资源描述
带电粒子在电磁场中的运动经典例题如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零）。A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.01027kg，电量q=1.61019C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求：(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T=1.0105s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小；(3)A板电势变化周期多大时，在t=T/4时刻从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子恰能到达A板。分析与解答：（1）电场强度E=Ud，带电粒子所受电场力F=qE=Uqd，F=ma,解得a=Uqdm=4.0109m/s2；（2）粒子在0T2时间内走过的距离为12a(T2)2=5.010-2m故带电粒子在t=T2时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.010-23kgm/s，又P=mv，解得v=2.0104m/s；（3）带电粒子在T4T2向A板做匀加速运动，在T23T4向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回粒子向A板运动可能的最大位移s=212a(T4)2=116aT2要求粒子恰能到达A板，有s=d，可得T=5.010-2164.0109=210-5s变式1如图甲所示，电荷量为q=110-4C的带正电的小物块置于粗糙绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块所受的摩擦力大小和01秒内的加速度大小。（2）物块的质量。（3）前2秒内电场力做的功。分析与解答：（1）1-2s，物体做匀速直线运动，则有物块所受的摩擦力大小f=qE2=2N01秒内的加速度大小a=vt=2m/s2（2）0-1s时间内由牛顿第二定律可得qE1-f=ma解得m=0.5kg（3）01秒内的位移s1=12vt=1m第1秒内电场力做的功W1=qE1s1=3J第2秒内电场力做的功W2=qE2s2=4J前2秒内电场力做的功W=W1+W2=7J变式2一个质量为9.11031 kg，电荷量为+1.61019 C的带点粒子（不计重力），以v04107 m/s的初速度逆着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小E2105 N/C，求：（结果保留二位有效数字）(1)粒子在电场中运动的加速度大小；(2)粒子进入电场的最大距离；(3)粒子进入电场最大距离的一半时的动能分析与解答：(1)电子沿着匀强电场的电场线方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律，得：qE=ma，a=qEm=3.51016 m/s2(2) 电子做匀减速直线运动由运动学公式得：v02=2ax，得：x= 2.3102 m(3) 根据动能定理可得qEx2=EK-12mv02代入数据得EK=3.61016 J变式3如图所示,一根长为l的不可伸长的细丝线一端固定于O点,另一端系住一个质量为m的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为.求:(1)小球带什么电,电荷量为多少？(2)剪断绳子后小球做什么运动？分析与解答：（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，所以小球带正电。小球受力如图所示，有：qE=mgtan即：q=mgtanE（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动。变式4如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=2104 N/C，将一长为L=1m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.1 kg的可视为质点小球，小球带电量q= +5 l0-5 C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g= 10 m/s2，求：(1)小球第一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F;(2)小球从A运动到B过程中，小球的最大速度vm；(3)若让小球在如图所示的竖直平面内做完整的圆周运动，则需在A处给小球一个垂直于细线的初速度vo，求vo的最小值。（以上结果可用根式表示）分析与解答：（1）因mg=1N，qE=1N，则小球沿圆弧运动，由A到B由动能定理：12mvB2=mgL-EqL解得vB=0，则F=mg=1N（2）依题意小球运动到AB圆弧中点C时，速度最大，由A到C由动能定理：mgLsin450-qEL(1-cos450)=12mvm2解得：vm=25(2-1)m/s（3）由题意可知，当小球运动到圆周上与C点对称的D处时，有：2mg=mvD2L由A到D由动能定理：-mgLsin450-qEL(1+cos450)=12mvD2-12mv02解得：v0=302+20m/s经典例题如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30，求：(1)确定圆心位置，做出运动轨迹，运动半径多大？(2)电子的质量多大？(3)穿透磁场的时间是多少？分析与解答：（1）电子在磁场中作匀速圆周运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为Bv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，由几何知识知，AB对应的圆心角 =30，由几何知识可得：电子的轨迹半径 r=dsin=2d；轨迹如图；（2）又由qvB=mv2r，得：m=qBrv=2eBdv（3）AB弧的圆心角是30，则电子穿越磁场的时间为：t=360T=303602rv=d3v变式1如图，正三角形ABC内有B0.1T的匀强磁场，方向垂直纸面向外，在BC边右侧有平行于BC足够长的挡板EF，已知B点到挡板的水平距离BD0.5m。某一质量m41010kg，电荷量q1104C的带正电粒子，以速度v01104m/s自A点沿磁场中的AB边射入，恰可从BC边水平射出打到挡板上。不计粒子重力。（1）求粒子从BC边射出时，射出点距C点的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间。（本题计算结果可以保留根号）分析与解答：（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动qvB=mv2r，半径r=mvqB0.4m 射出点距C点的距离MCr-rsin300cos300=2153m 磁场中的运动时间t60036002rv043105s变式2 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60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。