带电粒子在电场中地运动经典例题

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动.如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子(重力不计)以速度V0垂直电场线射人3一.电场，经过时间ti穿越电场，粒子的动能由Ek增加到2日;若这个带电粒子以速度万Vo垂直进人该电场，经过时间t2穿越电场。求：(l)带电粒子两次穿越电场的时间之比ti：t2；(2)带电粒子第二次穿出电场时的动能。V0.如图所示的真空管中，质量为m电量为e的电子从灯丝F发出，经过电压Ui加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板B、C间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设B、C间电压为U2,B、C板长为l1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L,求：⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角.⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离.解析：电子在真空管中的运动过分为三段，从F发出在电压Ui作用下的加速运动；进入平行金属板B、C间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动.⑴设电子经电压Ui加速后的速度为vi,根据动能定理有：1E2eU1=—mv12电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以vi的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：eEeU2a=一二mdm电子通过匀强电场的时间t=上Vivy=ateU2l1m4v电子离开电场时速度V2与进入电场时的速度V1夹角为a(如图5)则tg二VyeU2l1mdV2U2ll2Uid图5电子离开匀强电场时竖直方向的速度Vy为:=arctgU2I12U^d⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移12必=2at21eU2I1272—2dmv1U2I124U1d电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移y2=l2tg：=U2I1I22U〔d・•・电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为y=y1U2I1J」、y2一（-12）2U1d23.在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.若将一个质量为m带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37。的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中(取sin37s=0.6,cos37s=0.8)(1)小球受到的电场力的大小及方向；(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U.解析：(1)根据题设条件，电场力大小—-3Fe=mgtan37"=mg①电场力的万向向右4(2)小球沿竖直方向做初速为V0的匀减速运动，到最高点的时间为t,则:Vy=V0-gt=0t』g沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为axFe3ax=——=-g③m4此过程小球沿电场方向位移为：sx=1axt2=③"28g小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：W=qU=FeSx92oomv03229mvoU二32q.在足够大白空间中，存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为m的带正电的小球悬挂在电场中，其静止时细线与竖直方向夹角。=37°.现去掉细线，将该小球从电场中的某点竖直向上抛出抛出时的初速度大小为vo,如图13所示.求：(1)电场强度的大小.(2)小球在电场内运动过程中的最小速率^~k(3)小球从抛出至达到最小速率的过程中，电场力对小球所做的功.e:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)_+_：fflB一.如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy,在第一象限内平行于y轴的虚线MNWy轴距离为d,从y轴到MN^间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点Ed2坐标为(0,h)。已知电子的电重为e,质重为m加速电场的电势差U>而，电子的重力忽略不计，求:(1)电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v;(2)电子经过x轴时离坐标原点O的距离lo解析:2(1)由eU=另mv得电子进入偏转电场区域的初速度设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间因为加速电场的电势差U>Eg,说明yvh,说明以上假设正确4h离开时的速度eE2d2+2mU(2)设电子离开电场后经过时间t'到达x轴，在x轴方向上的位移为x',则x，=v0t，,v'=h—y=h—万t=vyt，ht、.,V0,dd,V0,则l=d+x=d+Vot=d+vo（———）=dh—h——=—h—hVy2Vy22Vyd2hU代入解得f+西二、带电粒子在电场中做圆周运动6.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电量为+q的带电小球，另一端固定于O点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，则小球沿圆弧作往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为9(如图)。求：(1)匀强电场的场强。