帶電粒子在 磁場中的運動(帶答案)文檔 (3)

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1、 帶電粒子在磁場中的運動 1、 2011年3月11日，日本福島第二核電站因受附近海域9級地震引起的海嘯的襲擊，造成核物質(zhì)泄漏，這是世界性的一場災(zāi)難．放射性核物質(zhì)長期發(fā)出的高能量放射線中，有些是帶電的粒子流，有些是不帶電的光子或微觀粒子．國際研究機構(gòu)為此做了如下的實驗：讓電性相反的兩種帶電粒子a和b，其比荷分別是Ka＝qa/ma＝5×106 C/kg和Kb＝3Ka，粒子重力忽略不計，讓它們沿著一對平行金屬板間的水平中心線射入板間，開始時，兩板間有互相垂直的向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，強度分別為E＝1.5×104N/C和B＝0.1 T，極板長L＝×10－1 m，如圖5，兩極板右端緊

2、靠著一豎直的邊界，邊界右側(cè)又有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度也等于0.1 T．兩種粒子均能恰好沿中心線勻速穿越板間接著垂直邊界射入右側(cè)磁場．結(jié)果a逆時針從上方M點穿出打到接收屏P上，b順時針從下方N點穿出打到接收屏Q上，問： (1)a、b兩種粒子電性如何？從發(fā)生器剛飛出時的速度有多大？ (2)M、N之間的距離多大？ (3)如果將兩板間的磁場撤除，只保留原電場，a、b兩粒子在右側(cè)磁場中的運動時間之比是多少？ (1)因在右側(cè)磁場中a逆時針偏轉(zhuǎn)，故帶負電；b順時針偏轉(zhuǎn)帶正電 在兩板間：Eq＝qvB ① v＝＝ m/s＝1.5×105 m

3、/s ② (2)在右側(cè)磁場，a、b均做勻速圓運動，有 qvB＝m ③ 聯(lián)立Ka、Kb得ra＝　rb＝ ④ M、N間距離d＝2ra＋2rb ⑤ 聯(lián)立②③④⑤代入數(shù)據(jù)得d＝0.8 m (3)兩板間撤除磁場后，在電場力作用下，a、b分別向上、向下做類平拋運動，然后斜射入右側(cè)磁場．由Eq＝ma⑥ vy＝at ⑦ 其中t＝ ⑧ 又有tan θ＝ ⑨ 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨并代入Ka、Kb及相關(guān)數(shù)據(jù) 得：tanθa＝　θa＝30° tanθb＝　θb＝60° 如圖由

4、軌跡幾何關(guān)系和T＝＝　Tb＝Ta 得：ta＝　tb＝＝ 即ta∶tb＝6∶1. 答案　(1)a帶負電，b帶正電　1.5×105m/s　(2)0.8 m　(3)6∶1 2、如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在方向沿－y方向、電場強度為E的勻強電場．從y軸上坐標為(0，a)的P點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與＋y方向成30°～150°角，且在xOy平面

5、內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限內(nèi)的正交電磁場區(qū)．已知帶電粒子電量為＋q，質(zhì)量為m，粒子重力不計． (1)所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值； (2)求粒子打到x軸上的范圍； (3)從x軸上x＝a點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從y軸上y＝－b的Q點射出電磁場，求該粒子射出時的速度大?。? 解析　(1)tmin＝T＝；tmax＝T＝；得：＝ (2)與y軸夾角150°：R1＝＝2a 最左邊：x1＝R1(1－cos 30°)＝(2－)a 與y軸夾角30°：R2＝

6、＝2a 最右邊：x2＝R2(1＋cos 30°)＝(2＋)a 范圍是：(2－)a≤x≤(2＋)a (3)在磁場中qv0B＝m 由題意知：R＝a 第四象限中，由動能定理：Eqb＝mv2－mv 得：v＝ 答案　(1)1∶5　(2)(2－)a≤x≤(2＋)a (3) 3、在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻

7、強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示．不計粒子重力，求 (1)M、N兩點間的電勢差UMN； (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r； (3)粒子從M點運動到P點的總時間t． 4、如圖在兩水平放置的平行金屬板之間有向上的勻強電場，電場強度為E。在兩板之間及右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為B。有兩個帶電粒子、（不計重力，不計粒子間的作用力），在同一

