(物理)物理帶電粒子在磁場中的運(yùn)動模擬試題及解析

1、(物理)物理帶電粒子在磁場中的運(yùn)動模擬試題及解析一、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專項(xiàng)訓(xùn)練1.某控制帶電粒子運(yùn)動的儀器原理如圖所示，區(qū)域 PP M吶有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電 場場強(qiáng)E=1.0X13V/m,寬度d = 0.05m,長度L= 0.40m；區(qū)域MM N'的有垂直紙面向里 的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 2.5X102寬度D= 0.05m,比荷9 = 1.0 X l0c/kg的帶正電m的粒子以水平初速度 V0從P點(diǎn)射入電場.邊界 MM不影響粒子的運(yùn)動，不計(jì)粒子重力.(1)若V0=8.0 X5m/s,求粒子從區(qū)域 PP' N'馳出的位置；(2)若粒子第一次進(jìn)入磁場后就從M&#

2、39; N可垂直邊界射出，求 V0的大??； 若粒子從M'點(diǎn)射出，求V0滿足的條件.2n【答案】(1)0.0125m (2) 3.6%1/S.(3)第一種情況：V0=(4.00.8n)105m/s(其中n =r3.2 0.8n、 -5,4,0、1、2、3、4）第二種情況：V0= （） 10 m/s （其中 n=0、1、2、3）.2n 1(1)粒子以水平初速度從 P點(diǎn)射入電場后，在電場中做類平拋運(yùn)動，假設(shè)粒子能夠進(jìn)入磁 場，則豎直方向d = -Eqt2代入數(shù)據(jù)解得t=1.0X106s水平位移x= V0t代入數(shù)據(jù)解得x= 0.80m因?yàn)閤大于L,所以粒子不能進(jìn)入磁場，而是從P' M可

3、射出,則運(yùn)動時間t0=上=0.5 X106sV0豎直位移y=1Wqt； = 0.0125m2 m所以粒子從P'點(diǎn)下方0.0125m處射出.(2)由第一問可以求得粒子在電場中做類平拋運(yùn)動的水平位移粒子進(jìn)入磁場時，垂直邊界的速度設(shè)粒子與磁場邊界之間的夾角為%則粒子進(jìn)入磁場時的速度為v= v1sin2mv在磁場中由qvB= m 得R=RqB粒子第一次進(jìn)入磁場后，垂直邊界M NH寸出磁場，必須滿足 x+Rsink L 由第二問解答的圖可知粒子離MM的最遠(yuǎn)距離 A尸R Rcos的R(1 cos “)杷mv'v= > vi=符代入解得可以看出當(dāng)a= 90。時，Ay有最大值，(斤90。

4、即粒子從P點(diǎn)射入電場的速度為零，直接在電場中加速后以 Vi的速度垂直 MM進(jìn)入磁場運(yùn)動半個圓周回到電場)Amax=0.04m, A max小于磁場寬度 D,所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不會 從邊界NN射出磁場.若粒子速度較小，周期性運(yùn)動的軌跡如下圖所示:粒子要從M點(diǎn)射出邊界有兩種情況, 第一種情況：l_= n(2vot + 2Rsin 禽 vot把 t 2md、R= mv、vi=vsin vx v1= J-2qEd 代入解得 qE qB1. mL qE 2n Evo2n 1 2md 2n 1 Bvo=4.0 0.8n2n 1x 10m/s（其中 n = 0、1、2、3、4）第二種情

5、況:l_= n（2vot + 2Rsin 宓 vot + 2Rsin a2md mv2qEd .一把t 、R=、W=vsin v=把三代入解得1,qE qB1 mL qE 2（n 1） EVo2n 1、2md 2n 1 B3.2 0.8n2n 1x 10m/s（其中 n = 0、1、2、3）.2.正、負(fù)電子從靜止開始分別經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋加速器D型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對撞機(jī)中.正、負(fù)電子對撞機(jī)置于真空中.在對撞機(jī)中正、負(fù)電子對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子.回旋加速器D型盒中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。,回旋加速器的半徑為 R,加速電壓為U； D型盒縫隙間的距離很小，帶電粒