(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力。解：(1)设细线长为l,场强为E,因电量为正，故场强的方向为水平向右。从释放点到左侧最高点，由动能定理有WG+WE=MK=0,故mglcos8=qEl(1+sin0),解得e=mgcos丁q(1sini)(2)若小球运动到最低点的速度为v,此时线的拉力为T,由动能定理同样可得mgl-qEl=—mv2,由牛顿第二定律得T-mg=m—,联立解得T=mg[3—2cos°]l1sin7.如图所示，水平轨道与直径为d=0.8m的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点A、B连线是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为103V/m的匀强电场中，一小球质量m=0.5kg,带有q=5X10-3C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦,2g=10m/s,(1)若它运动的起点离A为L,它恰能到达轨道最高点B,求小球在B点的速度和L的值.(2)若它运动起点离A为L=2.6m,且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与B点的距离.(1)因小球恰能到B点，则在B点有2mvBmg二yd2（1分）Vbgd=2m/s（1分）小球运动到B的过程，由动能定理I2qEL-mgd=2mvB12.5.mvBmgdmgdL=*241mqEqE（1分）（1分）(2)小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为S,由动能定理小球从静止运动到B有12qEL-mgd=-mvB22qEL-2mgd，o,vB4.2m/sBm（2分）八财y=0.4sx=vBt=8V2ms7d之+x2=2.4m(2分)7.如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN1接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm,一带正电荷q=10"C的小滑块质量为m=40g,与水平轨道间的动摩因数R=0.2，取g=10m/s：求：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)代入数据得：S=20m(2)滑块过P点时，由动能定理：1212—mgR—EqR=—mv--mvP22j.vp=v2+2(g+旦)Rm在P点由牛顿第二定律：2m\pN-EqPR.N=3mgEq代入数据得：N=1.5N8.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点o,用一根长度为l=0.40m.的,TOC\o"1-5"\h\z-j绝缘细线把质量为m=0.20kg,带有正电荷的金属小球悬挂在。点，小球静止在B点认，：\丁时细线与竖直方向的夹角为9=370.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，广”.求：(1)小球运动通过最低点C时的速度大小.(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小.(3)如果要使小球能绕。点做圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度的大小范围。200(g取10m/s,sin37=O.60,cos37=0.80)解：(1)小球受到用场力qE,重力mg和嵬的融力车用处于^止,根据共点力平衡条件有：qE=mgtan37*=*n1gti舅于小球从A点运前到C点的过程相据动能定理拓mg!一曲-亍tnv^r解得力球通过C点时的速度%;心例-述曲二&(2)设小球在最唯点时细线对小球的拉力为T,根据牛顿第二定律有；T.超f-mg=tnY解得：T=3NTOC\o"1-5"\h\z9.如图所示，在匀强电场中一带正电的小球以某一初速度从绝缘斜面上滑.下，并沿与斜面相切的绝缘圆轨道通过最高点.已知斜面倾角为300,圆<上轨道半径为R,匀强电场水平向右，场强为E,小球质量为解带电量:\。-40/尸、.3mg为、~^,不计运动中的摩擦阻力，则小球至少应以多大的初速度滑A3E・下？在此情况下，小球通过轨道最高点的压力多大？解析：小球的受力如图9所示，从图中可知：tg6=qE="3mgE=—,e=30O.所以带电小球所受重力和电场力的合力始终垂直于斜面,mg3Emg3小球在斜面上做匀速直线运动，其中F=3-="mgcos13把小球看作处于垂直斜面向下的等效力场F中，等效力加速度g,=F=包3g，小球在Bm3点的速度最小，为vBTOC\o"1-5"\h\z1212mvA=mvB2RmgHYPERLINK\l"bookmark105"\o"CurrentDocument"222:232、3103口va=,vb4Rg--3Rg4R—3g=3Rg此即为小球沿斜面下滑的最小速度.设C点的速度为vc,则HYPERLINK\l"bookmark83"\o"CurrentDocument"212mvCmvB=mg,R(1-co⑹HYPERLINK\l"bookmark86"\o"CurrentDocument"2vc7VB+2g'R"co响T蜉Rg+竽Rg(1-〃)=F(2e-2)Rg小于球通过最高点C时，向心力由重力和轨道压力提供，因而有:Nmg二2mvc2mvcN=—^―-mgm(23-2)Rg二'--mgR=(2,3-3)mg如图甲所示，AB是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q,PQ连线垂直金属板，两板间距为d.现从P点处连续不断地有质量为m带电量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计.在t=0时刻开始在AB间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时，电压为正），其电压大小为U周期为T.带电粒子在AB间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计.(1)如果只有在每个周期的0〜1时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物4理量之间应满足怎样的关系.