带电粒子在电磁场中的运动(更新).doc

基础 1（10 分）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为 U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为 O，半径为 r。当不加磁场时，电子束将通过 O 点儿打到屏幕的中心 M点。为了让电子束射到屏幕边缘 P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度 B 应为多大？（已知电子的质量为 m，带电量的大小为 e）1电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为 C，半径为 R。以 v 表示电子进入磁场时的速度，m、e 分别表示电子的质量和电量，则 212eUmv 2mvevBR 又有tan2rR 由以上各式解得12tan2mUBre 10如图为电视机显像管及其偏转线圈 L 的示意图，如果发现电视画面幅度比正常时偏小，可能是下列哪些原因造成的 电子枪发射能力减弱，电子数减小 加速电场电压过高，电子速率偏大 偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小 偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱 其中正确的有（B ）ABCD 2.如图所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外，大小可调的匀强磁场。M、N 为两块中心开有小孔的极板，每当带电粒子经过 M、N 板时，都会被加速，加速电压均为 U；每当粒子飞离电场后，M、N 板间的电势差立即变为零。粒子在 M、N 间的电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径 R 不变（M、N 两极板间的距离远小于 R）。当 t=0时，质量为 m，电荷量为+q 的粒子静止在 M 板小孔处，（1）求粒子绕行 n 圈回到 M 板时的动能 En；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须递增；求粒子绕行第 n 圈时磁感应强 度 B 的大小；（3）求粒子绕行 n 圈所需总时间 tn。解：（1）粒子绕行一圈动能的增量为 qU，绕行 n 圈所获得的总动能 nqUEa （3 分）（2）因为221nmvnqU （2 分）RvmvqBnnn2 （2 分）得qnmURBa21 （1 分）（3）粒子做半径为 R 的匀速圆周运动，每一圈所用时间为vR2 由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同 第一圈：2121mvqU mqUv21 （2 分）第二圈：22212mvqU mqUv222 （2 分）第 n 圈的速度 mqUnva2 （2 分）故绕行 n 圈所需总时间ntttt21 122221112(1)8223nRRRvvvmRqUn分 2如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心O d B A C D O P L 半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大？（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？解：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有 212qUmv 解得 2qUvm（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 222vvqEmmRL 联立、，得 4UEL（3）微粒从释放开始经t1射出 B 板的小孔，则 12222ddmtdvvqU 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则 2442LLmtvqU 所以从释放微粒开始，经过12242LmttdqU微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过122 tt微粒再一次经过P点；所以经过时间21242LmtkdqU，0,1,2,k 微粒经过P点。2（11 分）如图所示，在 x 轴上方有垂直于 xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强为 E。一质量为 m，电量为-q 的粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴正方向射出。射出之后，第三次到达 x 轴时，它与点 O 的距离为 L。求此粒子射出时的速度 v 和运动的总路程 s（重力不计）。O d B A C D O P L 23、解：粒子运动路线如图示有 L4R 粒子初速度为 v，则有 qvB=mv2/R 由、式可算得 v=qBL/4m 设粒子进入电场作减速运动的最大路程为 l，加速度为 a，v2=2al qE=ma 粒子运动的总路程 s=2R+2l 由、式，得 s=L/2+qB2L2/（16mE）21.(12 分）如图所示，空间分布着图示的匀强电场 E(宽为 L)和匀强磁场 B，一带电粒子质量为 m，电量为 q,(不计重力)从 A 点由静止释放后经电场加速后进入磁场，穿过中间磁场进入右边磁场后能按某一路径再返回 A 点而重复前述过程求中间磁场的宽度 d 和粒子的运动周期（虚线为磁场分界线，并不表示有什么障碍物）21 解析：由题意，粒子在磁场中的轨迹应关于方向的直线对称，如图所示，电场中：221mvqEL 1tmEqv 由几何知识：sin=R/2R=1/2 所以=30o 又 R=m/qB d=Rsin60o 在中间磁场的时间：qBMTt32622 在右边磁场的时间qBMt353603003 由得 qBELmqd26 qBmqEmLtttT37222321 3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=310cm。求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角；（3）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？（1）微粒在加速电场中由动能定理得：20121mvqU 解得v0=1.0104m/s 3 分（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：mdqUa2，0vLaatvy 2 分 飞出电场时，速度偏转角的正切为：312tan120dULUvvy 解得 =30o 3 分（3）进入磁场时微粒的速度是：cos0vv 2 分 轨迹如图，由几何关系有：sinrrD 2 分 洛伦兹力提供向心力：rmvBqv2 由联立得：cos)sin1(0qDmvB 代入数据解得：B 3/5=0.346T 2 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)44湖南省雅礼中学湖南省雅礼中学 2010 届高三上学期第五次月考届高三上学期第五次月考如图所示，真空室内存在宽度为 d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度 B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd 足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32 105N/C；方向与金箔成 37 角.紧挨边界 ab 放一点状 粒子放射源 S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的 粒子，已知：粒子的质量 m=6.64 1027kg，电荷量 q=3.2 1019C，初速度v=3.2 106m/s。（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径 R；（2）金箔 cd 被 粒子射中区域的长度 L；（3）设打在金箔上 d 端离 cd 中心最远的 粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过 N 点，SNab 且 SN=40cm，则此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能 EK为多少？