《二輪第五講 帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪第五講 帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第五講 帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動 1　如圖4－8所示，MN是一正點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶負(fù)電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是(　　) A．帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小 B．正點電荷一定位于M點的左側(cè) C．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能 D．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度 2．如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點的場強(qiáng)大小Ea、Eb及電勢φa、φb

2、的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是(　　) A．Ea＝，φa＞φb B．Ea＝Eb，φa＜φb C．Ea＝3Eb，φa＞φb D．Ea＝3Eb，φa＜φb 3．如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的金屬塊沿傾角為θ的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑．已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h．金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面，設(shè)此時的速度為v，則(　　) A．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運(yùn)動 B．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機(jī)械能增加了qEh C．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機(jī)械能增加了m

3、v2－mgh D．金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運(yùn)動 4．均勻分布著等量異種電荷的半徑相等的半圓形絕緣桿被正對著固定在同一平面上，如圖所示．AB是兩種絕緣桿所在圓圓心連線的中垂線而且與二者共面，該平面與紙面平行，有一磁場方向垂直于紙面，一帶電粒子(重力不計)以初速度v0一直沿直線AB運(yùn)動．則(　　) A．磁場是勻強(qiáng)磁場 B．磁場是非勻強(qiáng)磁場 C．帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動 D．帶電粒子做變加速運(yùn)動 5．如圖所示，帶電粒子在沒有電場和磁場的空間內(nèi)以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動．若空間只存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場時，粒子通過P點時的動能為Ek；當(dāng)空間只存在平行于y軸的

4、勻強(qiáng)電場時，則粒子通過P點時的動能為(　　) A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek 6．如圖甲所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，又恰好垂直進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運(yùn)動的總時間為(　　) A． B．(2＋5π) C．(2＋) D．(2＋) 7如圖4－10甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)

5、存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場，當(dāng)從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M、N兩板加上如圖4－10乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．(不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強(qiáng)電場，邊緣電場不計) (1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B． (2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值． (3)當(dāng)t＝時，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒

6、子從磁場中射出的點到a點的距離． 8圖甲為電視機(jī)中顯像管的工作原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極使電子逸出，這些電子再經(jīng)加速電場加速后，從O點進(jìn)入由磁偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的偏轉(zhuǎn)磁場中，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像．不計逸出電子的初速度和重力，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U．偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，磁場方向垂直紙面，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．在每個周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B都是從－B0均勻變化到B0．磁場區(qū)域的左邊界的中點與O點重合，ab邊與OO′平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s．由

7、于磁場區(qū)域較小，且電子運(yùn)動的速度很大，所以在每個電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認(rèn)為磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，即為勻強(qiáng)磁場，不計電子之間的相互作用． (1)求電子射出電場時的速度大?。? (2)為使所有的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值． (3)若所有的電子都能從bc邊射出，求熒光屏上亮線的最大長度是多少？ 9 如圖4－11甲所示，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(0，h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒

8、子將做半徑為R0的圓周運(yùn)動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn)動．現(xiàn)在只加電場，當(dāng)粒子從P點運(yùn)動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運(yùn)動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力，求： （1)粒子到達(dá)x＝R0平面時的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離． (2)M點的橫坐標(biāo)xM． 10　如圖4－12甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從坐標(biāo)原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時的速度方向不同，但大小均為v0．現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平

9、行的熒光屏MN上，求： (1)熒光屏上光斑的長度． (2)所加磁場范圍的最小面積． 11如圖4－13甲所示，ABCD是邊長為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場．電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場．不計重力，求： (1)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大?。? (2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積 12在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直電場方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，如圖4－14甲所示．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化情況如

10、圖4－14乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點．在t＝0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點)，從M點開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運(yùn)動，t0時刻恰好到達(dá)N點．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時間內(nèi)的某一時刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點．求： (1)電場強(qiáng)度E的大?。? (2)小球從M點開始運(yùn)動到第二次經(jīng)過D點所用的時間． (3)小球運(yùn)動的周期，并畫出運(yùn)動軌跡(只畫一個周期)． 13如圖甲所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)

11、的有界圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標(biāo)為(－L,0)．粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標(biāo)為(0,2L)，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)．求： (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小． (2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ． (3)圓形磁場的最小半徑Rm． 14　一導(dǎo)體材料的樣品的體積為a×b

