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1、学进辅导高三物理学习资料-带电粒子在电、磁场中的运动2012-11-17 1在图所示的坐标系中，x 轴水平， y 轴垂直， x 轴上方空间只存在重力场，第象限存在沿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 P1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：? 质点 a 到达 P2点时速度的大小和方向；? 第象限中匀
2、强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；? 质点 a 进入第 象限且速度减为零时的位置坐标解 （2 分）如图所示。（1）质点在第 象限中做平抛运动，设初速度为v0，由212hgt （2 分）2h=v0t （2 分）解得平抛的初速度02vg h（1 分）在 P2点，速度 v 的竖直分量2yvgtgh （ 1 分）所以， v=2gh ，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23P P为圆的直径，转动半径R=hhOP2222222 （1 分）又由2vq v BmR （2 分） 可解得E =mg/q
3、 （1 分） ； B = hgqm2（2 分）（3）带电粒以大小为v，方向与x 轴正向夹45 角进入第 象限，所受电场力与重力的合力为2mg，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：22mgagm （2 分） ；由22242,2222vghOvasshag得（2 分）由此得出速度减为0 时的位置坐标是,hh（ 1 分）2如图所示的坐标系，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
4、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求：（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）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。分析和解：（1）参见图 ,带电质点从P1到 P2，由平抛运动规律221gth （ 2 分） ； v0=2h/t （1 分）gt
5、vyvy=gt （1 分）求出ghvvvyO222 （2 分）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - 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） ；RvmBqv2 （2 分）222)2()2()2(hhR （2 分） ；由解得qmgE（2 分）联立 式得hgqmB2 （2 分）（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
6、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vmin=vcos45 =gh2 （2 分）方向沿 x 轴正方向 2 分）3如图所示，在xoy平面的第一、第三和第四象限内存在着方向竖直向上的大小相同的匀强电场，在第一和第四象限内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，电量为 +q的带电质点，在第三象限中以沿x轴正方向的速度v做匀速直线运动，第一次经过y轴上的 M点， M点距坐标原点 O的距离为 L；然后在第四象限和第一象限的电磁场中做匀速圆周运动，质点第一次经过x轴上的 N点距坐标原点 O的距离为L3。已知重力加速度为g，求：? 匀强电场的电场强度 E
7、的大小。? 匀强磁场的磁感应强度B的大小。? 质点第二次经过 x 轴的位置距坐标原点的距离d的大小。解： ? 带电质点在第三象限中做匀速直线运动，电场力与重力平衡，则：qE=mg得：E=mg/q? 设质点做匀速圆周运动的半径为R，则：222)3(+)(=LLRR解得： R=2L由RvmqvB2=；得：qBmvR =联立解得：qLmvB2? 质点在第二象限做平抛运动后第二次经过x轴，设下落的高度为h，则：LLRh3=2=由平抛运动的规律有：221=gth；vtd解得：gLvd6=4(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
8、感应强度大小为B1=2 102T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y 轴上的 P 点，OP=1.0m，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=1.6 1025kg、 电荷量 q=+1.6 1018C 的粒子，以相同的速率 v=2 105m/s 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=0.5 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。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
9、=4t1。不计粒子重力求：(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 ? 分析与解：（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 =r=mv/qB1 （1 分） ,r = 1.0 m （1 分） ；T1 =2 m /qB1 （ 1 分）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 =T1/ 2 （2 分） ，解得 t0 = 1.5710 5s （2 分）（2）粒子沿 +x 轴的方向进入时，在磁感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和 B2中运动的轨
10、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 =21r （1 分） ；所以 AO1C = 30 2 分）则 t1=T1/12 （2 分）设粒子在 B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - T2 =22qBm （1 分）由于PAO1 =OAO2 =O
11、DO2= 30 （1 分）所以AO2D = 120 （2 分）则 t2 =232T （2 分） ，由 t2 = 4 t1，解得 B2 = 2B1 （1 分） B2 = 4 10 2 （1 分）5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
12、所用的时间解：（1）v=v0/cos45 =2 v0（2）因为 v 与 x 轴夹角为45 ，由动能定理得：q E Lmvmv2202121, 解得E =mv02/2qL （3）粒子在电场中运动L =2221at， a =qE/m解得： t2=2L/v0粒子在磁场中的运动轨迹为l/4 圆周，所以R =( 3L2L)/2= 2L/2 粒子在磁场中的运动时间为：t1= 004/221vLvR粒子从 O 运动到 P 所用时闯为： t=t1+t2=L( +8)/4vo 6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
13、，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最小面积；（2）求出 O 点到 c 点的距离。【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，轨迹如图所示 .根据牛顿第二定律，有ev0B = Rvm20（2 分）要使磁场的区域面积最小，则Oa 为磁场区域的直径，由几
14、何关系可知：r =Rcos30 （4 分）求出圆形匀强磁场区域的最小半径032mreBv（2 分）圆形匀强磁场区域的最小面积为2220min2234mSrB ev（1 分）（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：s sin30 =v0t（3 分）平行电场方向：scos30 =a t2/ 2，（3 分）由牛顿第二定律eE=ma，（2 分）解得：2043mseEv。O 点到 c 点的距离：2222200343()()mmdObbcBeeEvv名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - -
15、- - 第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - 7如图所示， 坐标系 xOy 位于竖直平面内， 在该区域内有场强E=12N/C、方 向沿 x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向且垂直于xOy 平面指向纸里的匀强磁场一个质量m=4 105kg，电量 q=2.5 105C带 正电的微粒，在xOy 平面内做匀速直线运动，运动到原点O 时，撤去磁场，经 一段时间后，带电微粒运动到了x 轴上的 P 点取 g10 m/s2，求：（1）带电微粒运动的速度大小及其跟x 轴正方向的夹角方向（2）带电微粒由原点O 运动到 P 点的时间解答微粒运动到O 点之前要受到重力、
