二輪帶電粒子在電場和磁場中的運動

1、第五講 帶電粒子在電場和磁場中的運動1如圖48所示,MN一正點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線.一個帶負(fù)電的粒子不計重力從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示.以下結(jié)論正確的選項是A.帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小歡迎下載A. Ek B . 2Ek C. 4Ek D. 5Ek6.如圖甲所示,在第口象限內(nèi)有水平向右的勻強電場,電場強度為 在第I、IV象限內(nèi)分別存在如下列圖的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小相E,B.正點電荷一定位于 M點的左側(cè)C.帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在 b點時產(chǎn)具有的電勢能u'D.帶電粒子在a點的加速度大于在 b點的加速度2.如下列圖,真空中O點有一點電荷,在它

2、產(chǎn)生的電場中有a、b兩點,a點的場強大小為Ea,方向與bab連線成60°角,b點的場強大小為 Eb,方向與ab連線成30°角.關(guān)于a、b兩點的場強大小Ea、Eb及電勢小a、b的關(guān)系,以下結(jié)論正 確的是等.有一個帶電粒子以垂直于 x軸的初速度強電場中,并且恰好與 y軸的正方向成45°進入第IV象限的磁場. 場和磁場中運動的總時間為A 7 7tdA- W0d3無C. -(2+-)v0'2 'OP之間的距離為().(2 + 5 天)v0''D. -d(2 +與)v0'2 'v0從x軸上的P點進入勻角進入磁場,又恰好垂直d,

3、那么帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時,在電A. Ea= , a a> b b 3B. Ea= 3Eb, J a< J bC. Ea=3Eb,?a> 小 bD. Ea=3Eb, J a< 小 b7如圖4- 10甲所示,在真空中,有一半徑為 面向外.在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和與磁場的圓心O在同一直線上.有一電荷量為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙N兩板距為R,板長為2R,板間的中央線 O1O2q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度 v0從圓周上的a點沿垂直于半徑 OO餅指向圓心O的方向進入磁場,當(dāng)從圓周上的 O1點水平飛出磁場時3.如下列圖,在一正交的電場和磁場中,

4、一帶電荷量為十q、質(zhì)量為m的金屬塊沿傾角為.的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑.電場強度為E,方向豎直向下；磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直紙面向里；斜面的高度為h.金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面,設(shè)此時的速度為v, x那么A.金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中,做的是加速度逐X漸減小的加速運動,B.金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中,機械能增加了給M N兩板加上如圖4- 10乙所示的電壓, 出.不計粒子所受到的重力、 兩板正對面 之間為勻強電場,邊緣電場不計 1求磁場的磁感應(yīng)強度 B.求交變電壓的周期 T和電壓U0的值.3當(dāng)t =T時,該粒子從 汕N板右側(cè)沿板的中央線仍以速度 v0射入M N之間,求 粒子

5、從磁場中射出的點到 a點的距離.最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛qEh1C.金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中,機械能增加了2mv2- mgh甲乙D.金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運動 4.均勻分布著等量異種電荷的半徑相等的半圓形絕緣桿被正對著固定在同一平面上,如圖所示. AB是兩種絕緣桿所在圓圓心連線的中垂線而且與二者共面,該平面與紙面平行,有一磁場方向垂直于紙面,一帶電粒子重力不計以初速度v0一直沿直線AB運動.那么廠八A.磁場是勻強磁場,B.磁場是非勻強磁場,.C.帶電粒子做勻變速直線運動D.帶電粒子做變加速運動5.如下列圖,帶電粒子在沒有電場和磁場的空間內(nèi)以速度v0從坐 加&q

6、uot;標(biāo)原點O沿x軸方向做勻速直線運動.假設(shè)空間只存在垂直于xOy平"一面的勻強磁場時,粒子通過P點時的動能為Ek;當(dāng)空間只存在平行和 i于y軸的勻強電場時,那么粒子通過 P點時的動能為',；,o甘一言 ""就8圖甲為電視機中顯像管的工作原理示意圖,電子槍中的燈絲加熱陰極使電子逸出,這些電子再經(jīng)加速電場加速后,從 O點進入由磁偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的偏轉(zhuǎn)磁場中,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏MN±,使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像.不計逸出電子的初速度和重力,電子的質(zhì)量為m電荷量為e,加速電場的電壓為 U.偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場分布在邊長為 l的正方形abcd區(qū)域內(nèi), 磁