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。分析与解答：粒子进入磁场受洛伦兹力作用偏转，由左手定则可知，粒子带负电；由射入、射出点的半径可找到圆心O，粒子在磁场中运动情况如图：由几何关系得出半径为r=2a3由牛顿第二定律：qvB=mv2r联立解得：B=3mv2qa射出点离O的距离为为d=r+rcos60=3a故射出点坐标为(0,3a)变式3 如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场中，在洛仑兹力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN上的A点。测得O、A两点间的距离为L。不计粒子重力。（1）试判断P、Q间的磁场方向；（2）求粒子做匀速直线运动的速度大小v；（3）求粒子的电荷量与质量之比qm。分析与解答：（1）粒子做匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡（如图所示）根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向里（2）电场力和洛伦兹力平衡，qE=qvB1，解得vEB1（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB2mv2r，又L=2r，解得qm2ELB1B2变式4如图所示，坐标系xoy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1=2N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和电场，磁场方向垂直纸面向外，B=1T，电场方向竖直向上，E2=2N/C。t=0时刻，一个带正电的质点在O点以v=2m/s的初速度沿着与x轴负方向成450角射入y轴的左侧空间，质点的电量为q=10-6C，质量为m=210-7kg，重力加速度g=10m/s2。求：（1）质点从O点射入后第一次通过y轴的位置；（2）质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间；分析与解答：（1）质点从O点进入左侧空间后，所受电场力：qE=210-6N=mg电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力qvB=mv2R则：R=mvqB=0.4m质点第一次通过y轴的位置：y1=2R=225m（2）质点的1/4个匀速圆周运动的时间：t1=142mqB=10s质点到达右侧空间时，F合=Eq2+mg2=2mg由牛顿第二定律得：a=2mgm=2g且F合与v反向，质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2=2va=25s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间：t=t1+t2=+2210s。变式5如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域的圆心，左侧的电势比右侧高U=2qB12r2m在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置不计粒子重力及其相互作用，求：（1）粒子刚进入加速管时的速度大小；（2）磁场区域的磁感应强度大小B2（用B1表示）；（3）若磁场的磁感应强度B2减小10%，求荧光屏上有粒子到达的范围？分析与解答：（1）磁场区域内粒子运动轨道半径为r，qvB1=mv2r解得v=qB1rm（2）经过加速电场：qU=12mv22-12mv2解得：v2=5qB1rm粒子在磁场区域的轨道半径为2r，qv2B2=mv222r解得B2=52B1（3）粒子经磁场区域后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知：OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行磁场的磁感应强度B2减小10%，即B2=910B2，r2=109r2=209r荧光屏上方没有粒子到达的长度为d=2r2-2r2=49r即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端49r处到下端，总长度149r变式6如图所示，坐标空间中有场强为E=100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度vo=105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷qm= 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件。分析与解答：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：qE=ma设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：vy=at l=v0t解得vy=v0v=v02+vy2=2v0=2105m/s（2）设v的方向与y轴夹角为，则有cos=vyv=22可得=450粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有：qvB=mv2R可得R=mvqB要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件：dR(1+cos)综合已知条件解以上各式可得：d0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向.已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q，不计重力。求（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离（2）磁场的磁感应强度大小（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离分析与解答：（1）11H在电场中做类平抛运动，水平方向：x1=v1t1，竖直方向：h=12a1t12，粒子进入磁场时竖直分速度：vy=a1t1=v1tan60，解得：x1=233h；（2）11H在电场中的加速度：a1=qEm，11H进入磁场时的速度：v=v12+(a1t1)2，11H在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得：x1=2r1sin60，11H在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r1解得：B=6mEqh；（3）由题意可知：11H和12H的初动能相等，即：12mv12=122mv22，由牛顿第二定律得：qE=2ma2，12H在电场中做类平抛运动，水平方向：x2=v2t2，竖直方向：h=12a2t22，12H进入磁场时的速度：v=v22+(a2t2)2，sin=vy2v2=a2t2v2，解得：x2=x1，=60，v=22v，12H在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r=2mvqB=2r射出点在原点左侧，12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：x2=2rsin，12H第一次离开磁场时的位置距离O点的距离为：d=x2-x2，解得：d=23(2-1)h3；变式1在xoy平面内，第象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角.