16、电场力和洛仑兹力作用，在 这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零由此可得222()BEFFmg （2 分）电场力EFEq （2 分）洛仑兹力BFBqv （2 分）联立求解、代入数据得v=10m/s （2 分）微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直,设该合力与y 轴负方向的夹角为 , 则: tanEFmg （2 分） ；代入数据得tan = 3/4 , = 37 带电微粒运动的速度与x 轴正方向的夹角为= 37 （2 分）微粒运动到O 点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，且方向与微粒在O 点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动，可沿初速度方向
17、和合力方向进行分解设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则因为s1=v t 2222()12EFmgstm 12t anss 联立 求解，代入数据可得: O 点到 P 点运动时间t12 s 8 （20 分）如图所示， 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
18、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）解： （1）由题意可知，t=T/6 T=02vr 2m /qB =m /3qB ；qv0B=mrv20 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/qB A 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：v0 = at 由几何关系知：3/330tan2/02tvat v2=at=3/320v 第一次穿越x 轴的速度大小v=022213/7vvv与电场方向夹角 =arcsinarc3/7 式各 2 分9
19、 （22 分）如图所示， 在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - 场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为 +q 的带电微粒在此区域恰好做速度大小为 v 的匀速圆周运动。 （该区域的重力加速度为g）（1）求该区域内电场强度的大小和方向。（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的 A 点，速度与水平向成45 ，如图所示。则该微粒至少需
20、经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？（3）在（ 2）间中微粒又运动A 点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？解（ 1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此mg = Eq（2 分）解得：qmgE （ 2 分） 方向：竖直向上（2 分）（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图 qBv = mRv2（2 分）最高点与地面的距离为：Hm = H + R ( 1 + cos 45) （2 分）解得： Hm = H +)221(Bqmv （2 分）该微粒运动周期为：T =Bqm2 （2 分）运动到最高点所用时间为：B
21、qmTt4383 （2 分）（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：221045cotmEqhmgh（2 分）解得：gvEqmgmh5)(222 （2 分） ；该微粒离地面最大高度为：H +gv42 （2 分）10(20 分)在倾角为 30 的光滑斜面上有相距40m 的两个可看作质点的小物体P 和 Q，质量分别 100g 和 500g，其中P 不带电， Q 带电。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度的大小为50V/m ，方向竖直向下；磁感应强度的大小为5 (T)，方向垂直纸面向里。开始时， 将小物体 P 无初速释放，当 P 运动至 Q 处时，与静止在该处的小物体Q 相碰，碰撞中两物
22、体的电荷量保持不变 。 碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无限长，g 取 10m/s2。求：（1）试分析物体Q 的带电性质及电荷量；（2）物体 P、Q 第一次碰撞后， 物体 Q 可能的运动情况，此运动是否为周期 性 运动？若是，物体Q 的运动周期为多大？（3）物体 P、Q 第一次碰撞过程中由物体P 和 Q 组成的系统损失的机械能。解： （20 分） （1）对物体 Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有m2g =qE得 q =0.1C，且物体Q 带负电（2）物体 P、Q 碰撞之后，物体Q 受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q将在斜面上方做匀速圆周运动. 对物体
23、Q，匀速圆周运动的周期：sqBmT22（3）要使 P、Q 能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q 的第一次碰撞点,物体 P 在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。对物体 P，从释放到与Q 碰撞之前，由运动学公式有：v200=2gsim s 得 v0=20m/s 对物体 P 和 Q，在碰撞过程中，动量守恒有112201vmvmvm碰撞过程中，系统损失的能量为222211201212121vmvmvmE对物体 P，时间关系：kTgvsin21(，k321) 当 k=1 时，v1=5m/s，v2=5m/s，E=12.5J 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - -
24、 - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - 当 k=2 时，v1=10m/s，v2=6m/s，E=6J 当 k=3 时，v1=15m/s，v2=7m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。综上所述，碰撞过程中由物体P 和 Q 组成的系统损失的机械能可能为12.5J 或 6J. 11 （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
25、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）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。解 （1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r =2L/3 （2 分）又因为qv0B =rvm20（2 分）解得： B =qLmv230（2 分）（2）带电粒子在电场中运动时，沿x 轴有： 2L = v0t2（1 分）沿 y 轴有： L =2221at（ 1 分）又因为 qE = ma（2 分）解得： E =qLmv220（2 分）（3）带电粒子在磁场中运动时间为t =0094231v
26、Lv（2 分）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：t1/t2 = 2 /9 （2 分）12 （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y 0 的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y 0 的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直 xy 平面（纸面）向外一电量为q、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y轴上 y = h 处的点 P1时速率为 v0，方向沿 x 轴正方向，然后经过x 轴上 x = 2h 处的 P2点进入磁场，并经过 y 轴上 y = 2h 处的 P3点不计粒子的重力，求（1）电场强度的大小；（2
27、）粒子到达P2时速度的大小和方向；（3）磁感应强度的大小解： （1）粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图所示设粒子从P1到 P2的时间为t， 电 场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：qE = mav0t = 2hat2 /2= h由 式解得 E =mv20/2qh（2）粒子到达P2时速度沿 x 方向的分量仍为v0，以 v1表示速度沿y 方向分量的大小， v 表示速度的大小，表示速度和x 轴的夹角，则有v21= 2ah v =2021vv；tan = v1 /v0；由式得 v1 = v0由 式得 v =2 v0； = arctan 1 = 45（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律qvB = rvm2r 是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x 轴和 y 轴的交点分别为P2、P3 ；因为 OP2 = OP3，=45 ，由几何关系可知，连线 P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r =2 h由11可得 B =mv0/qh名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - -