带电粒子在电磁场中的运动题目及答案解读Word文件下载.docx

1、m = H +Bq（1+22） （2分）该微粒运动周期为：T =2mBq （2分）运动到最高点所用时间为：t=33m （2分） T=84Bq1m2 （2分） 2 （2分） （3）设该粒上升高度为h，由动能定理得： -mgh-Eqhcot45 =0- m2v2h= =2（mg+Eq）5gv2该微粒离地面最大高度为：H + 4g （2分）3.如图所示，绝缘的水平地面在Q点左侧是光滑的，右侧是粗糙的。质最为m、电荷量为q（q0）的金属小滑块A放在P点，质最为2 m、不带电的金属小滑块B放在Q点，A、B均静止不动，P、Q两点之间的距离为L。当加上方向水平向右、场强大小为E的匀强电1场时，A开始向右运动

2、，然后与B发生正碰，碰撞时间极短。碰后，A、B的电荷量均为2q且保持不变，A刚好能返回到P点，B水平向右做匀速运动。A、B均视为质点，A、B之间的库仑力不计。求：（1）碰撞前、后A的速率v1、v2和碰后B的速率vB；（2）当A刚好回到P点时B到Q点的距离xB。（1）A从P到Q、Q到P的过程，分别根据动能定理有qEL=12mv22 （2分）-12qEL=0-12 （2分）解得v1=v2= （2分）A、B正碰，由动量守恒定律得mv1=-mv2+2mvB （3分）由解得v1B=21 （2分）（2）碰撞后，B水平向右做匀速直线运动，有xB=vBt （3分）A水平向左做匀减速直线运动返回到P点有L=v2

3、2t （3分）由解得xB=1）L （2分）4. 如图，xoy平面内的圆O与y轴相切于坐标原点o在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场一个带电粒子（不计重力）从原点o沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0/2若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求：该带电粒子穿过场区的时间解：设电场强度为E，磁感强度为B；圆o的半径为R；粒子的电量为q，质量为m，初速度为v同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有qvB=qEvT0=2R只存在电场时，粒子做类平抛运动，有x=vT021qET02y=

4、（）2m2由以上式子可知x = y = R，粒子从图中的M点离开电场 qvB=由以上式子得8mRT02只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心mv2qvB=r 设半径为rr=由以上式子可得R2由图tg=R/r=2 所以，粒子在磁场中运动的时间t=r2T0=arctan2v25. 在直角坐标系的第II象限和第象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。某一带正电粒子A1，由静止开始经加速电压为U的电场（图中未画出）加速后，从纵的M处平行于x轴向右运动，通过第II象限的匀强磁场区域后，在坐标原点O处与静止在该点的粒子A2发

5、生了对心正碰，碰后它们结合在一起进人第IV象限，碰撞前后它们的运动轨迹如图所示。若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、碰撞过程中无电荷量损失。（1）求带电粒子A1的比荷（即qm）；（2）确定粒子A2碰撞前的带电情况；（3）求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。qU=121）带电粒子A1在电场中被加速，由动能定理有2mv（2分）qvB=mv2在磁场中偏转，由牛顿第二定律有r 联立两式得q/m=2U/（B2r2）由图可知r= 代入式解得q/m=U/（B2a2）（2）由两式可得A1在第象限的磁场中的运动速率v=/（Ba） 在O点A1、A2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有2mv=m

6、v v=v/2=/（2Ba） 由式结合粒子运动轨迹的特点有7 （2分）（1分） （1分）（2分）（2分）（2分）（1分）（r=2mv/qB=mv/qB=r=mv/qB （1分） 故有q=q，所以碰撞前A2不带电 （1分）（3）由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为/4而T=2r/v （1分） t1=T1/8=r/（4v）=a2B/（4U） （1分） t2=T2/8=r/（4v）=a2B/（2U） （1分） 所以它在磁场中运动的总时间t=t1+t2=3a2B/（4U） （1分）二 带电粒子组合场中运动1（20分）在图13所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，8 第象

7、限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第象限存在的电P场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x=-2h处的P2点进入第象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y=-2h的P3点进入第象限，试求：（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；（2）第象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）质点a进入第象限且速度减为零时的位置坐标1（2分）如同答2所示。（1）质点在第象限中做平抛运动，设初速度为v0，由h=12gt2 （2分）2h=v0t

8、（2分）解得平抛的初速度v0=在P2点，速度v的竖直分量vy=gt=9 1分） 1分）（v=，其方向与x轴负向夹角=45 （1分）（2）带电粒子进入第象限做匀速圆周运动，必有mg=qE （2分）又恰能过负y轴2h处，故P2P3为圆的直径，转动半径R= 2h=2h （1分） 2又由qvB=m （2分） R可解得E=mg （1分）qB= （2分）（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45，方向与过P3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：a= （2分） m由O2-v2=-2as,得s=v22a= （2分）由此得出速度减为0时的位置坐标是（h,-h） （1分）2（20

9、分）如图18所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上y=2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；（3）带电质点在

10、第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。2（20分）分析和解：（1）参见图，带电质点从P1到P2，由平抛运动规律 h=12gt2（2分）vO=2ht（1分）（1分） vy=gt求出v=22vO+vy=2gh（2分） 方向与x轴负方向成45角（1分）（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力Eq=mg（1分） v2Bqv=m（2分） R（2R）2=（2h）2+（2h）2（2分） 由解得E=mg（2分） q联立式得B=m2g（2分） qh（3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量

11、 vmin=vcos45=2gh（2分）方向沿x轴正方向（2分）3（20分）如图所示，在xOy坐标系的第象限内，x轴和平行x轴的虚线之间（包括x轴和虚线）有磁感应强度大小为B1=210-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=10m，在xO的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1610-25kg、电荷量g=+1610-18C的粒子，以相同的速率v=2105ms从c点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=05 m。有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域

