粒子在复合场计算题

1、1 如图，一匀强磁场磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，其边界是半径为 R的圆.MN为圆的一直径.在 M点有一粒子源可以在圆平面内向不同方向发射质量m、电量-q速度为v的 粒子，粒子重力不计，其运动轨迹半径大于 R.(1 )求粒子在圆形磁场中运动的最长时间(答案中可包含某角度，需注明该角度的正弦或余弦值)；(2)试证明：若粒子沿半径方向入射，则粒子一定沿半径方向射出磁场.2vHmv1.解：(1)根据 Bqv m得：rrBqR图中sinBqRrmv,2 r2 m根据T得：TvqB运动的最长时间t ?TqB（式中 sinBqR ）mv(2)如图所示，沿半径射入， r与R垂直，两三角形全等, 而出射

2、速度v与轨迹半径r垂直，所以出射速度与 R同一 直线。甲乙当粒子轨迹恰好与 ab相切时是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设2. 一足够长的矩形区域 abed内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场， 矩形 区域的左边界ad长为L,现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与 ad边夹角为30 、大小 为vo的带正电粒子，如下图所示.已知粒子电荷量为q，质量为m (重力不计):(1 )若要求粒子能从 ab边射出磁场，vo应满足什么条件?(2 )若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上 何处？最长时间是多少?2.解：(1)当粒子轨迹恰好

3、与 ed边相切时，是粒子能从ab边射出磁场 区域时轨迹圆半径最大的情况，设此 半径为Ri,如图甲所示。则有 R1 cos60 L R12可得：R1 L此半径为R2,如图乙所示则有：R2 sin 30 R2得：R2 23故粒子从ab边射出的条件为R2 R R1,即L R L3根据qvBm，得 V0qBRrm所以qBLqBLV03mm(2)因为tT m2Bq所以粒子运动所经过的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，从图中可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆心角最大为60 ，若粒子从ab边射出，则圆心角最大为 240 ，粒子从ad边射出，圆心角最大为 360 -60 =300 ，由于磁场无右边界，故

4、粒子不可能从右侧射出.综上所述，为使粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从ad边射出，如图乙所示，设出射点到O的距离为x,从图中可以看出，P点是离O距离最大的出射点PO 2R2s in 300 L3则x L ,即出射点到O的距离不超过-33maxmax215 2m 5 m23 Bq 3Bq3. 长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的30。角，出磁场时刚好右侧有如图所示的匀强磁场。一个带电为+q、质量为m的带电粒子，以初速 V0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求:(1 )两板间的

5、距离;(2 )匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。解：（1）带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。Vy竖直方向：离开电场时的速度Vy=votan30 粒子发生偏转的位移 y d t水平方向：粒子匀速运动的时间LVo联立以上几式解得,（2）在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得，qE=ma根据运动学公式有，Vy= at又因为粒子运动时间t=，Vo3mvo所以E盲带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即:2VqVB m 粒子离开电场时的速度 V2Vy粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示由几何关系得，rcos30解得，B 4沐0qL4. 如图所示，坐标平面第I象限内存在大

6、小为E=4 X105N/C方向水平向左的匀强电场，在4 10 10 N/C的带正电粒子从 xqOA=0.2m，不计重力。求:B的取值范围(不考虑粒子第二次进入x第n象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为轴上的A点以初速度vo=2 X10 7m/s垂直x轴射入电场,(1 )粒子经过y轴时的位置到原点 O的距离；(2 )若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度电场后的运动情况)。解：(1 )设粒子在电场中运动的时间为t ,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则:爲2yvot解得：a=1.0 xi015m/s2t=2.0 xi0-8sy 0.4m（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为:

7、vx at 2 107m/s粒子经过y轴时的速度大小为；v 、. v； v；2 2 107 m/ s与y轴正方向的夹角为B0= arctgvx450v要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R/，则:R/解得B （2-、2 2） 10 2T5、（15分）如图所示，一个质量为 m =2.0 X10-11 kg ,电荷量q = +1.0 X10-5C的带电微粒（重 力忽略不计），从静止开始经 U1=100V电压加速后，水平进入上板带正电、下板带负电的两平 行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100V .金属板长L=20cm，两板间距d=10 3 cm .求： 微粒进入偏

