带电粒子在电磁场中运动-叠加场.doc

(2013银川一中第二次模拟考试)25．(18分)
1.如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l )垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：
⑴.平行金属板M、N获得的电压U；
⑵.yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
⑶.粒子从P点射出到到达x轴的时间．
解. (1)kS　(2)　(3)(2d＋l)
[解析]　 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为E＝＝S＝kS①
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为U＝UR＝E＝kS②
(2)带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有qU＝mv2③
带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB＝m④
由几何关系可得r＋rcot45°＝l ⑤
联立②③④⑤得：B＝
(3)粒子在电场中，有d＝at q＝ma
粒子在磁场中，有T＝ t2＝T
粒子在第一象限的无场区中，有s＝vt3
由几何关系得s＝r
粒子从P点射出到到达x轴的时间为t＝t1＋t2＋t3
联立以上各式可得t＝
2.如图所示，虚线与水平线相交于，二者夹角，右侧某个区域存在磁感应强度为，垂直纸面向里的匀强磁场，点处在磁场的边界上。点左侧存在电场强度为、方向竖直向下的匀强电场，、间距离为。现有一群质量为、电量为的带电粒子在纸面内以速度垂直于从点射入磁场，所有粒子通过直线时，速度方向均平行于向左。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
⑴.速度最大的粒子自点射入磁场至经过MO所用的时间t
⑵.粒子射到PQ上的最远点离O点的距离d
⑶.磁场区域的最小面积s
解：⑴.粒子的运动轨迹如图所示，在磁场做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在磁场运动时间为
即
最大速度的粒子在自N点水平飞出磁场，出磁场后做匀速运动至OM，设匀速运动的时间为，有
则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间解以上各式得：
⑵.过MO后粒子做类平抛运动，设运动时间为，则：
又由题知最大速度，平抛运动的水平位移为，所以粒子很射到PQ上的最远点离O的距离
⑶.由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围的面积。扇形OO/N的面积为：
又

25．（2013甘肃高考适应性训练）如图所示，在直角坐标系的第一、第四象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第二、第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴为磁场和电场的理想边界。一个质量为m、电荷量为9的带正电粒子经过x轴上的A点时速度大小为vo速度方向与x轴负方向夹角=30o。粒子第一次到达y轴时速度方向与y轴垂直，第三次到达y轴的位置用C点表示（图中未画出）。已知OA=L，不计粒子的重力。[来源:Z。xx。k.Com]
⑴.判断磁感应强度的方向并计算其大小。
⑵.求粒子从A点运动至C点的时间。

⑴.由题意可知，磁场垂直纸面向里。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力
由上式可得：
⑵. 粒子在磁场中运动的周期为
第一阶段，在磁场中圆周运动的时间为
第二阶段，在电场中匀减速和匀加速的时间相等，则有
第三阶段，在磁场中运动半个周期，粒子第三次到达y轴

12（20分）如图所示，真空中直角坐标系XOY，在第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，在第二象限内有沿x轴正向的匀强电场，第三象限内有一对平行金属板M、N，两板间距为d。所加电压为U，两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场。一个正离子沿平行于金属板的轴线射入两板间并做直线运动，从A点（﹣L，0）垂直于x轴进入第二象限，从P（0，2L）进入第一象限，然后离子垂直于x轴离开第一象限，不计离子的重力，求：⑴.离子在金属板间运动速度V0的大小
⑵.离子的比荷q/m
⑶.从离子进入第一象限开始计时，离子穿越x轴的时刻