12、×c，A′、C、A、C′為其四個側(cè)面，如圖4－15所示．已知導(dǎo)體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I． (1)導(dǎo)體樣品A′、A兩個側(cè)面之間的電壓是________，導(dǎo)體樣品中自由電子定向移動的速率是________． (2)將該導(dǎo)體樣品放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導(dǎo)體側(cè)面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側(cè)面C′的電勢． (3)在(2)中，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側(cè)面的電勢差為U，試計算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 1

13、5如圖4－16甲所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略離子所受重力) (1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角φ． (2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑． (3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍．

14、16．(13分)如圖甲所示，豎直擋板MN的左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強(qiáng)度的大小E＝40 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在t＝0時刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、帶電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2．求： (1)微粒下一次經(jīng)過直線OO′時到O點的距離． (2)微粒在運(yùn)動過程中離開直線OO′的最大距離． (3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋

15、板上，擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件． 第五講 參考答案 1 C 2 D 3 C 4 B　5 D 6 D 7【解析】(1)粒子自a點進(jìn)入磁場，從O1點水平飛出磁場，則其運(yùn)動的軌道半徑為R． 由qv0B＝m，解得：B＝． (2)粒子自O(shè)1點進(jìn)入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設(shè)運(yùn)動時間為t，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律有： 2R＝v0t ＝2n·()2 又t＝nT (n＝1,2,3…) 解得：T＝ (n＝1,2,3…) U0＝ (n＝1,2,3…)． 圖4－10丙 (3)當(dāng)t＝時

16、，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進(jìn)入磁場的速度仍為v0，運(yùn)動的軌跡半徑為R．設(shè)進(jìn)入磁場時的點為b，離開磁場時的點為c，圓心為O3，如圖4－10丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以O(shè)c∥O3b，故c、O、a三點共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d＝2R． 8【解析】設(shè)電子射出電場的速度為v，則根據(jù)動能定理，對電子的加速過程有：mv2＝eU　(1分) 解得：v＝．　(1分) (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0或－B0時(垂直于紙面向外為正方向)，電子剛好從b點或c點射出　(1分) 設(shè)此時圓周的半徑為R，如圖丙所示．根據(jù)幾何關(guān)系有： R2＝l

17、2＋(R－)2　(1分) 解得：R＝　(1分) 電子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，因此有： evB0＝m　(1分) 解得：B0＝．　(1分) (3)根據(jù)幾何關(guān)系可知：tan α＝　(1分) 設(shè)電子打在熒光屏上離O′點的最大距離為d，則： d＝＋stan α＝＋　(1分) 由于偏轉(zhuǎn)磁場的方向隨時間變化，根據(jù)對稱性可知，熒光屏上的亮線最大長度為： D＝2d＝l＋．　(1分) 9【解析】(1)粒子做直線運(yùn)動時，有：qE＝qBv0 做圓周運(yùn)動時，有：qBv0＝ 只有電場時，粒子做類平拋運(yùn)動，則有： qE＝ma R0＝v0t vy＝at 解得：vy＝v0 粒子的速度

18、大小為：v＝＝v0 速度方向與x軸的夾角為：θ＝ 粒子與x軸的距離為：H＝h＋at2＝h＋． (2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝m 解得：R＝R0 此時粒子的運(yùn)動軌跡如圖4－11乙所示．圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為．由幾何關(guān)系可得C點的坐標(biāo)為： xC＝2R0 yC＝H－R0＝h－ 過C點作x軸的垂線，在△CDM中，有：lCM＝R＝R0，lCD＝y(tǒng)C＝h－ 解得：lDM＝＝ M點的橫坐標(biāo)為：xM＝2R0＋． 10【解析】(1)如圖4－12乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運(yùn)動到熒光屏MN上

19、的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運(yùn)動到熒光屏MN上的Q點． 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R ，由牛頓第二定律得： ev0B＝m，即R＝ 由幾何知識可得：PQ＝R＝． (2)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有： x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ 即x2＋(y－R)2＝R2 又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為： S＝