8、转电场时的速度 V0大小;若该匀强磁场的宽度为微粒射出偏转电场时的偏转角e；D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度b至少多大?F E61X!X3:XiXXx :1 :XX启XX：1:X1XXX：1VXX卩XX：15、微粒在加速电场中由动能定理得:1 22严 3分解得V0 =切仏微粒在偏转电场中做类平抛运动，有:a叫,mdLVy at a v飞出电场时，速度偏转角的正切为:tanvU2L2U1d解得 e = 30 01分vv1分cosDrr sin2分2 mv1分r进入磁场时微粒的速度是:轨迹如图所示，由几何关系有:洛伦兹力提供向心力：Bqv解得：Bmv(1 sin )

9、qD cos1分代入数据解得：B = 3/5=0.346TB至少为0.346T。所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度（B =0.35T照样给分）6 . （20分）竖直面内有一绝缘光滑水平轨道，末端放置一荷质比为-10C/Kg滑块R，在 m离R的距离为L爲处的虚线P右边有竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁0: Q场B，已知E 2N/C ,B T ,如图所示。现有一个质量与 R相同且不带电的滑块 P?以水9两滑块可视为质点，计平速度Vo 2 . 3m/ s向右运动，P2与Pi发生碰撞后粘在一起共同运动，算时取g 10m/s2，求：（1）滑块F2与Pi碰撞后的速度vi6

10、.解：（1） P2与P碰撞前后系统动量恒有:mv0 2mv1（2分）（2 ）滑块从碰撞后到离开磁场所用的时间由此得 v1i3m/s （ 1 分）2m（2）碰撞后二者一起平抛，水平方向有:L Viti（1 分）竖直方向速度Vy由此得t1-0.3sVy 3m/s（1 分）Vi从而tanVyBx2、3m /sgt（1显然，滑块在电磁场中受电场力Eq 2mg（2 分）故滑块在P的右边做匀速圆周运动，此时有2qv2B 2mV2r（2 分）2mv2由此得r石亍 1.8m，其圆心位置如图所示。（2分）T 壬v25（1 分）由对称性可知粒子圆周运动时转过的角度360023000，（ 1 分）所用时间 t t1

11、 t2 t1 360T （。33）s 3s2（3 分）7. （2011 广州模拟）如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E= 10 N/C,在y X)的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B= 0.5 T.一带电量q=+0.2 C、质量m=0.4 kg的小球由长1 = 0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时,通过O点正下方的N点.(g=10 m/s(1)小球运动到O点时的速度大小;(2 )悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3) ON间的距离.悬线突然断裂，此后小球又恰好能7.【解析

12、】(1)小球从A运动到O的过程中，由动能定理得:1 2 mv = mg l -qE l 22l(g-qE m)=2 m/s解得小球在O点速度为:(2)小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球由牛顿第二定律得:v2卩向=Ff-mg -F 洛=m 一F 洛=Bvq2联立式解得：Ft= mg +Bvq +巴=8.2 N(3 )悬线断后，小球水平方向加速度ax = E = 5 m/s 2 m小球从0点运动至N点电场力做功为零，则小球在 N点水平方向上的速度大小仍为2 m/s，所用时间2v0.8 sax1ON 间距离 h -gt2 3.2 m2(3)3.2 m答案：(1)2 m/s (2)8.2 N 8.

13、(2011 南开区模拟)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和 匀强磁场，电场强度 E1 = 2 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度 B = 103 T.方向垂直纸面向外；有一质量 m = 1 X10-2 kg、电荷量q = 4 X10-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45 角以vo = 4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从 P点进入电场强度E2 = 2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中.不计空气阻力，g取10 m/s 2.求： f耳(1)0点到P点的距离S1;带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离S2.8.【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G=mg =0.1 N电场力 Fi = qEi = 0.1 N即G= F1，故带电小球在正交的电磁场中由 0到P做匀速圆周运动2根据牛顿第二定律得：qvoB = mR解得：R=m；021 10 2 4,53 m 1 m4 105 103由几何关系得：s2R 2 m带电小球在P点的速度大小仍为vo = 4 m/s.方向与水平方向成45 角由于电场力F2 = qE2 = 0.1 N .与重力大小相等，方向相互垂直，