7、場方向垂直紙面,且磁感應(yīng)強度 B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.在每個周期內(nèi)磁感應(yīng)強度B都是從B0均勻變化到B0.磁場區(qū)域的左邊界的中點與 O點重合,ab邊與OO平行,右 邊界bc與熒光屏之間的距離為 s.由于磁場區(qū)域較小,且電子運動的速度很大,所以在每個電 子通過磁場區(qū)域的過程中,可認(rèn)為 磁感應(yīng)強度不變,即為勻強磁場, 不計電子之間的相互作用.1求電子射出電場時的速度大小.2為使所有的電子都能從磁場的 bc邊射出,求偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度的最大值.(3)假設(shè)所有的電子都能從 bc邊射出,求熒光屏上亮線的最大長度是多少?9如圖411甲所示,空間存在勻強電場和勻強磁場,電場方向為y軸正方向,

8、磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外,電場和磁場都可以隨意加上或撤除,重新加上的電場或磁場與撤 除前的一樣.一帶正電荷的粒子從P(0, h)點以一定的速度平行于 x軸正向入射.這時假設(shè)只有磁場,粒子將做半徑為R0的圓周運動；假設(shè)同時存在電場和磁場, 粒子恰好做直線運動.現(xiàn) 在只加電場,當(dāng)粒子從P點運動到x=R0平面(圖中虛線所示)時,立即撤除電場同時加上磁 場,粒子繼續(xù)運動,其軌跡與x軸交于M點,不計重力, 求：(1)粒子到達x = R0平面時的速度方向與 x軸的夾角以 及粒子到x軸的距離.M點的橫坐標(biāo)xM.12在地面附近的真空中,存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁場,如圖4

9、 14甲所示.磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖414乙所示.該區(qū)域中有一條水平直線MN D是MNL1的一點.在t=0時刻,有一個質(zhì)量為 m電荷量為十q的小球(可看 做質(zhì)點),從M點開始沿著水平直線以速度 v0做勻速直線運動,t0時刻恰好到達N點.經(jīng)觀測 發(fā)現(xiàn),小球在t = 2t0至t=3t0時間內(nèi)的某一時刻, 又豎直向下經(jīng)過直線 MN上的D點,并且以后小球?qū)掖嗡较蛴一蜇Q直向下經(jīng)過D點.求：(1)電場強度E的大小.(2)小球從M點開始運動到第二 次經(jīng)過D點所用的時間.(3)小球運動的周期,并畫出運動 軌跡(只畫一個周期).10如圖412甲所示,質(zhì)量為nr電荷量為e的電子從坐標(biāo)原點 .處

10、沿xOy平面射入第一象限內(nèi),射入時的速度方向不同,但大小均為v0.現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為 B,假設(shè)這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與 y軸平行的熒光屏 MN上,求：m刊(1)熒光屏上光斑的長度.|/所加磁場范圍的最小面積.I/>IN13如圖甲所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為R方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿 x軸負(fù)方向的勻強電場.一粒子源固定在x軸上的A點,A點坐標(biāo)為(L,0).粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為 v的電子,電子恰好能通過 0y軸上的C點,C點坐標(biāo)

11、為(0,2L),電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后 i C Z恰好垂直通過第一象限內(nèi)與 x軸正方向成15.角的射線ON(B知電子的質(zhì)量為中電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用).求： 一切(1)第二象限內(nèi)電場強度 E的大小., 叩 一.(2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角.A 0戈(3)圓形磁場的最小半徑 Rm11如圖413甲所示,ABC渥邊長為a的正方形.質(zhì)量為 m電荷量為e的電子以大小為v0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)域中有勻強磁場. 電子從BC邊上的任意點入射,都只能從 點射出磁場.不計重力,求：(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大小.(2

12、)此勻強磁場區(qū)域的最小面積14 一導(dǎo)體材料的樣品的體積為 aXbXc,A'、C A、C'為其四個側(cè)面,如圖4- 15所示.已知導(dǎo)體樣品中載流子是自由電子,且單位體積中的自由電子數(shù)為n,電阻率為p ,電子的電荷量為e,沿x方向通有電流 I .(1)導(dǎo)體樣品A'、A兩個側(cè)面之間的電壓是 ,導(dǎo)體 樣品中自由電子定向移動的速率是 .(2)將該導(dǎo)體樣品放在勻強磁場中,磁場方向沿 z軸正方向, 那么導(dǎo)體側(cè)面C的電勢(填“高于、“低于或“等于) 側(cè)面C'的電勢.(3)在(2)中,到達穩(wěn)定狀態(tài)時,沿 x方向的電流仍為I ,假設(shè) 測得O C'兩側(cè)面的電勢差為 U,試計算勻

