带电粒子在复合场中运动练习题答案

答案1、剖析：(1)小球在水平面上只碰到洛伦兹力作用，故2mv0qv0B＝R(2分)qBR解得v0＝m(1分)①小球在管道内运动时，洛伦兹力向来不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR＋qER＝Ek(3分)mg又E＝q联立可得动能增量Ek＝2mgR(1分)②求最大速度解法一：当小球到达管道中方向角为θ的地址(以下列图)时，依照动能定理，有1212mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝2mv－2mv0(3分)2222qBRθ＋cosθ)＋2gR(1分)即v＝2＋2gR(sinm对函数y＝sinθ＋cosθ求极值，可得θ＝45°时，ymax＝2(2分)因此vm＝q2B2R2＋2＋22gR(1分)2m求最大速度解法二：以下列图，依照场的叠加原理，小球所受的等效重力为：mg′＝mg2＋qE2＝2mg(1分)tan

mgφ＝qE＝1，即等效重力与水平方向夹角为

φ＝45°(1分)小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方向角为θ＝φ＝45°时，速度最大(1分)由动能定理得mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝1212分)2mvm－mv0(32解得：vm＝q2B2R2＋2＋22gR(1分)m2答案：(1)qBR(2)①2mgRm②q2B2R2m2＋2＋22gR122、(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝2mv0(2分)进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力2v0qv0B＝mR(2分)12mU联立解得R＝Bq＝0.4m(2分)设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系得θr1tan2＝R＝2(2分)故速度偏离原来方向的夹角的正切值4tanθ＝3(2分)(2)以O点为圆心，OA为半径作圆弧AC交y轴于C点；以C点为圆心，CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长OD＝2r＝0.4m(2分)由几何关系可知sinα＝Rr(2分)r最远距离ym＝(2r－)tan2α(2分)cosα23－1m≈0.29m(2分)代入数据解得ym＝54答案：(1)0.4m(2)0.29m33、(1)由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外(2分)由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于bc边且沿c到b的方向(2分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：r＝L(1分)2洛伦兹力充当向心力：0分)qv0B＝mv(1rmv0解得B＝qL(1分)qE粒子在电场中运动：a＝m(1分)32L＝v0t(1分)1122L＝2at(1分)4mv20解得E＝3qL(1分)故E＝4v0B3(1分)答案：(1)见解析(2)

4v034、(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，则粒子必然是从如图的P点射出磁场、逆着电场线运动的，因此粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5m(1分)mv2依照Bqv＝r(1分)mv得B＝qR，代入数据得B＝0.2T(2分)(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的总行程为二分之一圆周长s1＝πR(2分)设在电场中的行程为s2，依照动能定理得s212Eq2＝2mv(2分)2mvmv2总行程s＝πR＋Eq，代入数据得s＝(0.5π＋1)m(2分)答案：(1)0.2T(2)(0.5＋π1)m(1)小球做直线运动时的受力情况如图1所示，小球带正电，则qE＝mg(2分)tanθ4mg得E＝3q(1分)小球到达C处时电场力与重力的合力恰好供应小球做圆周运动的向心力，如图2所示，mg＝m2vOC∥AB，则sinθR(2分)得v＝53gR(1分)(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”说明AB⊥OB小球从A点运动到C点的过程，依照动能定理有－mg1212分)·2R＝mv－mv0(2sinθ22得v0＝25gR(1分)3小球从C处运动到D处的过程，依照动能定理有mg(R－Rsinθ)＝1mvD2－1mv2(2分)sinθ22得vD＝3gR(1分)(3)小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为3gR的匀变速运动，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上的加速度ax＝qE(1分)mv2D＝2axx0(2分)9得x0＝8R小球从管口D飞出到落地所用的时间设为t，则12R＋Rcosθ＋Rsinθ＝2gt(2分)得t＝24R5g由于t0＝vD＝27R＜t，说明小球在水平方向上速度为0时，小球还没有落地(1分)ax16g9则最大水平射程xm＝x0＝8R(2分)答案：(1)4mg52593q3gR(2)3gR3gR(3)8R6、(1)粒子进入电场后做类平抛运动，设粒子在板右侧射出电场时的速度为v，依照动能定理112122qU＝2mv－2mv0(2分)解得v＝2v0(1分)(2)粒子射出电场时沿水平方向和竖直方向的分速度相等，vx＝vy＝v0，粒子在电场中运L动的时间为t1＝v0(1分)粒子在两板间运动的竖直位移y1＝1y1＝12vt2L，因此两板间的距离为L(2分)粒子从板的右侧缘水平方向进入电场后仍做类平抛运动，恰好能到达O点，运动时间Lt2＝2v0(1分)qU21粒子运动的竖直位移y2＝2mLt2＝4L(2分)因此粒子从板右端返回电场时的地址与上板间的距离为1132L＋4L＝4L(2分)(3)以下列图，由几何关系可知，粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角θ＝45°(1分)由几何关系知23R＋2R＝4L(1分)得R＝32－24L(1分)242＋1mv0由qvB＝mv，得B＝3qL(2分)R23222由几何关系r＝(4L)＋(r－2R)，2得r＝4L(2分)答案：(1)2v0(2)3L(3)42＋1mv03243qL4L7、(1)电子在电场中加速，由动能定理得12eU1＝2mv0即v0＝3eU0T分)2md(2水平导体板的板长l0＝v03eU0T2(2分)T＝2md(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移1T2＝eU0T2分)y1＝a()2md()(2222电子走开偏转电场时的最大侧向位移为3eU0T2ym＝3y1＝8md(2分)(3)电子走开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θvy＝aT＝eU0T＝3tanθ＝v02v02mv0d3(2分)故θ＝30°2v0电子进入磁场做匀速圆周运动，有v，其中v＝evB＝m(2分)Rcosθ垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值R1sinθ＝l(2分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值R2sinθ＋R2＝l(2分)联立解得

