带电粒子在电磁场中的运动有答案

优班：带电粒子在电磁场中的运动【内容综述】这部分的内容，主要是研究在电场力和洛仑兹力同时作用下，带电粒子的运动规律。重点是对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。【要点讲解】学习这部分知识，首先要清楚电场和磁场对带电粒子的作用力的性质，以及电场和磁场对带电粒子作用力的区别：那么带电粒子处于电场中，就一定会受到电场力，而且，如果电场是匀强电场，只要带电粒子所受电场力一定是恒力；在磁场中，只有带电粒子运动才可能受到洛仑兹力作用，只有带电粒子的运动方向不与磁场方向平行，带电粒子才一定受到洛仑兹力作用。同时，要注意，洛仑兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直，这就意味着，作曲线运动的带电粒子所受的洛仑兹力是变力。电场力对带电粒子作功；而洛仑兹力对带电粒子不作功。【例题分析】1、 空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内 （C）重力做的功相等电场力做的功相等电场力做的功大于重力做的功电场力做的功小于重力做的功2、 如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场，和方向与电场垂直（垂直纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器。氕、氘、氤核以相同的动能从两极板中间，垂直于电场和磁场射入速度选择器，目氘核沿直线射出，则射出时 II IZA.动能增加的是氤核 B.动能增加的是氕核C.偏向正极板的是氤核 D.偏向正级板的是氕核分析带电粒子在运动过程中，受到了电场力和洛仑兹力两个力的作用，因此，这是一个复合场问题。依然可以从受力分析和运动分析入手。解带电粒子垂直于电场和磁场方向射入速度选择器后，同时受到电场力F=qE和洛仑兹力f=qVB。若粒子的速度为"口时，qE=qV°B则粒子将做匀速直线运动，反过来说，设想粒子若以左侧挡板的中央孔射入，并从右侧中央孔射出，则粒子受电场力与洛仑兹力平衡，做匀速直线运动，则V°=E/B若”，则q州>担，粒子将向逆电力线方向偏向正极板，且由于洛仑兹力不做功，而电场力做负功，则粒子射出时的动能小于射入时的动能。反之，若v<v°，则州亡qE,粒子将偏向负极板运动，由于电场力做正功，则粒子射出时的动能大射入时的动能。本题给出三个粒子的动能EK相同，则它们射入速度选择器时的速度可见射入时氕核的速度稿最大，氤核的速度W最小基于氘核沿直线运动，所以氕核将偏向正极板运动，射出时的动能小于射入时的动能，氤核则恰好相反，本题答案是（A）、（D）可见射入时氕核的速度稿最大，氤核的速度W最小基于氘核沿直线运动，所以氕核将偏向正极板运动，射出时的动能小于射入时的动能，氤核则恰好相反，本题答案是（A）、（D）说明所谓速度选择，就是指对于确定的E和B，可以获得确定的V°=E/B0还需说明的一点是，作为速度选择器，与粒子带电的性质（正、负），没有关系，但与粒子射入电磁场的方向有关。粒子的速度时，射入速度选择器后，将做曲线运动，由于洛仑兹力始终与速度方向垂直，而电场力是恒力，所以粒子所受的合力大小和方向都在不断地的变化，故不可能用牛顿运动定律来描述粒子的运动，但可如上述分析的那样，用动能定理讨论粒子从射入到射出的动能变化。3、 质量m=2.0X10-4kg、电荷量q=1.0X10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为鸟.在t=0时刻，电场强度突然增加到E「4.0X103N/C，场强方向保持不变.到t=0.20s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变.取g=10m/s2.求：（1） 原来电场强度鸟的大小？（2） t=0.20s时刻带电微粒的速度大小？（3） 带电微粒运动速度水平向右时刻的动能？