8、豎直平面內(nèi)以水平速度進入平行板，恰好都做勻速直線運動，射入點相距，（其中e為元電荷電量，m為質(zhì)子質(zhì)量）。要使兩粒子在離開平行板后能相遇，則兩粒子射入平行板的時間差△t=? 解：如圖 、能勻速通過平行板，則 速度相等 通過平行板的時間相同………………4分 離開平行板均做勻速圓周運動，軌跡如圖 得……2分 ………………2分 必相遇在A點△O1O2A為等邊三解形…2分 ∴∠1=120° ∠2=60° 又∵T=…………2分 …………2分 …2分 …………………2分 5、如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大的互相

9、正交的勻強電場和勻強磁場。磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為v的勻速圓周運動。（重力加速度為g） （1）求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。 （2）若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°，如圖所示。則該微粒至少須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？最高點距地面多高？ (3)在（2）問中微粒又運動P點時，突然撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥瑒t該微粒運動中距地面的最大高度是多少？ P 45° ．（1）帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應(yīng)平衡，因此： mg=Eq解得

10、： 方向： 豎直向下 （2）粒子作勻速圓周運動，軌道半徑為R，如圖所示。 最高點與地面的距離為： 解得： 該微粒運動周期為： 運動到最高點所用時間為： （3）設(shè)粒子升高度為h，由動能定理得：

11、 解得： 微粒離地面最大高度為： 6、如圖，在某個空間內(nèi)有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B＝10T?，F(xiàn)有一個質(zhì)量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假如在這個微粒經(jīng)過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當它再次經(jīng)過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。（ｇ取10m／S2

12、） 【解析】 題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知： 又： 　　解之得： 　由圖3可知，微粒回到同一條電場線的時間 則微粒在電場線方向移過距離 7、如圖3-94所示，一個初速為零的帶正電的粒子經(jīng)過Ｍ、Ｎ兩平行板間電場加速后，從Ｎ板上的孔射出，當帶電粒子到達Ｐ點時，長方形ａｂｃｄ區(qū)域內(nèi)出現(xiàn)大小不變、方向垂

13、直于紙面且方向交替變化的勻強磁場．磁感強度Ｂ＝0．4Ｔ．每經(jīng)ｔ＝（π／4）×10－3ｓ，磁場方向變化一次．粒子到達Ｐ點時出現(xiàn)的磁場方向指向紙外，在Ｑ處有一個靜止的中性粒子，Ｐ、Ｑ間距離ｓ＝3ｍ．ＰＱ直線垂直平分ａｂ、ｃｄ．已知Ｄ＝1．6ｍ，帶電粒子的荷質(zhì)比為1．0×10４Ｃ／ｋｇ，重力忽略不計．求 圖3-94 　（1）加速電壓為220Ｖ時帶電粒子能否與中性粒子碰撞? 　（2）畫出它的軌跡． 　（3）能使帶電粒子與中性粒子碰撞，加速電壓的最大值是多少? 解：（1）設(shè)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為ｒ，周期為Ｔ． 　Ｔ＝2πｍ／Ｂｑ＝（π／2）×10－３ｓ，ｔ恰為半個

14、周期． 　磁場改變一次方向，ｔ時間內(nèi)粒子運動半個圓周． 　由ｑＵ＝（1／2）ｍｖ２和ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ， 　解得ｒ＝0．5ｍ，可見ｓ＝6ｒ． 　加速電壓200Ｖ時，帶電粒子能與中性粒子碰撞． 　（2）如圖18所示 圖18 　（3）帶電粒子與中性粒子碰撞的條件是：ＰＱ之間距離ｓ是2ｒ的整數(shù)ｎ倍，且ｒ≤Ｄ／2， 　ｎ最小為2，即ｒ′＝0．75ｍ． 　由ｒ′＝ｍｖ′／Ｂｑ和ｑＵｍａｘ＝（1／2）ｍｖ′２，解得Ｕｍａｘ＝450Ｖ． 　 8、如圖，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45的有界勻強電場，電場強度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁

15、感應(yīng)強度大小為B．今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R．該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點．不計粒子的重力． （1）畫出粒子在磁場和電場中運動軌跡的草圖； （2）求出電場強度E的大??； （3）求該粒子再次從O點進入磁場后，運動軌道的半徑r； （4）求該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間t． 解析：（1）粒子的運動軌跡如圖。（3分） （2）由幾何關(guān)系得…………（1分） 粒子從c到o做類平拋運動，且在垂直、平行電場方向上的位移相等，都為//=……（1分）