(2)如果各物理量满足(1)中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值.(1)在0T二时间内，进入AB板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在TtT42时间内再向右做匀减速运动，且在0TT时间内，越迟进入A、B板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地缩短，当速度为零后，粒子会反向向左加速运动。由题意可知0TT时间内4放出的粒子进入AB板间，均能从Q孔射出，也就是说在工时刻进入AB板间的粒子是能射出Q2孔的临界状态。粒子在T时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电4场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有,c1,T、2qUTd=2a(—)2416md2qUT2d二16m(2)若情形(1)中的关系式①成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短(因只有加速过程)，设最短时间为tx,则有,1.2d二一atx3T„的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为42在t=T时刻进入电场的粒子在4由②③式得△t3-2T4三、带电粒子在交变电场中的偏转1.如图甲所示，A、B是在真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀q=1.0x108C/kg的带负m强电场。A、B两板间距d=15cm。今在A、B两极上加如图乙所示的电压，交变电压的周期T=1.0X10-6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=108V。一个荷质比电的粒子在t=0时从B板附近由静止开始运动，不计重力。问:（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达到最大值？最大速度为多大?(2)粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小。」u/VTOC\o"1-5"\h\zU011j।Illi!T/2：T：3T/2；2T：i，।rT/35T/64T/3'tIIRILIlli1411-Uo111!d—df图甲图乙解：（1）带负电的粒子电场中加速或减速的加速度大小为a=qU=7.2mdx1011m/s2当粒子的位移为x10-2m,速度最大值为v=at=2.4x105m/s（2）一个周期内粒子运动的位移为so=2X1a-।-2X1al।=6X102m2326由此可以判断粒子在第三个周期内与B板碰撞，因为n=—=2.5s0,、，，--2在刖两个周期内粒子运动的位移为s2=2s0=12X10m在第三周期内粒子只要运动用=3cm即与B板碰撞，可知在第三周期的前工内某时刻就与B板3碰撞。v=*；2a^s=2.0x105m/s2.两块水平平行放置的金属板如图（甲）所示，大量电子（已知电子质量为m电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地从两板正中间沿水平方向射人两板间.当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t。；当在两板间加如图（乙）所示的周期为2t。、幅值恒为U的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过.求（1）这些电子飞离两板间时，侧向位移（即竖直方向上的位移）的最大值symax；（2）这些电子飞离两板间时，侧向位移的最小值symin。[AJBLI岂电子所受电场力的方向为3南正本网+电子在r=0时知M进入的板加后沿电场内方向的速度、随时间e变化的小=/图汆分别如阳和田<心）所示用（a）PHU）现但于被两蚯同电糖加独时加建度的大小为it.叫板向昨为臼.行l>lj=at0tP□一考②ma由图£,｝可得电子的龈大网楼为TOC\o"1-5"\h\z52—“虫&5+";八）③而JeL导④联立求M将印…=共/^®C）由图（g）可带电子的flfc小恻移为n*口/口+,『，。碇§"□=n®斯以―广策/暗2.如图（1）所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止，在A、B两板间加如图（2）所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动.经3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3O⑴若用改变AB两板间距的方法，使粒子在5t°时刻到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5。求Ek3/Ek5等于多少？（2）若保持A、B两板间距离及电压的值U0不变，仅用改变交变电压周期的方法.使粒子到达B板的动能最大，求此交变电压的最小周期与原周期之比。5:3（2）73:1.如图（a）,平行金属板A和B间的距离为d,现在AB板上加上如图（b）所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，电压的正向值为10,反向值也为U.现有由质量为m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板方向OO勺速度V0=^qU0T射入,3dm所有粒子在AB间的飞行时间均为T,不计重力影响.求：（1）粒子飞出电场时的速度；(2)粒子飞出电场时位置离O点的距离范围解析：(1)打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为Vy=U0qTU0qT11dm33dm所以打出速度大小为v=v2V2/aqTQ3dm+]代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V。d(2)当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移重取大ymax=~=2.5cm电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax,则由几何关系可得:Ymaxb+L/2诩/口b+L/2——=一c，解得Yr1ax=iymaX=5.0CmymaxL/2L/2由第（1）问中的y=UL24ud可知,在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子一一.一一..一一U'L22通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量ymin^"25X1。m=1.25cm一b+L/2同理，电子打在屏上距中心点的取小距离Ymin=l/2ymin=2.5Cm所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm〜5.0cm范围内。带电粒子在磁场中运动问题专题一、基本公式带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，原始方程:2_qvB=mV，推导出的半径公式和周期公式：r=mv,T=和1或T=2工。rBqBqv二、基本方法解决带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，物理情景非常简单，难点在准确描绘出带电粒子的运动轨迹。可以说画好了图就是成功的90%因此基本方法是作图，而作图的关键是找轨迹圆的圆心、轨迹圆的半径、充分利用直线与圆、圆与圆相交（相切）图形的对称性。作图时先画圆心、半径，后画轨迹圆弧。在准确作图的基础上，根据几何关系列方程求解。例1.如图，直线吊立方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30o角的同样速度v射入磁场（电子质量为m电荷为e）,它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？（不考虑正、负电子间的相互作用） 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：正、负电子的轨道半径和周期相同，只是偏转方向相反。先分析正电子：由左手定则知它的轨迹顺时针，半径与速度垂直，，与MN^60。，圆心一定在这条半径上；经过一段劣弧从磁场射出，由“对称性，射出时速度方向也与MN^30。角，因此对应的半径也与MN：成60o,由这两个半径方向就可以确定圆心O的位置；射入、射出点”和圆心O恰好组成正三角形。再分析电子：由对称性，电子初速度”对应的半径方向与正电子恰好反向，它的射入、射出点和圆心O组成与AOON全等的正三角形AQOM画出这个三角形，最后画出电子的轨迹圆弧。由几何关系不难得出：两个射出点相距三、带电粒子射入条形匀强磁场区2r,经历时间相差2173。⑴质量m电荷量q的带正电粒子，以垂直于边界的速度射入磁感应强度为磁场区。讨论各种可能的情况。①速率足够大的能够穿越该磁场区（临界速度对应的半径为L）。需画的辅助线如图中虚线MNOM所示。轨迹半径R=mv,偏转角由sini-L解得；BqR侧移y用勾股定理R=L2+（R-y）2解出；经历时间由t=0mBq计算。B,宽度为L的匀强②速率v较小的未能穿越磁场区，而是从入射边射出。根据对称性，粒子在磁场中的轨迹一定是半圆，如图中虚线所示，该半径的最大值为磁场宽度L。无论半径多大，只要从入射边射出，粒子在磁场中经历的时间都一定相同，均为T/2。⑵质量簿电荷量q的带正电粒子，以与边界夹角为e的速度射入磁感应强度为B,宽度为l的匀强磁场区。为使粒子不能穿越该磁场区，求速度的取值范围。画出与初速度对应的半径方向，该射线上有且仅有一个点O'到O和磁场上边界等距离，O就是该临界圆弧的圆心，R满足R1+cos0)=L。与R对应的速度就是临界速度，速度比它小的都不能穿越该磁场。轨迹对应的圆心角均为2(n-8),在磁场中经历的时间均为t=2(n-8)mBqo⑶质量解电荷量q的带正电粒子，以与边界成任意角度的相同速率射入磁感应强度为B,宽度为L的匀强磁场区。为使所有粒子都不能穿越该磁场，求粒子的最大速度。速率相同的条件下，最容易穿越磁场的是沿磁场下边界向左射入的粒子，如果它对应的半径r=L/2(对应的轨迹圆弧如图中实线所示)将恰好到达磁场上边界，那么沿其他方向射入磁场的粒子必然不能穿越该磁场。如果以垂直于下边界的速度射入的粒子恰好到达磁场上边界，对应的半径r'=L(其轨迹圆弧如图中虚线所示)，那么入射方向比它偏左的粒子将穿越磁场。四、带电粒子射入圆形匀强磁场区⑴质量⑴电荷量q的带正电粒子，沿半径方向射入磁感应强度为B半径为r的圆形匀强磁场区。磁场区边界和粒子轨迹都是圆，由两圆相交图形的对称性知：沿半径方向射入的粒子，必然沿半径延长线方向射出。需画的辅助线有轨道半径、与射入、射出点对应的磁场圆半径，两轨道半径的交点就是轨道圆的圆心O,画出两圆的连心线OO。偏角e可由tan?=L求出。粒子在磁场中经历时间2RiR后，由t=8MBq计算。⑵质量m电荷量q的带正电粒子，以速度v沿与磁场的水平直径MNFHT的方向射入磁感应强度为B半径为r的圆形匀强磁场区，已知mV〉r,为使qB粒子在磁场中经历的时间最长，入射点P到MN的距离应是多少？设粒子在磁场中轨迹弧长为l,粒子运动经历的时间t=0MBq0c0,0=l/R81,由于轨道半径R大于磁场半径r,粒子在磁场中的轨迹是劣弧，在同圆中，劣弧越长对应的公共弦也越长。因此射入、射出点的连线应是磁场圆的直径。做出辅助线如图，since=sin¥=二，P至1JMNB勺距离h=rsina可求。2R⑶一束水平向右发射的平行带正电粒子束射向圆形匀强磁场区，若粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径，试证明所有进入磁场的粒子将从同一点射出圆形磁场区，并确定该点的位置。证明：以任意一个入射点Pi为例，设轨道圆圆心为O,射出点为Q,磁场圆和轨道圆的半径均为r,由已知，OP=OQ=OP=OQ=r,由几何知识，四边形OROQ为菱形。PQ是洛伦兹力方向，跟初速度方向垂直，菱形的对边平行，因此OQ也跟初速度方向垂直，Q是圆周的最高点。反之也可以证明：只要粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径，那么从磁场圆周上同一点沿各个方向射入圆形磁场的粒子，射出后一定形成宽度为磁场圆直径的平行粒子束。五、带电粒子以同样的水平分速度射入匀强磁场区如图所示，平行板P、Q关于x轴对称放置，两板间接有正弦交变电压，y轴右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。从PQ左侧中点S向右连接发射初速度相同的带正电粒子。不考虑粒子间相互作用，每个粒子穿越极板过程时间极短，可认为电压恒定。试证明：所有粒子从y轴进入、穿出磁场的两点间距离相等。证明：设粒子射入磁场的速度为v,与水平方向夹角为0,无论两板S间电压多大，都有vo=vcose,射入、穿出点间距离d=2mvcose=2mw与偏转电压高低无关。BqBq六、练习题.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大.一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的Ra,0）点以速度v,沿与,x正方向成60o的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射*出第一象限。求磁感应强度B和射出点S的坐标。.一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m电荷为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v,方向沿x正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30o,P到O的距离为L,如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径RO.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对着磁场圆的圆心O入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60o角。求：⑴该粒子的比荷q/m；⑵该粒子在磁场中的运动时间；⑶若入射方向仍然沿水平方向，为使粒子通过该磁场区域后速度方向的偏转角最大，粒子的入射点向上平移的距离d是多少?.如图所示，在x-O-y坐标系中，以（r,0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。已知质子的电荷量为q,质量为m不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。⑴求质子射入磁场时速度的大小；⑵若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；⑶若质子沿与x轴正方向成夹角0的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。.如图所示，平面上有半径分别为R、R的两个同心圆，圆心为Q小圆内和两圆之间均有垂直于该平面的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度都为B,方向如图。小圆边界上的A点有一个电荷量为+q,质量为m的带电粒子，沿OA延长线方向射出。粒子只受磁场力作用。⑴若R2足够大，粒子运动过程第二次进入小圆的位置恰好是A点，求该带点粒子的速率v；⑵上一问中的R至少是R的多少倍？粒子从A点射出到回到A点经历的时间t是多少？⑶为使粒子在磁场中运动过程中，粒子所处位置与圆心O连线顺时针旋转一周时恰好能回到A,求该带点粒子速率的所有可能值。练习题答案D2.B=133,（0,V3a）3.B=3mv,2aqqL.⑴q=』3V⑵t=*3.⑶d=^Rm3BR3v3.⑴丫=吧⑵t=t1+t2=啊+型mqBE⑶t总=T=任（示意图如右。无论e取何值，从磁场边缘a2qB射出时必然沿y轴正向，在电场中往返后，又从A沿y轴负向返回磁场，从C射出。从几何关系可以判定，图中QOOA和OCOA都是边长为r的菱形，因此OA弧和OC弧对应的圆心角/O和/Q之和为180o,质子在磁场中经历的总时间是半周期。）--，3BqR….⑴v=——3（提示：轨迹如下左图。轨道半径r=J3R）m⑵R=（2+J3）R,T=”7m（提示：如下左图R=（2+、；3）R,总时间是一又六分之五周期。）3Bq/、BqB⑶v=一mjitan—n(n=3,4,5……)(提示：只要小圆圆周被n等分，就能回到A点。如右下图所示，2=—2nHT对应的轨道半径r=Rtan-)n带电粒子在复合1.如图所示，M异种电荷的平行为板上正对的小孔,N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为场中的运动N为两块带等量金属板，Si、S2B,垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S、&共线的O点为原点,方向分别向上为正方向建立x轴.m板左侧电子枪发射出的热电子经小孔s进入两板间，电子的质量为m电荷量为e,初速度可以忽略.(1)当两板间电势差为Ub时，求从小孔及射出的电子的速度V0(2)求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上.(3)若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在答题卡的图上定性地画出电子运动的轨迹.(4)求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系.荚光屏.)如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B一带负电的粒子(质量为m电荷量为q)以速度Vo从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为0.求：(1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计.如图所示，abcd是一个正方形的盒子，在XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXcd边的中点有一小孔e,盒子中存在着沿ad方向的匀强电场，场强大小为E.一粒子源不断地从a处的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的初速度为皿，经电场作用后恰好从e处的小孔射出，现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B（图中未画出），粒子仍恰好从e孔射出.（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略）（1）判断所加的磁场方向.（2）求分别加电场和磁场时，粒子从e孔射出时的速率.（3）求电场强度E与磁感应强度B的比值..如图所示，一宽度D=8cm的横向有界区域内，同时存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一束带电粒子（不计重力）以速度V0垂直射入时恰好不改变运动方向。若粒子射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移h=3.2cm。若粒子入射时只有磁场，则离开磁场时偏离原方向的距离为多大？.汤姆生在测定阴极射线的荷质比时采用的方法是利用电场、磁场偏转法，即通过测出阴极射线在给定匀强电场和匀强磁场中穿过一定距离时的速度偏转角来达到测定其荷质比的目的。利用这种方法也可以测定其它未知粒子的荷质比，反过来，知道了某种粒子的荷质比，也可以利用该方法了解电场或者磁场的情况。假设已知某种带正电粒子（不计重力）的荷质比（q/所为k,匀强电场的电场强度为E,方向竖直向下。先让粒子沿垂直于电场的方向射入电场，测出它穿过水平距离L后的速度偏转角0（6很小，可认为0"tan日）（见图甲）；接着用匀强磁场代替电场，让粒子以同样的初速度沿垂直于磁场的方向射入磁场，测出它通过一段不超过l/4圆周长的弧长S后的速度偏转角中（见图乙）。试求出以k、EL、S9和邛所表示的测定磁感应强度B的关系式。甲.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T,磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的豆放射源S,它向各个方向发射口粒子，豆粒子的速度都是v=3.0x106m/s,已知口粒子的电荷与质量之比Q=5.0>d07C/kg,现只m考虑在图纸平面中运动的a粒子，求ab上被a粒子打中的区域的长度。.如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面(纸面)向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点Pi时速率为V。，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=_2h处的P3点。不计重力。求(I)电场强度的大小。(2)粒子到达P2时速度的大小和方向。(3)磁感应强度的大小。.如图12所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径AA为边界的两个半圆形区域I、n中，AA与AA的夹角为600。一质量为m带电量为+q的粒子以某一速度从I区的边缘点A处沿与AiA成300角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于AA的方向经过圆心O进入n区，最后再从A处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求I区和n区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。1.(1)根据动能定理，得eU2eUom12o=-mvo由此可解得vo=mv,r=-：：d(2)欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有12,口丘口d2eB2而eU=-mv由此即可解得U：：：■22m(3)电子穿过磁场区域而打到荧光屏上时运动的轨迹如图所示I*d+din(4)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r,穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为则由(3)中的轨迹图可得x=2r-2介-d2注意到r=吧和eU=1mv2eB2所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为x=Z(j2emU-42emU-d2e2B2)(U至deB)eB2m(1)带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从出磁场，设QA间的距离为L,射出时速度的大小仍为v,射出方向与x轴的夹角仍为0,2兹力公式和牛顿定律可得：qvoB=mv0-RTOC\o"1-5"\h\z式中R为圆轨道半径，解得：R=mv^①qB圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：内。，—=Rsin0②2联解①②两式，得:L=2mV0sin"(3分)qB所以粒子离开磁场的位置坐标为(-2mVoSin8,0)(1qB2R2二m/c八、(2)因为T==(2分)VoqB所以粒子在磁场中运动的时间，t=27T-2"・T=2m（‘一"）qB（4分）（1）根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，根据左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外（4分）（2）设带电粒子的电量为ab方向的位移为—,在电场中:2由动能定理EqL=1m\/-1mv2质量为m盒子的边长为L,粒子在电场中沿ad方向的位移为L,沿L=1Eqt2"L=v°t/2m2③闩"八⑵、回式解得E=8mjqLv=a7vo⑤（3分）在磁场中v=vo⑥（3分）（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为qvB=mv—⑦解叶F=mv0⑧R-Bq（2分）板小小f儿何夫系（L-明9市⑼解得轨道半径为R=5L⑩（2分）驾出磁场的磁感应先度B=8mv°85qLffl11由④、⑪得:E=5v0（2分）B当粒子沿直线穿过电、磁场区域时，粒子所受的电场力和洛仑兹力大小相等，即qE=qv0B.vo（2分）当该区域只有电场时,h=Lt22有《D=v0t，得:qqEa=—lm当该区域只有磁场时,心力，有：2mv0qv°B=,.r=r粒子向上偏，说明粒子带负电，其运动轨迹类似于平抛。h=：》（322mv0粒子做匀速圆周运动,地（2分）解得:qB（4分）洛仑兹力提供向D2r=—=0.1m2h（2分）带电粒子进入磁场运动，轨迹如图所示，设所求距离为h'2r5.