13、強磁場的磁感應(yīng)16. (13分)如圖甲所示,豎直擋板 MN的左側(cè)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,電場強度的大小E= 40 N/C,磁感應(yīng)強度的大小 B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示, 選定磁場垂直紙面向里為正方向. 在t=0時刻,一質(zhì)量 m= 8X104 kg、帶電荷量q=+ 2X10-4 C的微粒在O點具有豎直向下的速度 v = 0.12 m/s , O'是才I板MN±一點,直線 OO與才I板MN直,取g= 10 m/s2 .求：強度B的大小.15如圖4-16甲所示,離子源A產(chǎn)生的初速度為零、 帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正

14、離子被句強磁場電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn) 直管,垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)后通 過極板HM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MNt入磁感應(yīng) 強度為B的勻強磁場. HO= d, HS= 2d, / MNQ= 90° .(忽略離子所受重力) (1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM MN的夾角4 .(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運 動的半徑.(3)假設(shè)質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ勺中點 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±的正 離子的質(zhì)量范圍.AX X :< X XX XX X :< X

15、XX X8X X :< X XX XX X ;< X XX X甲(1)微粒下一次經(jīng)過直線 OO時到O點的距離.(2)微粒在運動過程中離開直線 OO的最大距離.(3)水平移動擋板,使微粒能垂直射到擋板上,擋板與0.80-0.820 30tt15it 25it ：O點間的距離應(yīng)滿足的條件.35實力s3根據(jù)幾何關(guān)系可知：tan4“八、a 1 分32h圓心C位于與速度v方向垂直的直線上,該直線C點的坐標(biāo)為:第五講參考答案7【解析】1粒子自a點進入磁場,從 O點水平飛出磁場,那么其運動的軌道半徑為R2,_ V0mv由qv°B= m,斛得：B=欣.2粒子自O(shè)點進入電場后恰好從 N板的

16、邊緣平行極板飛出,設(shè)運動時間為 t,根據(jù)類 平拋運動規(guī)律有：2F v0tR c2 = 2n ,又 t = nT n= 1,2,3 2R解得：T= n= 1,2,3 nvo2nmvl0 = -y- n= 1,2,3 .Uq圖4 10丙3當(dāng)t = T時,粒子以速度v.沿QO射入電場,該粒子恰好從 M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場,進入磁場的速度仍為 v.,運動的軌跡半徑為 R.設(shè)進入磁場時的點為 b,離 開磁場時的點為c,圓心為O,如圖410丙所示,四邊形 Ob是菱形,所以O(shè)c/ Ob,故 c、O a三點共線,ca即為圓的直徑,那么c、a間的距離d= 2R1 C8【解析】設(shè)電子射出電場的速度為v

17、,那么根據(jù)動能定理,對電子的加速過程有：-m/= eU設(shè)電子打在熒光屏上離 O'點的最大距離為d,那么：,l , ,l , 4s ,八、d=- + stan a =- + 1 分 223由于偏轉(zhuǎn)磁場的方向隨時間變化,根據(jù)對稱性可知,熒光屏上的亮線最大長度為:D= 2d= l+%1分39【解析】1粒子做直線運動時,有：qE= qBv 2mv做圓周運動時,有：qBvR只有電場時,粒子做類平拋運動,那么有：qE= maRjtVv= at解得：Vv= v粒子的速度大小為：v = 4 v02+Vv2 = J2v0 無速度萬向與x軸的夾角為：e =412 R粒子與x軸的距離為：H=h+at =h+

18、-2.22撤去電場加上磁場后,有：qBv= mR解得：R= 2R此時粒子的運動軌跡如圖 4- 11乙所示.一 冗.一 一1分解得：v=1分Xc=2RR yC= H R= h-22當(dāng)磁感應(yīng)強度為 B或一B時垂直于紙面向外為正方向,電子 剛好從b點或c點射出1分設(shè)此時圓周的半徑為 R,如圖丙所示.根據(jù)幾何關(guān)系有：R=i 2+R 22 1 分一51八解得：R=彳1分電子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力,因此有：R過C點作x軸的垂線,在 CDMh,有：IcvxJ2r,l CD=yC= h22evB= rrR 1 分一 4"解得：B0=5j_ , , 等J1分解得：l dm=S cM l cD

19、 =>-r2+ Rh h2M點的橫坐標(biāo)為：x產(chǎn)2R+ J=R2+Rh h2 .10【解析】1如圖4-12乙所示,要求光斑的長度,只要 找到兩個邊界點即可.初速度沿x軸正方向的電子沿弧 OA運動到熒光屏MN±的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿弧 OC云 動到熒光屏MNb的Q點.設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為 R ,由牛頓第二定律得：與x軸和y軸的夾角均為-4.由幾何關(guān)系可得2 v0mvev°B= mRR= Be,一 . 一 一mv由幾何知識可得：PQ= RBe2取與x軸正方向成0角的方向射入的電子為研究對象,其射出磁場的點為Ex, y,因其射出后能垂直打到屏 MN±