6、子穿過的時間可以忽略不計(jì).電子的質(zhì)量為 m、電量為e,重力不計(jì).真空中的光速為 c,普朗克常量為h.(1)求正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機(jī)時分別具有的能量E及正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率v(2)求從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程中，D型盒間的電場對電子做功的平均功率p(3)圖甲為正負(fù)電子對撞機(jī)的最后部分的簡化示意圖.位于水平面的粗實(shí)線所示的圓環(huán)真 空管道是正、負(fù)電子做圓周運(yùn)動的容器”，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運(yùn)動，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵.即圖中的A1、A2、A4從共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上.每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是勻強(qiáng)磁場，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同，方向豎直向 下.磁

7、場區(qū)域的直徑為 d.改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而 改變電子偏轉(zhuǎn)的角度.經(jīng)過精確調(diào)整，首先實(shí)現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的 軌道運(yùn)動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點(diǎn)和射出點(diǎn)都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如 圖乙所示.這就為進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞做好了準(zhǔn)備.求電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感 應(yīng)強(qiáng)度B大小* 8 *2mm;2B0Rs叱d解：(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場里則有:2 mvo evB0 R【答案 v e2B02R2 2mc2 , E mh h【解析】【詳解】eBoRVom-22 21 2 e Bo RE mv02 2m設(shè)在電場中加速n次,則有:解得正、負(fù)電

8、子離開回旋加速器時的速度為:正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機(jī)時分別具有的能量：正、負(fù)電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有： 2E 2mc2 hv222 c 2正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率:e Bo R 2mc v mh h(2)從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程,12neU -mv02解得：n里至2mU2 m正、負(fù)電子在磁場中運(yùn)動的周期為：T -1-eBo正、負(fù)電子在磁場中運(yùn)動的時間為：t -TB0R22U2D型盒間的電場對電子做功的平均功率：P W e0Ut t md(3)設(shè)電子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r ,由幾何關(guān)系可得 rsin-n 2 r解得：'2sin n根據(jù)洛倫磁

9、力提供向心力可得:ev0B2 mv0電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b大小：_ 2B0RsinnB d3.空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，在P點(diǎn)以某一初速開始運(yùn)動，初速方向在圖中紙面內(nèi)如圖中P點(diǎn)箭頭所示.該粒子運(yùn)動到圖中 Q點(diǎn)時速度方向與 P點(diǎn)時速度方向垂直，如圖中 Q點(diǎn)箭頭所示.已知 P、 Q間的距離為L.若保持粒子在 P點(diǎn)時的速度不變，而將勻強(qiáng)磁場換成勻強(qiáng)電場，電場方 向與紙面平行且與粒子在 P點(diǎn)時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn).不計(jì)重力.P。Q0求：(1)電場強(qiáng)度的大小.(2)兩種情況中粒子由 P運(yùn)動到Q點(diǎn)所經(jīng)歷的

10、時間之比.【答案】E j2BqL ；也一m tE 2【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，以V0表示粒子在P點(diǎn)的初速度，R表示圓周的半徑，2則有qv0B m R1由于粒子在Q點(diǎn)的速度垂直它在 p點(diǎn)時的速度，可知粒子由 P點(diǎn)到Q點(diǎn)的軌跡為一圓周,4L故有R 以E表示電場強(qiáng)度的大小，a表示粒子在電場中加速度的大小，tE表示粒子在電場中由 p點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)經(jīng)過的時間，則有 qE ma1 2水平萬向上：RatE2 E豎直方向上：R v0tE2由以上各式，得 E J2BqL且tE 二mqB1 一 一, 1 . m(2)因粒子在磁場中由 P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的軌跡為一圓周，即tB 一丁所以44