解：（1）当场强为E1的时候，带正电微粒静止，所以mg=Rq所以E=mg=2.0x103N/C 1q（2分）（1分）（2） 当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，设0.20s后的速度为V，由动量定理有（E2q-mg）t=mv,解得：v=2m/s （3分）（3） 把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t，贝【J0-v=-gt，解得：t=0.20s （1分）1 1 1 1设带电微粒在水平方向电场中的加速度为气，根据牛顿第二定律qE2=ma2，解得：a2=20m/s2 设此时带电微粒的水平速度为v，v=at，解得：v=4.0m/s 2 2 21 2设带电微粒的动能为E，E=—mv2=1.6X10-3J kk2 2（1分）（1分）（1分）4、 在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角3=37°。今有一质量m=3.6X10-4kg、电荷量q=+9.0X104C的带电小球（可视为质点），以％=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8,不计空气阻力，求：（1） 匀强电场的场强E；（2） 小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。解：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，由平衡条件得：F=qE=mgtan。代入数据解得：E=3解：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，由平衡条件得：F=qE=mgtan。代入数据解得：E=3N/C（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，mv202F电Rsin。一mgR(1-cos0)=代入数据得：v=5m/s由F妒qVB=斜解得：B=1Tmv22（2分）（2分）由动能定理得:（2分）（1分）（2分）（1分）分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示，mv2TOC\o"1-5"\h\z由牛顿第二定律得：F^+Bqv^-mg=—r^ （2分）代入数据得：Fn=3.2x10-3N （1分）由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力F=F=3.2x10-3N （1分）5、如图4,质量为1g的小环带4X10-4的正电，套在长直的 ”绝缘杆上，两者间的动摩擦因数〃=0.2。将杆放入都是水平虹”.的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，杆所在平面与磁场垂 •—直，杆与电场的夹角为37°。若E=10N/C，B=0.5T，小环 工广从静止起动。求：（1）当小环加速度最大时，环的速度和加速 :度；⑵当小环的速度最大时，环的速度和加速度。［解析］（1）小环从静止起动后，环受力如图5,随着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，于是环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为V时，正压力为零，摩擦力消失，此时环有最大加速度在平行于杆的方向上有：mgsin37°—qEcos37°=ma解得：a=2.8m/S2在垂直于杆的方向上有：BqV=mgcos37°+qEsin37°解得：V=52m/Sm（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹力继续增大，致使小环下侧与杆之间出现挤压力N，如图6。于是摩擦力f又产生，杆的加速度a减小oV^BqV^N^ff°al，以上过程的结果，a减小到零，此时环有最大速度Vmom在平行杆方向有：mgsin37°=Eqcos37°+f