20、;,故有：x=- Rsin ey= R+ Rcos e即 x2 + y-R2=R2又由于電子沿x軸正方向射入時,射出的邊界點為 A點；沿y軸正方向射入時,射出的 邊界點為C點,故所加最小面積的磁場的邊界是以0, R為圓心、R為半徑的圓的一局部,如圖乙中實線圓弧所圍區(qū)域,所以磁場范圍的最小面積為：S= 4 無 R2+ R24 無 R2=(一沙11【解析】1假設(shè)要使由C點入射的電子從 A點射出,那么在C處必須有磁場,設(shè)勻強磁場的 磁感應(yīng)強度的大小為 B,令圓弧AEC是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道, 電子所受到的磁場的作用力 f=ev0B,方向應(yīng)指向圓弧的圓心,因而磁場的方向應(yīng)垂直于

21、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點即為圓心,圓半徑為 a.根據(jù)牛頓定律有： 2一 Vof = m0-聯(lián)立解得：B=m0.ea2由1中決定的磁感應(yīng)強度的方向和大小,可知自C點垂直于BC入射的電子在 A點沿DA方向射出,且自BC邊上其他點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAECK域中,因而,圓弧AEC是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界.為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界, 我們來考察射中A點的電子的速度方向與 BA的延長.、.、兀 ,.線交角為0不妨設(shè)00 0<萬的情形.該電子的運動軌跡 QPA圖4- 13乙所示.圖中,圓弧AP的圓心為O,

22、PQ垂直于BC邊,由上式知,圓弧 AP的半徑仍為a.過P點作DC勺 垂線交DC于G,由幾何關(guān)系可知/ DPG= 0 ,在以D為原點、 DC為x軸、DA為y軸的坐標(biāo)系中,P點的坐標(biāo)x, y為： x= asin 0, y= acos 0、 . > 一 花, . ., 一這思味著,在范圍0000萬內(nèi),P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周 AFC,它是電子做直線運動和圓 周運動的分界線,構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界.因此,所 求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周 AEC和 AFC所圍成的,其面積為： C/ 121 2、無一2 2S= 2 4 無 a 2a= -

23、2-a ,12【解析】1小球從M點運動到N點時,有：qE= mg解得：ug2小球從M點到達N點所用時間H=t.3 一 ,小球從N點經(jīng)過個圓周,到達P點,所以t2=t0mv小球從P點運動到 D點的位移 x=R=石一 tiq R m小球從P點正動到D點的時I可13= "vo Bq所以時間 t =t1+t?+ t3= 2t°+；mBqm1或 t=3 無+ 1 , t = 2to-7+1.3小球運動一個周期的軌跡如圖414丙所示.小球的運動周期為：T= 8t.或丁=焉號13【解析】1從A到C的過程中,電子做類平拋運動,有:L嘲2 1分2L= vt 1 分2聯(lián)立解得：片丹% 1分2e

24、L2設(shè)電子到達C點的速度大小為Vc,方向與y軸正 方向的夾角為0 .由動能定理,有：1212/七一/mv=eEL 2 分解得：vc= 2vvcos e =-= o 1 分Vc 2解得：0 =45° .1 分3電子的運動軌跡圖如圖乙所示,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑=空=<2,eB eB電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于0他寸出,那么磁場最小半徑為:一 16mv由以上兩式可得：R一號m .1分e14【解析】1由題意知,樣品的電阻 R= p 二ab根據(jù)歐姆定律：斥卻分析t時間定向移動通過端面的自由電子,由電流的定義式得：R'可得W(2)由左手定那么知,定向移動的

25、自由電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn),故 C側(cè)的電勢高于C'側(cè)面.由 2R<r<2R(3)到達穩(wěn)定狀態(tài)時,自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡,那么有:U c Ob=qvB得：m=m正 <25m16【解析】(1)由題意知,微粒所受重力 G=mg=8X10 3 N 電場力大小F= Eq= 8X10 3 N (1分)因此重力與電場力平衡解得：B=neaU15【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)電壓為 U的電場加速后速度為應(yīng)用動能定理有:微粒先在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,那么有: 2_ vqvB= m (1 分)eU0=2mv2 0正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場,受到的電場力eE產(chǎn)生的加速度a=二即a=也 m m垂