11、2 qBtB tE 24.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系 xOy平面內(nèi)直角三角形abc的直角邊ab長為6d,與y軸 重合，/ bac=30°,中位線OM與x軸重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.在笫一象限內(nèi),有方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E與勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小間滿足E=v)B.在x=3d的N點(diǎn)處，垂直于x軸放置一平面熒光屏.電子束以相同的初速度vo從y軸上一3dWyW的范圍內(nèi)垂直于 y軸向左射入磁場，其中從y軸上y=2d處射入的電子，經(jīng)磁場 偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過。點(diǎn).電子質(zhì)量為m,電量為e,電子間的相互作用及重力不計(jì).求(1)勻強(qiáng)磁楊的磁感應(yīng)強(qiáng)度B(2)電子束從y軸正半軸上

12、射入電場時的縱坐標(biāo)y的范圍；(3)熒光屏上發(fā)光點(diǎn)距 N點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離LII,* *區(qū)4配宜【答案】(1) mv0； (2) 0 y 2d ； (3) 9d ； ed4【解析】設(shè)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r;由幾何關(guān)系可得r=d2電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev°B m也r解得：B mv0ed(2)當(dāng)電子在磁場中運(yùn)動的圓軌跡與ac邊相切時，電子從+ y軸射入電場的位置距 。點(diǎn)最遠(yuǎn)，如圖甲所示.，一一 ,、一 ,一 ,r設(shè)此時的圓心位置為 O ,有：Oa sin 30OO 3d Oa解得OO d即從O點(diǎn)進(jìn)入磁場的電子射出磁場時的位置距O點(diǎn)最遠(yuǎn)所以ym

13、 2r 2d電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標(biāo) y的范圍為0 y 2d設(shè)電子從0 y 2d范圍內(nèi)某一位置射入電場時的縱坐標(biāo)為 y,從ON間射出電場時的位 置橫坐標(biāo)為x,速度方向與x軸間夾角為 仇在電場中運(yùn)動的時間為t,電子打到熒光屏上 產(chǎn)生的發(fā)光點(diǎn)距 N點(diǎn)的距離為L,如圖乙所示：X K根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有:x V0t1 eEt22 mvyeEt mtanVytan解得:L3d xL (3, d.2y) ,2y9 .d時，L有取大值9d 48解得:當(dāng) 3,d . 2y x2y【點(diǎn)睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，要求能正 確的畫出運(yùn)動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定某些物

14、理量之間的關(guān)系；粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)經(jīng) 常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學(xué)方法在物理中的 應(yīng)用.5.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系 0a4區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有一個以點(diǎn) (3L, 0)為圓心、半徑為 L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x軸的交點(diǎn)分別為 M、N.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度vo沿x軸正方向射入電場，飛出電場 后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時速度方向與 x軸正方向的夾角為 30°.不考慮電子所受的重 力.(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大??；(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出

15、圓形區(qū)域時速度方向垂 直于x軸.求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；(3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面 向外為磁場正方向)，最后電子從 N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場時的速度方向相同.請寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度2(3 Q 0【答案】(1) 3F叫3M (n=1, 2, 3)Bo的大小、磁場變化周期 T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式.(n=1, 2, 3)(1)電子在電場中作類平拋運(yùn)動，射出電場時，速度分解圖如圖1中所示.由速度關(guān)系得：vy=votan 0 = v voEevy = at = '【 在豎直方向：而水平方向解得:(2)根

16、據(jù)題意作圖如圖 1所示，電子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R=L根據(jù)牛頓第二定律：舊解得:5L根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標(biāo)為(3)電子在在磁場中最簡單的情景如圖2所示.在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為 運(yùn)動的T。，粒子在x軸方向上的位移恰好等于ri；在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半, 偏轉(zhuǎn)角度仍為60° ,電子運(yùn)動的軌道半徑變?yōu)?r,2r.60。，設(shè)電子運(yùn)動的軌道半徑為r,電子運(yùn)動周期T =2T。,故粒子的粒子在x軸方向上的位移恰好等于綜合上述分析，則電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條件是：3rn=2L (n=1, 2, 3)而:解得:(n=1, 2