有=D2+（r—h'）2,即h'=r—Jr2—D2=0.04m（3分）设粒子的初速度为L=vtv、=ata=q曰m=kE8=tan-=vy/vv,在电场中粒子做类平抛运动①②3）解得v2=kEL/i在磁场中粒子做匀速圆周运动,由几何关系得:（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）(2分)(2分)(2分)(2分)TOC\o"1-5"\h\z有qvB=mv2/RdS=R中⑦解得v=qBS/m5=kBS/tP⑧…一—:：EL联立⑤⑧两式解得B=S\"a粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,2用R表示轨道半径，有qvB=m—①R由此得R=，代入数值得R=10cm(q/m)B可见，2R>l>R.因朝不同方向发射的ot粒子的圆轨迹都过S,由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P就是u粒子能打中的左侧最远点.为定出Pi点的位置，可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为R.TOC\o"1-5"\h\zNP1=《R2_(l_R)2②再考虑N的右侧。任何“粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点^由图中几何关系得：NP2=v1(2R)2-l2③所求长度为PF2=NP1+NP2④代入数值得PR=20cm⑤(1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从R到B的时间为t,电场强度的大小为E,粒子在电场中的加速度为a,由牛顿第二定律及运动学公式有qE=ma,vot=2h,1at2=h解得：E=^022qh(2)粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v。，以示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，0速度和x轴的夹角，则有TOC\o"1-5"\h\zv；=2ah⑤v=Jv2+vo⑥.vi…一一一，…一tan8=⑦，由②、③、⑤式得vi=vo⑧vo由⑥、⑦、⑧式得：v=J2Vo⑨4=45°⑩(3)设磁场的磁感应强度为B,在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律2vqvB=m—(11)rr是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、R。因为OP=OP,0=45。，由几何关系可知，连线RR为圆轨道的直径，由此可求得r=声⑫由⑨、(11)、⑫可得：B=mV°(13)qh25.锤自由下落，碰桩前速度Vi向下，v1=、：'2gh①碰后，已知锤上升高度为(h—I),故刚碰后向上的速度为：v2=*；2g(h_l)②设碰后桩的速度为V,方向向下，由动量守恒,mv1=MV—mv2TOC\o"1-5"\h\z桩下降的过程中，根据功能关系，1MV2+Mgl=Fl④2由①、②、③、④式得F=Mg+mg(m)[2h-l+2jh(h—l)]⑤代入数值，得：F=2.1M105N⑥8.设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用Bi、B2、r、r、Ti、T2分别表示在磁场i区n磁感应强度、轨道半径和周期2vqvB|二mR2vqvB2=m2二mqB1R22-：R22二mT2=vqB2设圆形区域的半径为r,如答图5所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A进入n区磁场，连接A1A2,△AQA为等边三角形，色为带电粒子在n区磁场中运动轨迹的圆心，其半径^=A^A,=OA2=r1_圆心角/人4。=60,带电粒子在I区磁场中运动的时间为L=—Ti6带电粒子在n区磁场中运动轨迹的圆心在OA的中点，即R=-r21TOC\o"1-5"\h\z在n区磁场中运动时间为t2T22HYPERLINK\l"bookmark244"\o"CurrentDocument"5二M带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=tI+t2由以上各式可得B1MB2=6qt专题训练题型一带电粒子在电场和磁场分离的复合场中的运动.如图甲所示，在第n象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E,在第I、W象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度V0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直进入第IV象限的磁场.已知O贬间的距离为d,则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，求在电场和磁场中运动的总时间.在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为区一质量为m电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度Vo垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成0=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求(1)MN两点间的电势差LMn；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)粒子从M点运动到P点的总时间t°.如图所示，直角坐标系在一真空区域里，y轴的左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成9=30o角，y轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场，在x轴上的A点有一质子发射器，它向x轴的正方向发射速度大小为v=2.0xI06m/s的质子,质子经磁场在y轴的P点射出磁场,射出方向恰垂直于电场的方向，质子在电场中经过一段时间，运动到x轴的Q点.已知A点与原点O的距离为10cm,Q点与原点O的距离为(2033-10)cm,质子的比荷为9=i.0xi08c/kg.求：m(1)磁感应强度的大小和方向;(2)质子在磁场中运动的时间;(3)电场强度的大小..