20、πR2＋R2－πR2＝(＋1)()2． 11【解析】(1)若要使由C點入射的電子從A點射出，則在C處必須有磁場，設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行軌道，電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a．按照牛頓定律有： f＝m 聯(lián)立解得：B＝． (2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射的電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直于入射的電子的運(yùn)動軌道只能在BAEC區(qū)域

21、中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界． 為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為θ(不妨設(shè)0≤θ＜)的情形．該電子的運(yùn)動軌跡QPA如圖4－13乙所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a．過P點作DC的垂線交DC于G，由幾何關(guān)系可知∠DPG＝θ，在以D為原點、DC為x軸、DA為y軸的坐標(biāo)系中，P點的坐標(biāo)(x，y)為： x＝asin θ，y＝acos θ 這意味著，在范圍0≤θ≤內(nèi)，P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界．因此，所求的最小勻

22、強(qiáng)磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周 和 所圍成的，其面積為： S＝2(πa2－a2)＝a2． 12【解析】(1)小球從M點運(yùn)動到N點時，有：qE＝mg 解得：E＝． (2)小球從M點到達(dá)N點所用時間t1＝t0 小球從N點經(jīng)過個圓周，到達(dá)P點，所以t2＝t0 小球從P點運(yùn)動到D點的位移x＝R＝ 小球從P點運(yùn)動到D點的時間t3＝＝ 所以時間t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ [或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]． (3)小球運(yùn)動一個周期的軌跡如圖4－14丙所示． 小球的運(yùn)動周期為：T＝8t0(或T＝)． 13【解析】(1)從A到C的過程中，電子做類

23、平拋運(yùn)動，有： L＝t2　(1分) 2L＝vt　(1分) 聯(lián)立解得：E＝．　(1分) (2)設(shè)電子到達(dá)C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ．由動能定理，有： mvC2－mv2＝eEL　(2分) 解得：vC＝v cos θ＝＝　(1分) 解得：θ＝45°．　(1分) (3)電子的運(yùn)動軌跡圖如圖乙所示，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑r＝＝　 電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出，則磁場最小半徑為：Rm＝＝rsin 60°　 由以上兩式可得：Rm＝．　(1分) 14【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R＝ρ· 根據(jù)歐姆定律：U0＝I·R＝ 分析t時間定向移

24、動通過端面的自由電子，由電流的定義式 I＝ 可得v＝． (2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C′側(cè)面偏轉(zhuǎn)，故C側(cè)的電勢高于C′側(cè)面． (3)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：q＝qvB 解得：B＝． 15【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)電壓為U0的電場加速后速度為v1，應(yīng)用動能定理有： eU0＝mv12－0 正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，受到的電場力F＝eE0 產(chǎn)生的加速度a＝，即a＝ 垂直電場方向做勻速運(yùn)動，有：2d＝v1t 沿電場方向，有：d＝at2 聯(lián)立解得：E0＝ 又tan φ＝ 解得：φ＝45°． (2)正離子進(jìn)入磁場時的速度大小

25、為： v＝＝ 正離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB＝m 聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R＝2． (3)將4m和16m代入R，得R1＝2、R2＝2 由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離Δs＝－R1 聯(lián)立解得：Δs＝4(－1) 由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2 得：R′＝R1 由R1

26、 解得：R＝＝0.6 m 由T＝　(1分) 解得：T＝10π s　(1分) 則微粒在5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO′時與O點的距離l＝2R＝1.2 m．　(1分) (2)微粒運(yùn)動半周后向上勻速運(yùn)動，運(yùn)動的時間t＝5π s，軌跡如圖丙所示． 丙 位移大小x＝vt＝0.6π m＝1.88 m　(2分) 微粒離開直線OO′的最大距離h＝x＋R＝2.48 m．　(2分) (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足： L＝(4n＋1)×0.6 m　(n＝0,1,2…)　(2分) 若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足： L＝(4n＋3)×0.6 m　(n＝0,1,2…)．　(2分) [若兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6) m　(n＝0,1,2…)同樣給分] [答案]　(1)1.2 m　(2)2.48 m (3)P點在直線OO′下方時，距離L＝(4n＋1)×0.6 m　(n＝0,1,2…) P點在直線OO′上方時，距離L＝(4n＋3)×0.6 m　(n＝0,1,2…) [或L＝(1.2n＋0.6) m　(n＝0,1,2…)]