17、, 3)應(yīng)滿足的時間條件為：(T+T'尸T7"- 1而:解得即(n=1, 2, 3)點(diǎn)睛：本題的靚點(diǎn)在于第三問，綜合題目要求及帶電粒子運(yùn)動的半徑和周期關(guān)系，則符合1B0中再次偏轉(zhuǎn)60° ,經(jīng)過要求的粒子軌跡必定是粒子先在正Bo中偏轉(zhuǎn)60。，而后又在京 n次這樣的循環(huán)后恰恰從 N點(diǎn)穿出.先從半徑關(guān)系求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，再從周期關(guān)系 求出交變磁場周期的大小.、四象6.如圖，第一象限內(nèi)存在沿 y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E,第二、B,第三、限存在方向垂直 xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，一帶正電的粒子，從 P (

18、-d, 0)點(diǎn)沿與x軸正方向成a =60。角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出)垂直 y軸進(jìn)入第P點(diǎn)，回到P點(diǎn)時速度方向與入射方時相同，不計(jì)一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到 粒子重力，求：(1)粒子從P點(diǎn)入射時的速度 V0；(2)第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B/;【答案】(1) 且(2) 2.4B3B【解析】試題分析：(1)粒子從P點(diǎn)射入磁場中做勻速圓周運(yùn)動，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運(yùn)動的半徑為 r,由幾何知識得:d d2,3dr sinsin60 3根據(jù)q%B應(yīng)得vo 2 3qBd r3m粒子在第一象限中做類平拋運(yùn)動，則有r(i cos60 ) SEt

19、2；2mtanvyVoqEtmvo聯(lián)立解得v0 3B(2)設(shè)粒子在第一象限類平拋運(yùn)動的水平位移和豎直位移分別為 三、四象限圓周運(yùn)動的對稱性可知粒子剛進(jìn)入第四象限時速度與x和y,根據(jù)粒子在第 x軸正方向的夾角等于a.則有:X=V0t,vy2votan由幾何知識可得 y=r-rcosa=!r3 d232則得x 2d3所以粒子在第三、四象限圓周運(yùn)動的半徑為12-d-d23sinUd9粒子進(jìn)入第三、四象限運(yùn)動的速度vVo2V0cos4 3qBd3m2根據(jù)qvB' m R得：B' = 2 4B考點(diǎn)：帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)動7.如圖所示，虛線OL與y軸的夾角0=450,在OL上側(cè)有平行

20、于 OL向下的勻強(qiáng)電場，在OL下側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q (q>0)的粒子以速率 V0從y軸上的M (OM=d)點(diǎn)垂直于y軸射入勻強(qiáng)電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，不計(jì)粒子重力。(1)求此電場的場強(qiáng)大小 E；(2)若粒子能在 OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線 OL上，求粒子從 M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間?！窘馕觥吭囶}分析：根據(jù)粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標(biāo)系，利用類平拋運(yùn)動；根據(jù)橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；由(1)求出在電場中運(yùn)動的時間及離開電場時的位置；再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動規(guī)律及

21、幾何關(guān) 系得到最大半徑，進(jìn)而得到最長時間；(1)粒子在電場中運(yùn)動，不計(jì)粒子重力，只受電場力作用, 沿垂直電場線方向 X和電場線方向Y建立坐標(biāo)系，則在X方向位移關(guān)系有: 該粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，所以在 Y方向上,速度關(guān)系有vnsinO - at 二" m所以,qEd vosinO =則有mvjsinO mujsin45fl 避加式E =- qdqd2qd一X磁場中運(yùn)動了半個圓周，所以，在磁場中運(yùn)動時間為則粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過 OL在趴粒子在磁場運(yùn)動，洛倫茲力作為向心力，所以有,V1<rv/? = nt(2)根據(jù)(1)可知粒子在電場中運(yùn)動的時間粒子在磁場中只受洛

