粒子在复合场计算题.doc

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1.解：（1）根据 得：R 图中 根据 得：运动的最长时间 （式中）rrvv（2）如图所示，沿半径射入，r与R垂直，两三角形全等，而出射速度v与轨迹半径r垂直，所以出射速度与R同一直线。2.一足够长的矩形区域abcd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v0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，v0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）当粒子轨迹恰好与cd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R1，如图甲所示。则有可得： 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，设此半径为R2，如图乙所示则有： 得： 故粒子从ab边射出的条件为， 即 根据，得 所以 （2）因为 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36060300，由于磁场无右边界，故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 则 ， 即出射点到O的距离不超过 3.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30o角，出磁场时刚好紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求：（1）两板间的距离；（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。竖直方向：离开电场时的速度vy=v0tan30 粒子发生偏转的位移水平方向：粒子匀速运动的时间联立以上几式解得，（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=，所以带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：粒子离开电场时的速度粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示由几何关系得， 解得，4.如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E=4105N/C方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为N/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力。求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；AOExyv0（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。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：AOExyv0vO1 解得：a=1.01015m/s2 t=2.010-8s （2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：粒子经过y轴时的速度大小为；与y轴正方向的夹角为=450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：由解得 5、（15分）如图所示，一个质量为m =2.010-11kg，电荷量q = +1.010-5C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 =cm求： 微粒进入偏转电场时的速度v0大小； 微粒射出偏转电场时的偏转角； 若该匀强磁场的宽度为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？ 5、微粒在加速电场中由动能定理得： 3分 解得v0 = 1.0104m/s 1分微粒在偏转电场中做类平抛运动，有： ， 1分 1分飞出电场时，速度偏转角的正切为： 2分 解得 = 30o 1分进入磁场时微粒的速度是： 1分轨迹如图所示，由几何关系有： 2分洛伦兹力提供向心力： 1分解得： 1分 代入数据解得：B /5=0.346T 1分所以，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至少为0.346T。(B =0.35T照样给分)PP1P2LEB6（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滑块，在离的距离为处的虚线右边有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知,如图所示。现有一个质量与相同且不带电的滑块以水平速度向右运动，与发生碰撞后粘在一起共同运动，两滑块可视为质点，计算时取，求：（1）滑块与碰撞后的速度（2）滑块从碰撞后到离开磁场所用的时间6解：（1）与碰撞前后系统动量恒有： (2分)由此得 （1分）P1P2LEB图MNv2（2）碰撞后二者一起平抛，水平方向有： （1分）竖直方向速度 （1分）由此得 （1分） （1分）从而， （1分） （1分）显然，滑块在电磁场中受电场力 （2分）故滑块在P的右边做匀速圆周运动，此时有 （2分）由此得 ，其圆心位置如图所示。（2分）（1分） 由对称性可知粒子圆周运动时转过的角度，（1分）所用时间 （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E10 N/C,在y0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B0.5 T.一带电量q=+0.2 C、质量m=0.4 kg的小球由长l0.4 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，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点.（g=10 m/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.7.【解析】（1）小球从A运动到O的过程中，由动能定理得： 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：F洛Bvq 联立式解得：（3）悬线断后，小球水平方向加速度小球从O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ON间距离答案:（1）2 m/s(2)8.2 N(3)3.2 m8.（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E12 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B103 T.方向垂直纸面向外；有一质量m110-2 kg、电荷量q410-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45角以v04 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E22 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/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)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Gmg0.1 N电场力F1qE10.1 N即GF1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得：解得：由几何关系得：(2)带电小球在P点的速度大小仍为v04 m/s.方