在垂直杆方向有BqV=mgcos37°+qEsin37°+Nm又f=〃N解之：Vm=122m/S此时：a=020.6、在场强为E的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电［的小球在。静止释放，小球的运动曲线如图所示.已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：⑴小球运动到任意位置P(x，了)的速率v；⑵小球在运动过程中第一次下降的最大距离jm；mg⑶当在上述磁场中加一竖直向上场强为E(E>——)的匀强电q场时，小球从。静止释放后获得的最大速率vm.TOC\o"1-5"\h\z解：⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得：mgy=1mv2 ①解得：v=声 ②⑵设在最大距离*处的速率为vm，根据圆周运动有：V2\o"CurrentDocument"qvB—mg=m-m ③且由②知v=J瑟— ④由③④及R=2ym得：y=竺迢 ⑤mq2B2⑶小球运动如图所示由动能定理得：(qE—mg⑶小球运动如图所示由动能定理得：(qE—mg』y|=Lmv2m2mXi⑥xxOxv2v2由圆周运动得：qvB+mg—qE=mmm- - R⑦且由⑥⑦及R=2yIm解得：v=—(qE—mg)mqB

7、如图甲所示，两块互相平行，水平放置的金属间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场垂直纸面向里，日=1.弗1口-叮，两板间的电压u随时间而变化，变化情况如图乙所示，已知板长L=1.4m两板间距为d=0.3m，当t=o时有一个a粒子(m=6.64xlO-27Kg,q=3.2xlO-19C) =4xlO3m/s . t>_.' 火 『以速度。 从两板中央飞入。问；a粒子能否穿出金属板？为什么?若能穿过，需要多长时间？1.a粒子能否穿出金属板？为什么?若能穿过，需要多长时间？2.分析：这是一个恒定的磁场和一个断续发生的电场共同作用于运动的带电粒子问题，由于电场断续存在，这样就存在着两个时间段：一是电场与磁场同时存在；二是只有磁场存在。在区分两种情况，确定带电粒子作何运动后，才能判断带电粒子能否穿出，若穿出，需要多少时间。解答：先研究电场与磁场同时存在的情况：%=qE=qU/d=3.2xl0-19xl.56/0.3=1.6Mxl0^(N)f落=qvB=3.2xl0-19x4xl03xl.3xl0-3=1.6Mxl0^(N)在电场与磁场同时存在时，a粒子作匀速直线运动。再研究只存在磁场的情况，由于只受洛仑兹力，a粒子应作匀速圆周运动，半径大小为R，即口mv6.64xlO-27x4xlO3 , 1fl_2R=——= =- m=6.385x10m缶qB3.2xl0-19xl.3xl0-3得圆周运动的直径：2R=12.77xlO-2m<d/2因而山粒子作匀速圆运动时不会打到极板上，圆周运动的周期:粒子作匀速圆周运动的周期恰好等于电压变化的半周期。这就是说，在只有磁场存在的那个时间段，s粒子作圆周运动，在时间段结束的时刻，口粒子回到原处，且速度大小和方向没有变化。根据上述计算和分析可得；s粒子的运动轨迹如图所示。

综上所述，山粒子作匀速圆周运动时并不前进，而匀速直线运动的时间与匀速圆周运动的时间相同，n次后山粒子飞出了极板，设粒子作直线运动的时间为1'1。t^L/Vo =3.5xl0^s因此，粒子飞出两板间的时刻，正好处在粒子作直线运动的时间段上，因此口粒子是匀速直线飞出的。并且粒子在两板间作了3次匀速圆周运动，故作匀速圆周运动的总时间为：t2=3T=3.0xl0^s山粒子穿过两板间所用的总时间为：t=tT+t2=6.5xId*s说明：粒子经过3次匀速直线运动，已经前进了1.2m，距离右边界还有0.2m，这个距离仍然比粒子作匀速圆周运动的半径要大许多，所以，不会发生粒子在第3次作匀速圆周运动中穿出两板间右边界。练习题TOC\o"1-5"\h\z1、如图所示，匀强磁场沿水平方向，垂直纸面向里，磁感强度 乂X X X 一B=1T，匀强电场方向水平向右，场强E=】°拓N/C。一带正电 X,乂 乂 .X . e的微粒质量m=2X10-6kg，电量q=2X10-6C，在此空间恰好作直*尸* Q乂线运动，问： xx x x L带电微粒运动速度的大小和方向怎样？若微粒运动到P点的时刻，突然将磁场撤去，那么经多少 /时间微粒到达Q点？(设PQ连线与电场方向平行) /，［解析］题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运动，意味着微q&、" 一qE粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一步的分析可知：洛仑兹力f与重力、电场力的合力F等值反向，微粒运动速度V mg与f垂直，如图2。当撤去磁场后，带电微粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水平方向和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图(1)由于微粒恰好作直线运动，所以合力为0。微粒受重力、电场力和洛仑兹力如图示：XXXxXXBXXF=qE=2.3x10一5NG=mg=2x10-5N —-一丁二一XXXxXXBXXtan0= =、；3Q=600mgqvB=mg/cos600=4x10-5N /.v=20m/s方向与水平方向成60°角斜向右上方(2)撤去磁场后，微粒在电场力和重力作用下作类平抛运动(竖直方向作竖直上抛运动，水平方向作匀加速运动)经时间t微粒到达Q点，则尸0t=2*3sy=vsin6001-^gt2=0t=2*3s2、如图(a)所示，在真空中，半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直.在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为b，板长为2b，两板的中心线0］02与磁场区域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1也在同一直线上.

有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，以速率％从圆周上的P点沿垂直于半径001并指向圆心0的方向进入磁场，当从圆周上的01点飞出磁场时，给M、N板加上如图（b）所示电压〃.最后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边缘飞出.不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力.（1） 求磁场的磁感