22、倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動的周期為T粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線 OL上,粒子在電場中運(yùn)動，在 Y方向上的位移Y = -vqsih(? t = 彳d,所以，粒子進(jìn)入磁場的位置在OL上距離。點(diǎn)f = dcosO + Z =;根據(jù)幾何關(guān)系,根據(jù)(1)可知，粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，速度 v就是初速度vo在X方向上的分量，即v = u&cost? = vocoslS15 = -Poi i： K T -I l T -可得 CO的，即CD!田所以所以，粒子從 M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過 OL所需要的最長時間1d 13(小一 d 3(、21加t 最 F =

23、2 + 亨丁 HUIX = + .=1 十 .國箕 2V0 2170%28.如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L= 1.2m的等邊三角形區(qū)域， C、P、Q分別是MN、AM和AN中點(diǎn)處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng) E=4X 104N /C.三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bi； AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B2=3Bi的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)將一比荷q/m=105C/kg的帶正電的粒子，從 。點(diǎn)由靜止釋放，粒子從 MN小孔C進(jìn)入內(nèi)部勻強(qiáng)磁 場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入外部磁場.已知粒子最終回到了。點(diǎn),OC相

24、距2m.設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計(jì)粒子重力，不 計(jì)擋板厚度，取-3 .求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi的大??；(2)粒子從。點(diǎn)出發(fā)，到再次回到 。點(diǎn)經(jīng)歷的時間;(3)若僅改變B2的大小，當(dāng)B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到。點(diǎn)(若粒子經(jīng)過A點(diǎn)立即被吸收).【答案】(1) Bi 2 10 5T;(2)t 2.8510-2S；(3)34-2105T33【解析】【詳解】1 C(1)粒子從。到C即為在電場中加速，則由動能定理得：Eqx 1mv22解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系可知 R1- 0.6m22 v 由 qvBi mR代入數(shù)

25、據(jù)得 B12105T3(2)由題可知 B2=3B1=2XT0T2 v qvB| m R則 R2 0.2m 3 、. 1由運(yùn)動軌跡可知：進(jìn)入電場階段做勻加速運(yùn)動，則 x vt12得至U 11=0.01 s2 m粒子在磁場B1中的周期為工 二一qB113則在磁場B1中的運(yùn)動時間為 t2 -T1 3 10 s 3在磁場B2中的運(yùn)動周期為qB2在磁場B2中的運(yùn)動時間為180300180 .t3T 236011 c1063s 5.510-3s則粒子在復(fù)合場中總時間為:t 2tlt2t32017310 3s 2.856-2102s(3)設(shè)擋板外磁場變?yōu)锽2 ,粒子在磁場中的軌跡半徑為r,則有qvB22 v

26、 m r根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到。點(diǎn)，需滿足條件L2k21 r 其中 k=0、1、2、3解得B24k 2510 5T39.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系 xOy內(nèi)，第一、四象限有與 y軸相切于。點(diǎn)、圓心為01、半徑一定的有界圓形區(qū)域，其內(nèi)存在垂直于紙面勻強(qiáng)磁場，第二、三象限有平行的勻強(qiáng)電場.一帶電粒子(重力不計(jì))自P(一d, 返_)點(diǎn)以平行于x軸的初速度V0開始運(yùn)動，粒子從0點(diǎn)離開電場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從 電場區(qū)域，并恰能返回到 P點(diǎn).求：2y軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出)垂直于y軸回到(1)粒子經(jīng)過。點(diǎn)時的速度；(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的比值.1) 2voE B【解析】【

27、詳解】試題分析：為v,其在(1)粒子從P到。的過程中做類平拋運(yùn)動，設(shè)時間為 3,經(jīng)過。點(diǎn)時的速度y軸負(fù)方向的分速度為 Vy,與y軸負(fù)方向的夾角為 0d=v0t1,3dd22 2V =V0vxt 一 t12,2 +VytanVoVy解得:v=2v0( =30O(2)設(shè)粒子質(zhì)量為 m,電荷量為q,粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a： Eq=ma312dat122粒子從Q到P的過程中，也做類平拋運(yùn)動，設(shè)時間為t2, Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yQ1at2 2d=vt2解得：yQ5 ；3d8設(shè)粒子由S點(diǎn)離開磁場，粒子從 。到S過程中做圓周運(yùn)動，半徑為 r,由幾何關(guān)系有:r+rsin0Q=y2Vr5,3 d12qvB m