12、。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2，已知t2=4t1。不计粒子重力。（1）粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?（2）磁感应强度B2的大小?3解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则r =m （1分） qB1r = 1.0 m （1分） T1 =2m （1分） qB11T1 （2分） 213 由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即 t0 =解得t0 = 1.57105 s （2分）（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁

13、感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与y轴的交点是A，在B2中做圆周运动的圆心是O2，与y轴的交点是D，O1、A、O2在一条直线上。由于OC =12r （1分）所以AO1C = 30 （2分）则t11 =12T1 （2分）设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则T2 =2 mqB （1分）由于PAO1 =OAO2 =ODO2 = 30（1分）所以AO2D = 120（2分）则t22 =3T2 （2分）由t2 = 4 t1解得B2 = 2B1 （1分）B2 = 4102 （1分）4（18分）如图所示，

14、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外的匀强磁场现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45角当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同求：（1）粒子从O点射人磁场时的速度v（2）匀强电场的场强E（3）粒子从O点运动到P点所用的时间4（18分）解： （1）v=v0 cos45（2）因为v与x轴夹角为45，由动能定理得：11mv02-mv2=-qEL 22mv02 解得：E=2qL（3）粒子在电场中运动L=12qE2Lat2，a=解得：t2= 2mv0粒子在

15、磁场中的运动轨迹为l4圆周，所以R2 =L2 粒子在磁场中的运动时间为：12RL= t1= v04v0粒子从O运动到P所用时闯为：t=t1+t2=L（+8） 4v05、（18分）如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向沿与x轴负方向成60角斜向下。一个质量为m，带电量为e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电场中，速度方向与x轴正方向成30，之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和

16、最小面积；（2）求出O点到c点的距离。5、【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所v02示.根据牛顿第二定律，有Bev0=m （2分） R要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知：r=Rcos30（4分）求出圆形匀强磁场区域的最小半径r=0 （2分） 2圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3m2v02=r=（1分） 224Be（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin300=v0t；（3分） 平行电场方向：scos30=012at，（3分）由牛顿第二定律eE=ma， （2分）v02解

17、得：s=。O点到c点的距离：d= eE6（20分）如图18所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角为30，且斜向上方，现有一质量为m电量为q的质子，以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角为30的方向射入第二象限的磁场，不计质子的重力，磁场和电场的区域足够大，求：（1）质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。（2）质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。（3）质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。（用反三角函数表示）6（1）由题意可知，t=1T 6qV0=m2r v02mm= qB3qB2v0

18、V0=m r易知AOB为等边三角形第一次穿越x轴，穿越点与原点距离X=r=mv0 qBA时速度方向与x轴夹30角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛v2=at12at知=tan30= v0t3V0 次穿越x轴的速度大小V0 与电场方向夹角=式各2分 7（18分）如图所示，直角坐标中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在x轴上的a 点以速度v0与x轴成60度角射入磁场，从y =L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x = 2L处的c点。不计重力。求（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；（3）粒子在磁场

19、和电场中的运动时间之比。7（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r =23L （2分）又qv =mv0B0r （2分）B =3mv02qL （2分）（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L = v0t2 沿y轴有：L =12at2又qE = ma 解得：E =mv2（3）带电粒子在磁场中运动时间为t =1243v=L09v01分）1分）2分）2分）2分）20 （ （ （ （ （带电粒子在电场中运动时间为：t2 =2L v0 （2分）所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t12 （2分） =t298（18分）如图所示，在y0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y0的区域内有垂直坐标平面向里

20、的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）电子从A运动到D经历的时间t8（18分）电子的运动轨迹如右图所示 （2分）（若画出类平抛和圆运动轨迹给1分）（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t12d=v0t1 （1分）1d=at12 （1分）eE（1分） m2mv0求出 E = （

21、1分）2ed（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则at（1分） tan=1=1 = 45v0a=求出 v=2v0 （1分）电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力evB=m （1分）r由图可知 r=2d （2分）mv0求出 B= （1分）ed（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=6d （2分）332m3d （2分）电子在磁场中运动的时间 t2 = T=44eB2v03d（4+） （2分） 电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =2v09（20分） 如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大

22、小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角=30，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：（1）粒子从P运动到C所用的时间t； （2）电场强度E的大小；（3）粒子到达Q点的动能Ek。 9（20分）（1运动的轨迹为半个圆周（2分） 由Bqv0=m（1分） r得：r= （1分）qB又T=2r2m（1分） =v0Bq得带电粒子在磁场中运动的时间：t=Tm= （2分） 2qB（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v0垂直于电场沿CF方向，过

23、Q点作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知 识可知，CPOCQOCDQ，由图可知： CP=2r=2mv0qB （1分）带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为 SE=DQ=OQ=OP=CPsin300=r=mv0带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为 Smv0v0=CD=CO=CPcos300=3r=qB由类平抛运动规律得：SE=12at2=1qE2mt2 （1分）Sv0=v0t （1分） 联立以上各式解得：E=2Bv03 （2分）3）由动能定理得： 2分） （1分）24 （ （12mv0=qESE （3分） 272联立以上各式解得：Ek=mv0 （2分） 6Ek-5v=1.010m/sOOO

24、O010（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线的某处放置一个粒子源，粒子源沿方向连续不断地放出速度（方向水平向右）的带正电的粒子。在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B=0.01T，方向垂直纸面向里，MNq=1.0108C/kg与中线OO垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的U-t图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷m，粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的）求：（1） t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间、（20分）（1）0.1s时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有2U=1y 出电场时粒子沿电场方向的分速度v5y=10m/s=v0 粒子离开电场时的速度v=105m/s 设出射方向与v0方向