如图所示，在x-o-y坐标系中，以(r,0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E.从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r.已知质子的电荷量为q,质量为m,不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响.⑴求质子射入磁场时速度的大小；⑵若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；⑶若质子沿与x轴正方向成夹角0的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间.O5.如图所示，矩形区域I和II内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场(AA'、BB'、CC、DD为磁场边界，四者相互平行)，磁感应强度大小均为B,矩形区域的长度足够长，两磁场宽度及BB'与CC之间的距离均相同。某种带正电的粒子从AA'上O处以大小不同的速度沿与OA成a=30。角进入磁场(如图所示，不计粒子所受重力)，当粒子的速度小于某一值时,运动时间均为t。，当速度为Vo时，粒子在区域I内的运动时间为to/5。求：粒子在区域I内的⑴粒子的比荷q/m(2)磁场区域I和II的宽度d;(3)速度为V。的粒子从O到DD所用的时间。题型二带电粒子在有洛伦磁力的复合场中的运动6.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=10N7c,在y>0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=0.5T一带电量q=+0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m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无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点点.(g=10m/s2),求：(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O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N7.已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间中刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，求:(1)液滴在空间受几个力的作用；(2)液滴电性及电荷量(3)液滴做匀速圆周运动的半径多大？附：答案1【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示.由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v=42v0,这一过程的时间ti=d=—V0V02又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨r=22d故知带电粒子在第I象限中的运动时间_371m3也兀d37tdt2—4Bq—2v2V0带电粒子一，27td象限中运动的时间为：t3=——V0故t总=—(2+).V023.8.解答：解：(1)设质子在磁场中做圆运动的半径为r.过A、P点作速度v的垂线，交点即为质子在磁场中作圆周运动的圆心0.由几何关系得a=9=30o,所以:r=2O/=20cm.（2分）设磁感应强度为B,根据质子的运动方向和左手定则，可判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向里.(2分）2vqvB=m-rqr2.01061.01080.2=0.1T（2分）(2)设质子在磁场中运动的时间为t,如图所示，质子在磁场中转过的圆周角为—,设质子在磁场中6运动的周期为TT2—Bqt677二二八—==—t=—父10s（6分）T2二126,交AM^N点,在三角形QA附,边长(3)如图所示，过Q点做平行于P点速度方向的平行线Q盒20。3cm.由几何关系可知3=0=30o,AN=20cm,所以，N点与O点是重合的.质子在平行于电场方向上做匀速直线运动，在垂直于电场方向做匀加速直线运动，2r=vt由几何关系得：r=1at2(4分)2qE2mv2rq4101220.21.0108=1.0M105N/C（4分）4.解答：⑴质子射入磁场后做匀速圆周运动，有quB=md得口=吧rm⑵质子沿X轴正向射入磁场后，在磁场中运动了1个圆周后，以速度u逆着电场方向进入电场，原路4径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了1个圆周后离开磁场.4在磁场中运动周期丁=空=包质子在磁场中运动的时间t1=-=—qB2qB进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小a=qE质子在电场中运动的时间b=空=型所maE求时间为t=tI•t2=-m+型qBE⑶当质子沿与x轴正方向成夹角。的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O、Q分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心.由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OOAO为菱形，即AO平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场./O=90°—0.所以，质子第一次在磁场中运动的时间90。-"360°此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场.如图所示，其中。、Q分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心,AO3平彳tx轴.由于OAQC为菱形,即CO平行AQ,即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点.这个结论与。无关.所以，OQQC为平行四边形，/Q=90°+090