28、 一58v考點(diǎn)：帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)動【點(diǎn)睛】【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)動問題；關(guān)鍵是搞清粒子的運(yùn)動情況, 畫出粒子運(yùn)動的軌跡圖，結(jié)合平拋運(yùn)動及勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律，并利用幾何關(guān)系進(jìn)行求 解；此題難度中等，考查學(xué)生運(yùn)用基礎(chǔ)知識解決問題的能力.10.(20分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系軸平行且沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第一、 磁場。現(xiàn)將一擋板放在第二象限內(nèi)，其與xOy的第二象限內(nèi)存在場強(qiáng)大小為E,方向與x三、四象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)x,y軸的交點(diǎn) M N到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離均為2L。一質(zhì)量為m,電荷量絕對值為 q的帶負(fù)電粒子在第二象限內(nèi)從距x軸為L、距y軸為2L的A點(diǎn)由

29、靜止釋放，當(dāng)粒子第一次到達(dá)y軸上C點(diǎn)時電場突然消失。若粒子重力不計(jì)，粒子與擋板相碰后電荷量及速度大小不變，碰撞前后，粒子的速度與擋板的夾角相等(類似于光反射時反射角與入射角的關(guān)系)。求 ：X XX XX XX XhyH K X_ X M XJ箕箕X-X M XxO"> XK X - X X-X其xxx *愜、 二 X、 K X x J（ X XXXx xX xX X 工XX xX "X X(1)C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。(2)若要使粒子再次打到檔板上J(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大時，粒子從磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為多少？A點(diǎn)出發(fā)與檔板總共相碰兩次后到達(dá)C點(diǎn)？這種情況下粒子從A點(diǎn)出發(fā)到第二次到

30、達(dá)C點(diǎn)的時間多長？&=2器（3）I"9（2） 2mLqE【解析】試題分析：(1)設(shè)粒子到達(dá)擋板之前的速度為 V012（1分）有動能te理 qEL = 2 mv0粒子與擋板碰撞之后做類平拋運(yùn)動在x軸方向L-qEt22m（1分）在y軸方向 y = v0t（1分）聯(lián)立解得 y = 2LC點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y+L = 3L（1分）(2)粒子到達(dá)C點(diǎn)時的沿x軸方向的速度為vx = at =1冬旦 m（1分）沿y軸方向的速度為 vy = v0 =、2,日(1分)此時粒子在C點(diǎn)的速度為v = 2qELm（1分）粒子的速度方向與x軸的夾角tanvy=45vx（1分）./ ，2磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時，粒子

31、運(yùn)動的軌道半徑為r1 = L12（2分）12 v根據(jù)牛頓第一 th律qvB1 = m（1分）要是粒子再次打到擋板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為（1分）（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 R時，粒子做半徑為 r2的圓周運(yùn)動到達(dá) y軸上的。點(diǎn)，之后做直線 一3 2 .運(yùn)動打到板上， r2 = -3 L（2分） 22Em此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2 = / （1分）2 3 qL此后粒子返回到 。點(diǎn)，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由對稱性可知粒子將到達(dá)D點(diǎn)，接著做直線運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)從A到板，有L = l5qt；2 m 1t12mLqE（1分）在磁場中做圓周運(yùn)動的時間t22mL=一丁 =24 1 qE（1分）從。到板再返回O點(diǎn)作直線

32、運(yùn)動的時間tq、3f2mL =qE（1分）（1分）從x軸上D點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動到 C點(diǎn)的時間為t4 = 312mL 42 qE總時間為t總=t + ti+t2+t3+t4=9(2+(1分)4, qE考點(diǎn)：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，牛頓第二定律，平拋運(yùn)動。11 .如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第I象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿 y正方向；在第IV象限的正三角形 abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為 m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P (0, h)點(diǎn)，以大小為 vo的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a (2h, 0)點(diǎn)