O
A
x
y
P
B
B
12.解：(1)离子在板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
qE=qv0B0
(2)离子在第二象限内做类平抛运动，离子在P点时沿y轴方向的分速度为v0，设沿x方向的分速度为vx
2L=v0t L=vxt vx=v0
离子在P点时的速度与y轴正方向成450角 此时v=v0
由几何关系可以确定离子在第一象限的轨道半径为r=2L
根据qvB=m 可得 =
(3)离子在第一、第二象限内的轨迹如图所示,离子的周期T=2π
离子第一次在第一象限内运动的时间t′
离子穿过x轴的时刻为t=n+t′= n∈(0,1,2,……)
24．（14分）如图所示，虚线框abcd内为边长均为L的正方形匀强电场和匀强磁场区域，电场强度的大小为E，方向向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，PQ为其分界线，一质量为m，电荷量为-e的电子（重力不计）从PQ中点与PQ成30°角以某一初速射入磁场，求：
⑴．若要电子在磁场运动时间最长，其初速v应满足的条件；
⑵．若电子在满足（1）中的条件下且以最大速度进入磁场，最终从电场aP边界飞出虚线框所具有的动能Ek.
24．（14分）解：要电子在磁场中运动时间最长，必须从PQ边进入电场（如图）.当电子轨迹与Pb边相切时，有满足条件的最大速度v，由几何关系知其轨道半径r满足
（2分）
由洛仑兹力充当向心力：（2分）
解得 （2分）
因此，当时，电子在磁场运动有最长时间.（2分）
（2）以最大速度v进入电场，且从aP边飞出时电子有最大动能Ekm由动能定理：
（3分）
解得（3分）
26．(20分)如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L＝0.08m，板距足够大，两板的右侧有水平宽度l＝0.16m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场。一个比荷为的粒子（其重力不计）以v0＝80m/s的速度从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，进入偏转电场时，偏转电场的场强恰好按图乙开始随时间发生变化，两极板的极性如图甲；粒子离开偏转电场后进入匀强磁场，最终刚好没有从右边界射出。求：
⑴．粒子在磁场中运动的速率v；
⑵．粒子在磁场中运动的轨道半径R；
⑶．磁场的磁感应强度B。
⑴粒子在偏转电场中的运动时间t＝＝s＝1.00×10－3s（2分）
对比乙图，粒子在极板间的运动时间正好是偏转电压的一个周期，即它在极板间被横向加速的时间为t＝5.00×10－4s，于是v⊥＝t＝60m/s（2分）
v＝m/s＝100m/s （2分）
⑵粒子在磁场中的轨迹可以如图中圆弧所示。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系
有R＋Rsinθ＝l （3分）
＋
－
θ
v
v
v0
v⊥
O
θ
sinθ＝＝ （2分）
∴R＝＝m＝0.1m （2分）
⑶粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 (2分）
∴ T＝2.0×10－5T （2分）
(2012年5月武昌)如图所示，质量为、电荷量为的小球（视为质点）通过长为的细线悬挂于O点，以O点为中心在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在第2、3象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为 (式中为重力加速度) 。
（1）把细线拉直，使小球在第4象限与x正方向成角处由静止释放，要使小球能沿原路返回至出发点，的最小值为多少？
（2）把细线拉直，使小球从处以初速度竖直向下抛出，要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则的最小值为多少？

18．如图甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L=0.10 m，板间距离d=5.0×10-2 m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10-3T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。已知带电粒子的比荷=1.0×108 C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变。

U/V
乙
t/s
0
50
0.1
0.2
0.3
0.4
v0
B
m
O¢
M
N
甲
O
q
a
b
U0
（1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；
（2）求粒子进入磁场时的最大速度；
（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。
（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，根据动能定理有，解得v0==1.0×105m/s
由于t=0时刻偏转电场的场强为零，所以此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v0的速度垂直磁场边界进入磁场中，在磁场中的运动轨迹为半圆。
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
qv0B=m 解得 r=
所以粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r =0.40m
（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为Um，则粒子进入偏转电场后，加速度a=
水平方向 L=v0t 竖直方向 y== 解得 Um==25 V<50V
所以，电压Um=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为vm，方向与OO′的夹角为q，则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，根据动能定理有 qU0+q=mvm2
解得 vm==×105m/s=1.1×105m/s
tanq==，即q=arctan （或cosq==，即q=arccos）
x
图答-3
α
v0
v
R
α
（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）
（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，则其速度大小
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径
由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离
所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0
25．（2012武汉外校4月）如图所示，平面OO′垂直于纸面，其上方有长为h，相距为3h/4的两块平行导体板M，N。两极板间加上如图所示的电压，平面OO′的下方是一个与OO′平面相平行的匀强磁场，方向垂直纸面向外。在两极板的正中间正上方有一粒子源连续放射出质量为m，带电量为+q的粒子，其初速度大小为v0，方向垂直电场及OO′平面，不计粒子重力及空气的阻力，每个粒子在板间运动的极短时间内，可以认为场强不变。（已知 ）求：
⑴.要有带电粒子飞出电场时打在板上，板间电压的最大值至少为多少？
⑵.要使所有的粒子都能回到两板间，磁感应强度B需满足的条件？
⑶.在满足（2）问的前提下，粒子在磁场中运动的最长时间？