U0T3U0TBmin＝2ld，Bmax＝2ld，故U0T＜B＜3U0T(2分)2ld2ld答案：(1)3eU0T2(2)3eU0T22md8md(3)U0T＜B＜3U0T2ld2ld8、(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则mgtan45＝°Eq(2分)mg解得E＝q(1分)(2)小球从A点到D点的过程中，依照动能定理得122mvD－0＝mg(2L＋2L)＋EqL(2分)当小球运动到圆环的最低点D时，依照牛顿第二定律得2vDFN－mg＝mR(1分)联立解得FN＝3(2＋1)mg(1分)依照牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为3(2＋1)mg(1分)(3)小球对A点到B点的过程中，依照动能定理得122mvB＝mgL＋EqL(2分)解得vB＝2gL(1分)小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小vC＝vB＝2gL(1分)小球的加速度大小g′＝2g(1分)当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线12BC上，则有vCt＝g′t(12分)解得t＝22Lg(1分)则小球沿虚线BC方向运动的位移xCF＝

2vCt＝

2×2gL×2

2Lg＝8L(1

分)沿着电场线方向电势降低，则C点与F点间的电势差为UCF＝－ExCF＝－8mgL(2分)q答案：(1)mg(2)3(2＋1)mg(3)－8mgLqq9、(1)设M、N两板间的电压为U0，由动能定理得12qU0＝2mv(1分)由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U0＝Ed(1分)mv2联立以上两式可得E＝2qd(2分)(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于要求粒子在磁场中运动的时间最短，因此粒子只能与绝缘板碰撞两次，如图1所示，由几何关系可知单个绝缘板的长度为L＝2r(1分)由洛伦兹力供应向心力有2vqvB＝mr(1分)mv解得r＝qB(1分)单个绝缘板的长度为

2mvL＝qB

(1分)(3)若经过调治使M、N两板间的电压变为原来的11，且保持板间距离d不变，则由q·U099＝12mv′2，解得v′＝v3(1分)2v′依照qv′B＝m，r解得r′＝3(1分)则粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，粒子可以从小孔S射出磁场并回到P点(2分)M、N两板间电压为U0时，粒子在电场中加速的时间为t1＝2d(1分)v2πm在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝qB粒子在磁场中与绝缘板两次碰撞的时间间隔为60°πmt2＝T＝(1分)360°3qB故在电压改变前粒子做周期性运动的周期4dπmT1＝2t1＋3t2＝v＋qB(1分)1v′＝vM、N两板间的电压调为9U0后，粒子进入磁场的速度变为3t1′＝6d粒子在电场中加速的时间为v(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，但与绝缘板碰撞的次数增加，且在同一块绝t2′＝Tπm缘板上相邻两次碰撞的时间间隔为2＝qB(1分)故在电压改变后粒子做周期性运动的周期为T2＝2t1′＋3t2＋6t2′＝12d＋πm＋6πm＝vqBqB12d7πmv＋qB(1分)故电压改变后粒子做周期性运动的周期T2与电压改变前做周期性运动的周期T1之比为7πm12d＋12qBd＋7πmvT2＝vqB＝(2分)T14dπm4qBd＋πmvv＋qB答案：(1)mv22mv12qBd＋7πmv2qd(2)(3)能qB4qBd＋πmv10、(1)要有粒子打在板上，设电压的最大值为Um，则有312①(1分)8h＝2atEq②(1分)a＝mUm③(1分)E＝34hh＝v0t④(1分)9mv02由①②③④式可得Um＝16q⑤(1分)(2)设粒子进入磁场时速度v与v0的夹角为θ，则有v0v＝cosθ⑥(1分)又由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得mv2Bqv＝R⑦(1分)粒子从OO′上射出磁场的地址与射入磁场的地址的距离s＝2Rcosθ⑧(1分)2mv0由⑥⑦⑧式可得s＝Bq⑨(1分)若沿v0方向射进磁场的粒子能回到板间，则其他方向的粒子都能回到板间．当s＝38h时，B最小，即32mv0⑩(1分)8h＝Bq16mv0解得B＝3hq?(1分)16mv0即磁感觉强度B≥3hq(1分)(3)粒子在MN板间偏转得越大，粒子进入磁场中偏转的角度越大，时间越长．设粒子在MN板间的最大偏转角为φ，则vy分)?(1tanφ＝v0vy＝at?(1分)3由②③④⑤??式得tanφ＝4?(1分)即φ＝37°?粒子在磁场中运动对应的圆心角为φ′，由几何关系得φ′＝π＋2φ?(1分)2πR分)?(1T＝v2πm由⑦?式得T＝qB?(1分)φ′又粒子在磁场中运动的时间t＝2πT?(1分)φ′m解得t＝Bq?16mv0由?知：B越小，t越大，即B＝3hq时，t最大．解得t＝127πh○21(1分)480v0答案：(1)9mv20(2)B≥16mv0(3)127πh16q3hq480v011、(1)设粒子垂直于x轴进入Ⅰ时的速度为v，由运动学公式有2al＝v2，(1分)由牛顿第二定律有Eq＝ma，(1分)由题意知，粒子在Ⅰ中做圆周运动的半径为l，2由牛顿第二定律有qvB1＝mvl，(1分)联立各式得B1＝2mE.(1分)ql(2)粒子运动的轨迹如图a所示，粒子第二次进入电场，在电场中做类平抛运动，x负方向x＝vt，(1分)12y负方向l＝2at，(1分)联立得x＝2l，则横坐标x＝－2l，(1分)(3)粒子运动的轨迹如图b所示