33、進(jìn)入第IV象限，又經(jīng)過磁場從 y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第 出象限，且速度與y軸負(fù)方向成45。角, 不計(jì)粒子所受的重力。求：* X K *'A(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時速度的大小和方向;(3) abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度2【答案】(1) E 及；(2)2qh【解析】 【詳解】(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為 則有 x=vot=2h ,1.2y h - at 2qE=ma2聯(lián)立以上各式可得 E 3；2qhB的最小值。V J5vo,方向與x軸的夾角為45° ; (3) B2mv0qL(2)粒子達(dá)到a點(diǎn)時沿負(fù)y方向的分速度為 vy=at=vo,所以 v Jv； v2J2v

34、o ,方向指向第IV象限與x軸正方和成45°角；2(3)粒子在磁場中運(yùn)動時，有 qvB mv-,r當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有2mv0所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值B 0 qL12 .如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右 邊界分別垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前m、電荷量為-q的粒子速度后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為d,且 d<L,一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為 粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變.(1)(2)(3)求粒

35、子運(yùn)動速度的大小 v；欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；從P點(diǎn)射入的粒子最終從 Q點(diǎn)射出磁場，PM=d, QN=d,求粒子從P到Q的運(yùn)動時2間t.(3) A.當(dāng) L【答案】(1) v黑(2)nd (1芻d時,2L 3而 4、m - wt (一 ),B.當(dāng) Ld 6 2qBnd(1+) d 時，t (J 2d33 4、Tm)6 2qB【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動由洛倫茲力提供向心力有:mvR -qB2 v qvB m ,解得:R由題可得：R d解得v qBd ； m(2)如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動軌跡恰好與磁場左邊界相切VJ由幾何關(guān)系得 dm=d

36、(1+sin60 )°解得 dm2_2 d(3)粒子的運(yùn)動周期T 過 qB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則t nT t (n41,3,5,LA.當(dāng) L nd(1叵)2d時，粒子斜向上射出磁場1t T12解得t2qBB.當(dāng)Lnd (1+芻2d時,粒子斜向下射出磁場解得節(jié)4、 Tm一)2qB13 .如圖，ABCD邊長為a的正方形.質(zhì)量為 m、電荷量為e的電子以大小為 Vo的初速度 沿紙面垂直于 BC邊射入正方形區(qū)域.在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場.電子從 BC邊上 的任意點(diǎn)入射，都只能從 A點(diǎn)射出磁場.不計(jì)重力，求：(1)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小；(2)

37、此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積.【答案】見解析【解析】(1)設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.令圓弧AEC是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行軌道.電子所受到的磁場的作用力f ev°B應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外.圓弧 AeC的圓心在CB邊或其延 長線上.依題意，圓心在 A、C連線的中垂線上，故 B點(diǎn)即為圓心，圓半徑為 a按照牛頓 定律有V0 m一聯(lián)立式得Bg ea(2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自 c點(diǎn)垂直于BC入射電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其它點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)動軌道只能在BAEC區(qū)域中.因而，圓弧 aeC是所求的最小磁場區(qū)域

38、的一個邊界.為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點(diǎn)的電子的速度方向與 BA的延長線交角為 (不妨設(shè)0-)的情形.該電子的運(yùn)動軌跡 qpA如右圖所示.圖中，圓AP的圓心為o，pq垂直于BC邊，由 式知，圓弧 AP的半徑仍為a,在D為 原點(diǎn)、DC為x軸，AD為y軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)(x,y)為x asin y a (z a cos ) acos 這意味著，在范圍03內(nèi)，p點(diǎn)形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周 AFC，它是電子做直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界.因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域時分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周1cle 2 cAec和AfC所圍成的，其面積為 S 2( a a ) a422磁譜儀是測量 能譜的重要儀器.磁譜儀的工作原理如圖所示，放射源s發(fā)出質(zhì)量為m、電量為q的粒子沿垂直磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，被限束光欄 Q限制在2的小角度內(nèi)，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打到與束光欄平行的感光片P上.(重力影響不計(jì))(1)若能量在 EE+ AE (正0,且 正E)范