在x0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C，在y0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y32m（或d32m）。变式5如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，v0=mg2qB，已知小球P、Q正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度E=mgq，水平台面距离地面高度h=2m2gq2B2，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后，小球Q的速度大小。（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球P落地，落地点与平台边缘的水平距离多大？分析与解答：（1）P、Q两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，据此列式，可求得碰撞后小球Q的速度大小（2）两球碰撞后交换速度，Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，经过一个周期时间再次与P球碰撞，交换速度，P球做平抛运动根据平抛运动的规律求解即可（1）小球PQ首次发生弹性碰撞时：mv0=mvP+mvQ12mv02=12mvP2+12mvQ2联立解得：vP=0,vQ=v0=mg2qB（2）对于小球Q，由于qE=mg，故Q球做匀速圆周远动，洛伦兹力提供向心力，qv0B=mv02r经t1=T=2mqB小球PQ再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：vP=v0=mg2qB，vQ=0小球P离开平台后做平抛运动，平抛的时间为t2，t2=2hg=2mqB所以，P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t=2mqB+2mqB=2mqB(1+)落地点与平台边缘的水平距离xP=vPt=m2gq2B2变式6如图甲所示，在y0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=8103N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2104m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为-210m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷qm=106C/kg，不计粒子的重力。求粒子：1 在磁场中运动时距x轴的最大距离；2 连续两次通过电场边界MN所需的时间；3 最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。分析与解答：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv2R解得半径R=0.2m粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym=2R=0.4m (2)如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2Rv=20.22104=210-5s由磁场变化规律可知，它在0-3210-5s(即0-34T)时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时t2=R+y0v=210-5s=T4进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度：a=qEm=8109m/s2粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3=2va=221048109=210-5s=T4接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经3210-5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C，所需时间为t=t3=210-5s第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t=T4+3T2+T4=2T=410-5s (3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向-x方向平移2R(即答图甲中所示从P点移到F点)，OP=1.1m=5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知，QI=OP-5R=0.1mKQ=R-QI=0.1m=R2，则JQ=R2-(KQ)2=32RJ点到O的距离JO=R+32R=2+310m0.37m变式7如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限有沿y轴负方向、场强为E200N/C的匀强电场，第二象限有垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一质量m2.01011kg，电量q1.0105C带正电的粒子，从负x轴上的A点以v1.0104m/s的速度垂直x轴进入磁场，恰好垂直通过y轴上的P点并进入电场，经过电场后通过x轴上的Q点。已知OP的长度h2m，不计粒子重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)OQ的长度L；(3)粒子从A点运动到Q点的总时间t总。分析与解答：(1)微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：qvB=mv2r由几何关系知:r=h由式代入数据解之得：B=0.01T (2)设微粒在偏转电场中运动时间为t, 加速度为a，做类平抛运动水平方向：L=vt竖直方向：qE=mah=12at2联立式代入数据解之得：L=2m(3)由式代入数据解之得：t=2104s粒子在磁场中运动时间为：t1=T4=142rv=3.1410-4s粒子从A点运动到Q点的总时间：t总=t1+t=5.14104s.
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