解：解：（1）粒 子 在 匀 强 磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 动，洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力，即 RvmvBq2（1 分）则 cmmBqvmR202.0（2 分）（2）设 cd 中心为 O，向 c 端偏转的 粒子，当圆周轨迹与 cd 相切时偏离 O 最远，设切点为 P，对应圆心 O1，如图所示，则由几何关系得：cmdRRSAOP16)(22(1 分)向 d 端偏转的 粒子，当沿 sb 方向射入时，偏离 O 最远，设此时圆周轨迹与 cd 交于 Q 点，对应圆心 O2，如图所示，则由几何关系得：cmdRROQ16)(22 （1 分）故金箔 cd 被 粒子射中区域的长度cmOQOPPQL32（1 分）（3）设从 Q 点穿出的 粒子的速度为 v，因半径 O2Q场强 E，则 vE，故穿出的 粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示。沿速度 v方向做匀速直线运动，位移cmRSNSx1653sin)(（1 分）沿场强 E 方向做匀加速直线运动，位移cmRRSNSy3253cos)(（1 分）则由tvSx 221atSy mEqa 得：smv/100.85 （2 分）N a b c d S E 370 B N a b c d S E 370 B O1 M O2 Q 故此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能为 JvmvmEk14221019.32121（2 分）17.（14 分）如图 14 所示，xOy 在竖直平面内，x 轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E、方向竖直向下。磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里。将一个带电小球从 y 轴上 P（0,h）点以初速度 v0竖直向下抛出。小球穿过 x 轴后，恰好做匀速圆周运动。不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：（1）判断小球带正电还是带负电；（2）小球做圆周运动的半径；（3）小球从 P 点出发，到第二次经过 x 轴所用的时间。17.解：（1）小球穿过 x 轴后恰好做匀速圆周运动，所以有 qE=mg，故小球带负电。（2）设小球经过 O 点时的速度为 v，从 P 到 O 有：v2=v02+2gh 从 O 到 A，根据牛顿第二定律 qvB=mrv2 求出 r=gBghvE220（3）从 P 到 O，小球第一次经过 x 轴，所用时间为 t1，v=v0+gt1 从 O 到 A，小球第二次经过 x 轴，所用时间为 t2 T=vr2=qBm2,t2=2T=gBE 求出 t=t1+t2=gvghv0202+gBE 16（8 分）如图所示，在 x0 且 y0 的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在 x且 y0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 M 点沿 y 轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从 y 轴的 N 点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到 x 轴上的 P 点，已知OPONOM=l。不计带电粒子所受重力，求：（1）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（2）匀强电场的场强大小。O v0 E x y P(0,h)B 图 14 y x P l l l M B E O 16（8 分）解答：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为 v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点 O，半径为 l。则 Bqv=mv2l 1 分 设带电粒子在磁场中运动时间为 t1，在电场中运动的时间为 t2，总时间为 t。t1=14T 1 分 T=2mBq 1 分 t2=lv 1 分 联立解得 t=(+2)m2Bq 1 分 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为 a，则 l=12at22 1 分 a=Eqm 1 分 联立解得 E=2B2lqm 1 分 9(12 分)如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距md10.0，a、b间的电场强度为CNE/100.55，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为TB0.6、方 向 垂 直 纸 面 向 里 的 匀 强 磁 场。今 有 一 质 量 为kgm25108.4、电 荷 量 为Cq18106.1的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以smv/100.160的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)求P、Q之间的距离L。9解：粒子a板左端运动到P处，由动能定理得 2201122qEdmvmv 3 分 代入有关数据，解得62 310/3vm s 1 分 0cosvv，代入数据得30 2 分 粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图，由几何关系得sin302Lr，又2vqvBmr 3 分 联立求得mvLqB 2 分 代入有关数据得5.8Lcm 1 分 12.(20 分)如图所示,在 xoy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向内的匀强磁场,现有一质量为 m 带电量为 q 的负粒子(重力不计)从电场中坐标为(3L,L)的P点与x轴负方向相同的速度0v射入，从 O 点与 y 轴正方向成045夹角射出,求:(1)粒子在 O 点的速度大小.(2)匀强电场的场强 E.(3)粒子从 P 点运动到 O 点所用的时间.12.解:(1)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在 P 点时速度大小为v,OQ 段为四分之一圆弧,QP 段为抛物线,根据对称性可知,粒子在 Q 点的速度大小也为v,方向与 x轴正方向成 450.可得）（vv分245cos/00 02vv，得 （1分）O 450(3L,L)P 0v x y y O 450(3L,L)P 0v x Q v v(2)Q 到 P 过程,由动能定理得2022121mvmvqEL （3 分）即qLmvE2 （1 分）(3)在 Q 点时,00045tanvvvy （2 分）由 P 到 Q 过程中,竖直方向上有:maqE （1 分）012vLavty （2 分）水平方向有:Ltvx2101（1 分）则 OQ=3L-2L=L （1 分）得粒子在 OQ 段圆周运动的半径LR22 （2 分）Q 到 O 的时间:024241vLvRt （2 分）粒子从 P 到 O 点所用的时间:t=t1+t2=04)8(vL （2 分）1.如图所示，平面坐标系xOy中，在y0 的区域存在沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在-hy0 的区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在yh 由上面的运动分析可知，带电粒子到最低点，圆周运动刚好转过4T，所以 h=qBmvRy22=0.1m=10cm 所以 d310cm（4）根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域的上边缘的 B 点，距 A 点的距离为：d=2（1cos）1R+2R+yv4T代入数据得：d=40+10102=57.26cm