、射出，試求所加磁場的磁感應強度最小值9如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向t=0時刻，一質量m=810-4kg、電荷量q=+210-4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O是擋板MN上一點，直線OO與擋板MN垂直，取g=10m/s2求：（1）微粒再次經過直線OO時與O點的距離；（2）微粒在運動過程中離開直線OO的最大高度；（3）水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件MNOOv圖甲

11、BE圖乙Ot/sB/T0.8-0.8515253510203010如圖所示，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=0.5m.現(xiàn)有一質量m=41020kg，帶電量q=+21014C的粒子，從小孔以速度v0=3104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向外的一圓形磁場區(qū)域且在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計求：30OPAv0（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）粒子在磁場中運動的時間；（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方向垂直向里，粒子運動過程中始終不碰到擋板，其他條件不變，求：此正三角形磁場區(qū)域的最小邊長11如

12、圖所示，在x0的空間中，存在沿x軸方向的勻強電場，電場強度E=10N/C；在x0的空間中，存在垂直xy平面方向的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T一帶負電的粒子（比荷q/m=160C/kg），在x=0.06m處的d點以8m/s沿y軸正方向的初速度v0開始運動，不計帶電粒子的重力求： （1）帶電粒子開始運動后第一次到達y軸時的坐標 （2）帶電粒子進入磁場后經多長時間會返回電場 （3）帶電粒子的y方向分運動的周期12如圖所示，一絕緣圓環(huán)軌道位于豎直平面內，半徑為R，空心內徑遠小于R以圓環(huán)圓心O為原點在環(huán)面建立平面直角坐標系xOy，在第四象限加一豎直向下的勻強電場，其他象限加垂直環(huán)面向外的勻強磁場一帶

13、電量為q、質量為m的小球在軌道內從b點由靜止釋放，小球剛好能順時針沿圓環(huán)軌道做圓周運動 （1）求勻強電場的電場強度E （2）若第二次到達最高點a，小球對軌道恰好無壓力，求磁感應強度B （3）求小球第三次到達a點時對圓環(huán)的壓力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，其方向平行于OC且垂直于磁場方向一個質量為m，電荷量為q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角=60，粒子恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OQ=2OC，不計粒子的重力，求： （1）粒子從P運動到Q所用的時

14、間t （2）電場強度E的大小 （3）粒子到達Q點的動能EkQ14如圖所示，在半徑為R的絕緣圓筒內有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通兩板問距離為兩板與電動勢為E的電源連接，一帶電量為一質量為-q、質量為m的帶電粒子（重力忽略不計），開始時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經電場加速后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出，己知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且每次碰撞時間極短，碰后以原速率返回求： （1）筒內磁場的磁感應強度大小 （2）帶電粒子從A點出發(fā)至第一次回到A點射出所經歷的時間 專題二：帶電粒子在復合場中的運動 參考答案（1）1、解析：由于此帶電粒

15、子是從靜止開始釋放的，要能經過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域物理過程是：靜止電荷位于勻強電場區(qū)域的y軸上，受電場力作用而加速，以速度v進入磁場，在磁場中受洛侖茲力作用作勻速圓周運動，向x軸偏轉回轉半周期過x軸重新進入電場，在電場中經減速、加速后仍以原速率從距O點2R處再次超過x軸，在磁場回轉半周后又從距O點4R處飛越x軸如圖所示（圖中電場與磁場均未畫出）故有L2R，L22R，L32R 即 RL2n，（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mv22=qEh 對粒子在磁場中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運動有：RmvqB 解式得：hB2qL28n2mE （nl、

16、2、3）2、解析：粒子在電場中運行的時間t lv；加速度 aqEm；它作類平拋的運動有 tg=at/v=qEl/mv2粒子在磁場中作勻速圓周運動由牛頓第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB又：sin=l/r=lqB/mv由兩式得：B=Ecos/v3、解析：離子在磁場中做勻速圓周運動，作出兩條邊界軌跡和TQ，分別作出離子在 T、P、Q三點所受的洛侖茲力，分別延長之后相交于O1、O2點，如圖所示，O1和O2分別是TP和TQ的圓心，設 R1和 R2分別為相應的半徑離子經電壓U加速，由動能定理得qUmv2由洛侖茲力充當向心力得qvB=mv2/R 由式得q/m=2U/B2R2由圖直角三角形O

17、1CP和O2CQ可得 R12d2（R1一d/2）2，R15d/4R22（2d）2（R2一d/2）2，R217d/4依題意R1RR2 由可解得（2）HPBv454、解析：(1)根據動能定理，得 解得(2)欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上，應有而由此即可解得 (3)若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為r，穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的位置坐標為x，則由軌跡圖可得 注意到和所以，電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關系為（3）5、解析:（1）En=nqv（2）nqU=mvvn= =qvnBn Bn=mvn/qR以vn結果代入，Bn=（3）繞行第n圈需時=2R tn=2R（1）（4

18、）如圖所示，（對圖的要求：越來越近的等幅脈沖）（5）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場對其做功qv，使之加速，在A、B之外飛行時電場又對其做功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)粒子在電場中被加速，由動能定理得 粒子在磁場中偏轉，則牛頓第二定律得聯(lián)立解得（m）(2)由幾何關系可得，粒子恰好垂直穿過分界線，故正確圖象為OM22244x/my/m2vBB（4，）(3)帶電粒子在磁場中的運動周期粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為，在磁場中的運動總時間（s）（4）7、解：（1）小球從A運到O的過程中，根據動能定理： 則得小球在點速度為： （2）小球運到點繩子斷裂前瞬間，對小球應用牛頓第二定律： 由、得： （3）繩斷后，小球水平方向加速度 小球從點運動至點所用時間 間距離 8、 解：垂直AB邊進入磁場，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉角為30 MNOOPv0BE 由幾何關系得： 在磁場中運動