25.(19分)解：（1）要有粒子打在板上，设电压的最大值为Um
则有： ① ② ③ ④
由①②③④式可得： ⑤
（2）设粒子进入磁场时速度v与v0的夹角为θ，则有：⑥
又由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：⑦
粒子从OO′上射出磁场的位置与射入磁场的位置的距离⑧
由⑥⑦⑧式可得： ⑨
若沿v0方向射进磁场的粒子能回到板间，其他方向的粒子都能回到板间
当时，B最小 即 ⑩ 得：
即：磁感应强度
（3）粒子在MN板间偏转的越大，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：
由②③④⑤式得 即
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
由⑦式得：
又粒子在磁场中运动的时间 得
由上式知：B越小， t越大，即时, t最大得
25．（2012武昌供题2）
如图所示，在直角坐标平面的第I象限内有一垂直纸面向内的匀强磁场；磁感应强度为B，直线OA是磁场右侧的边界。在第Ⅱ象限，存在电场强度为E的水平向左的匀强电场，y轴是电场、磁场区域的分界线，曲线OM满足方程x=-ky2(k>0）。有一电量为-q（q>o），质量为m的粒子（重力不计），在曲线OM上某一点由静止释放，穿过y轴进入磁场中。
（1）试写出带电粒子穿过y轴时的速度大小与释放点纵坐标的关系式；
（2）若粒子从曲线OM上任意位置释放，要求粒子穿过磁场区域后，都垂直于x轴射出。求直线OA与x轴的夹角θ的正切值。（用题中已知物理量的符号表示）

(2013年湖北七市)如图甲所示，在PQ左侧空间有方向斜向右上的匀强电场E1在PQ右侧空间有一竖直向上的匀强电场E2=0.4N/C，还有垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中未画出）和水平向右的匀强电场E3(图甲中未画出），B和E3随时间变化的情况如图乙所示，MN为距PQ边界2.295m的竖直墙壁，现有一带正电的微粒质量为4x1O-7kg电量为1xlO-5C，从左侧电场中距PQ边界m的A处无初速释放后，沿直线以1m/s速度垂直PQ边界进入右侧场区，设进入右侧场时刻t=0,取g = lOm/s2.求：
⑴.PQ左侧匀强电场的电场强度E1,的大小及方向。（sin37°=0.6);
⑵.带电微粒在PQ右侧场区中运动了1.5s时的速度的大小及方向；
⑶.带电微粒在PQ右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？()

25(18分)
解：(1)设PQ左侧匀强电场场强为E1，方向与水平方向夹角为θ．
沿水平方向有　 　qE1cosθ=ma 沿竖直方向有　 　qE1sinθ=mg
对水平方向的匀加速运动有　 v2=2as
代入数据可解得　　E1=0.5N/C θ=53º
即E1大小为0.5N/C,方向与水平向右方向夹53º角斜向上．
⑵.带电微粒在PQ右侧场区始终满足　qE2=mg
在0~1s时间内，带电微粒在E3电场中 m/s2
带电微粒在1s时的速度大小为 v1=v+at=1+0.1×1=1.1m/s
在1~1.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，周期为　s
在1~1.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动．所以带电微粒在PQ右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s, 方向水平向左
⑶.在0s~1s时间内带电微粒前进距离　 s1= vt+at2=1×1+×0.1×12=1.05m
带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径m
因为r+s1＜2.295m，所以在1s~2s时间内带电微粒未碰及墙壁．
在2s~3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为　a=0.1m/s2
在3s内带电微粒共前进距离　s3=m
在3s时带电微粒的速度大小为　m/s
在3s~4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径m=0.19m　
因为r3+s3＞2.295m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁．
带电微粒在3s以后运动情况如图 r3
r3
d
θ

其中 d=2.295-2.2=0.095m sinθ= θ＝30º
所以，带电微粒作圆周运动的时间为s
带电微粒与墙壁碰撞的时间为　t总＝3+=s