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 粒子，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(zhǎng)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).2vHmv1.解：(1)根據(jù) Bqv m得：rrBqR圖中sinBqRrmv,2 r2 m根據(jù)T得：TvqB運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t ?TqB（式中 sinBqR ）mv(2)如圖所示，沿半徑射入， r與R垂直，兩三角形全等, 而出射

2、速度v與軌跡半徑r垂直，所以出射速度與 R同一 直線。甲乙當(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)軌跡圓半徑最小的情況，設(shè)2. 一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域 abed內(nèi)充滿(mǎn)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(zhǎng)為L(zhǎng),現(xiàn)從ad中點(diǎn)O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(mǎn)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(zhǎng)，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(zhǎng)時(shí)間是多少?2.解：(1)當(dāng)粒子軌跡恰好

3、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 R1 cos60 L R12可得：R1 L此半徑為R2,如圖乙所示則有：R2 sin 30 R2得：R2 23故粒子從ab邊射出的條件為R2 R R1,即L R L3根據(jù)qvBm，得 V0qBRrm所以qBLqBLV03mm(2)因?yàn)閠T m2Bq所以粒子運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過(guò)的圓心角越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，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(chǎng)無(wú)右邊界，故

4、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(zhǎng)，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 300 L3則x L ,即出射點(diǎn)到O的距離不超過(guò)-33maxmax215 2m 5 m23 Bq 3Bq3. 長(zhǎng)為L(zhǎng)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30。角，出磁場(chǎng)時(shí)剛好右側(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)末速度恰與下板成緊貼上板右邊緣，不計(jì)粒子重力，求:(1 )兩板間的

5、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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。Vy豎直方向：離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度Vy=votan30 粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)的位移 y d t水平方向：粒子勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間LVo聯(lián)立以上幾式解得,（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t=，Vo3mvo所以E盲帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即:2VqVB m 粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度 V2Vy粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示由幾何關(guān)系得，rcos30解得，B 4沐0qL4. 如圖所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大

6、小為E=4 X105N/C方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在4 10 10 N/C的帶正電粒子從 xqOA=0.2m，不計(jì)重力。求:B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入x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)荷比為軸上的A點(diǎn)以初速度vo=2 X10 7m/s垂直x軸射入電場(chǎng),(1 )粒子經(jīng)過(guò)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)。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(guò)y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y，則:爲(wèi)2yvot解得：a=1.0 xi015m/s2t=2.0 xi0-8sy 0.4m（2）粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速度為:

7、vx at 2 107m/s粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小為；v 、. v； v；2 2 107 m/ s與y軸正方向的夾角為B0= arctgvx450v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R/，則:R/解得B （2-、2 2） 10 2T5、（15分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m =2.0 X10-11 kg ,電荷量q = +1.0 X10-5C的帶電微粒（重 力忽略不計(jì)），從靜止開(kāi)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(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U2=100V .金屬板長(zhǎng)L=20cm，兩板間距d=10 3 cm .求： 微粒進(jìn)入偏

8、轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度 V0大小;若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角e；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?F E61X!X3:XiXXx :1 :XX啟XX：1:X1XXX：1VXX卩XX：15、微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得:1 22嚴(yán) 3分解得V0 =切仏微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有:a叫,mdLVy at a v飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為:tanvU2L2U1d解得 e = 30 01分vv1分cosDrr sin2分2 mv1分r進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是:軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有:洛倫茲力提供向心力：Bqv解得：Bmv(1 sin )

9、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）6 . （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 m離R的距離為L(zhǎng)爲(wèi)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0: Q場(chǎng)B，已知E 2N/C ,B T ,如圖所示?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量與 R相同且不帶電的滑塊 P?以水9兩滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，計(jì)平速度Vo 2 . 3m/ s向右運(yùn)動(dòng)，P2與Pi發(fā)生碰撞后粘在一起共同運(yùn)動(dòng)，算時(shí)取g 10m/s2，求：（1）滑塊F2與Pi碰撞后的速度vi6

10、.解：（1） P2與P碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量恒有:mv0 2mv1（2分）（2 ）滑塊從碰撞后到離開(kāi)磁場(chǎng)所用的時(shí)間由此得 v1i3m/s （ 1 分）2m（2）碰撞后二者一起平拋，水平方向有:L Viti（1 分）豎直方向速度Vy由此得t1-0.3sVy 3m/s（1 分）Vi從而tanVyBx2、3m /sgt（1顯然，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2qv2B 2mV2r（2 分）2mv2由此得r石亍 1.8m，其圓心位置如圖所示。（2分）T 壬v25（1 分）由對(duì)稱(chēng)性可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的角度360023000，（ 1 分）所用時(shí)間 t t1

11、 t2 t1 360T （。33）s 3s2（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 X)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 kg的小球由長(zhǎng)1 = 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(wú)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),通過(guò)O點(diǎn)正下方的N點(diǎn).(g=10 m/s(1)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2 )懸線斷裂前瞬間拉力的大小；(3) ON間的距離.懸線突然斷裂，此后小球又恰好能7.【解析

12、】(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:1 2 mv = mg l -qE l 22l(g-qE m)=2 m/s解得小球在O點(diǎn)速度為:(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:v2卩向=Ff-mg -F 洛=m 一F 洛=Bvq2聯(lián)立式解得：Ft= mg +Bvq +巴=8.2 N(3 )懸線斷后，小球水平方向加速度ax = E = 5 m/s 2 m小球從0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2v0.8 sax1ON 間距離 h -gt2 3.2 m2(3)3.2 m答案：(1)2 m/s (2)8.2 N 8.

13、(2011 南開(kāi)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 E1 = 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 X10-2 kg、電荷量q = 4 X10-5 C的帶正電小球自O(shè)點(diǎn)沿與水平線成45 角以vo = 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： f耳(1)0點(diǎn)到P點(diǎn)的距離S1;帶電小球經(jīng)過(guò)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 Fi = qEi = 0.1 N即G= F1，故帶電小球在正交的電磁場(chǎng)中由 0到P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)2根據(jù)牛頓第二定律得：qvoB = mR解得：R=m；021 10 2 4,53 m 1 m4 105 103由幾何關(guān)系得：s2R 2 m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 = qE2 = 0.1 N .與重力大小相等，方向相互垂直，