16、 類平拋運動時間為…………………（1分） 又s//……………………………（1分） 又……………………………（1分） 聯(lián)立得……………（1分） （3）粒子在電場中的加速度為… 粒子第五次過MN進入磁場后的速度（1分） 則第五次過MN進入磁場后的圓弧半徑…………………（1分） （4）粒子在磁場中運動的總時間為………（1分） 粒子做直線運動所需時間為………（1分） 聯(lián)立得粒子從出發(fā)到第五次到達O點所需時間 9、如圖所示,在xoy 坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y 軸正方向的勻強電場,在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m 帶電量為q的負粒子(重力不計)從

17、電場中坐標為(3L,L)的P點與x軸負方向相同的速度射入，從O點與y軸正方向成夾角射出,求: × × × × × × × × × × × × × ×· × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × O 450 (3L,L) P A1 x y (1) 粒子在O點的速度大小. (2) 勻強電場的場強E. (3) 粒子從P點運動到O點所用的時間. 解:(1)粒子運動軌跡如圖所示

18、,設(shè)粒子在P點時速度大小為,OQ段為四分之一圓弧,QP段為拋物線,根據(jù)對稱性可知,粒子在Q點的速度大小也為,方向與x軸正方向成450.可得 （1分） y O 450 (3L,L) P x Q v v (2)Q到P過程,由動能定理得 （3分） 即 （1分） (3)在Q點時,

19、 （2分） 由P到Q過程中, 豎直方向上有: （1分） （2分） 水平方向有: （1分） 則OQ=3L-2L=L （1分） 得粒子在OQ段圓周運動的半徑 （2分） Q到O的時間: （2分） 粒子從P到O點所用的時間:t=t1+t2=

20、（2分） 10、如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的交流電壓u，金屬板間電場可看做均勻、且兩板外無電場，板長L=0.2m，板間距離d=0.1m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的勻強磁場，MN與兩板中線OO′ 垂直，磁感應(yīng)強度 B=5×10－3T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的比荷=108C/kg，重力忽略不計，在0-0.8×10－5s時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t = 0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在0.2×10－5s時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）。求：

21、 （1）求兩板間的電壓U0 （2）0-0.2×10－5s時間內(nèi)射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場右邊界射出，求磁場的最大寬度 （3）若以MN與兩板中線OO′ 垂直的交點為坐標原點，水平向右為x軸，豎直向上為y軸建立二維坐標系，請寫出在0.3×10－5s時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場（此時，磁場只有左邊界，沒有右邊界）時的位置坐標。 O O’ V0 M N 圖甲 t/x10-5s 圖乙 U/V -U0 U0 0.2 0.4 0.6 0.8 (1) （3分）電荷在電場中作類平拋運動

22、 d/2=at2/2 （1分） a=d/ t2=2.5×1010 (m/s2) Eq=ma （1分） E=ma/q=2.5×1010/108 =250 (V/m) U0=Ed=250×0.1=25 (V) （1分） (2) （3分） 在0---0.2×10-5S時間內(nèi), 0.2×10-5S時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場并能夠從磁場右邊界射出,則其他粒子也都能從磁場的右邊界射出。粒子進入磁場作勻速圓周運動，則： Bqv=mv2/R1 R1=mv0/Bq （1分） 由第一問可知：v0=L/t=0.2/0.2×10-5 =105 (m/s) （1分） R1

23、=105/5×10-3×108=0.2 (m) 磁場的最大寬度為 D=R1=0.2 (m) （1分） (3) （7分） 0.3×10-5S時刻進入的粒子先做勻速直線運動,再做類平拋運動. 類平拋運動時間應(yīng)為t=0.1×10-5S . 若向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)平拋運動公式得: y1=at2=2.5×1010×(0.1×10-5)2/2=0.0125 (m) （1分） 進入坐標為 ( 0 ; 0.0125 ) (m) （1分） 進入磁場作勻速圓周運動, R2=mv/Bq 離開磁場時的坐標 y2=y1+2R2cosθ=y1+2 mv0/Bq

24、 y2=0.0125+2×105/5×10-3×108=0.4125 (m) （1分） 離開磁場左邊界坐標為 ( 0 ; 0.4125 ) (m) （1分） 若向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)平拋運動公式得: y1=at2=2.5×1010×(0.1×10-5)2/2=0.0125 (m) 進入坐標為 ( 0 ; - 0.0125 ) (m) （1分） 進入磁場作勻速圓周運動, R2=mv/Bq 離開磁場時的坐標 y2= 2R2cosθ- y1= 2 mv0/Bq- y1 y2=2×105/5×10-3×108-0.0125=0.3875(m) （1分） 離開磁場左邊界坐標為 ( 0 ; 0.3875) (m) （1分） 9