有界磁场习题
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带电粒子在磁场复合场中的运动1．如图所示，金属条的左侧有垂直纸面向里的磁感应强度为B 、面积足够大的匀强磁场.与金属条在同一直线上，A 点上方l 处有一涂有荧光材料的金属小球P (半径可忽略).一强光束照射在金属条的A 处，发生了光电效应，从A 处向各个方向逸出不同速度的光电子，小球P 因受到光电子的冲击而发出荧光.已知光电子的质量为m 、电荷量为e .(1)从A 点垂直金属条向左垂直射入磁场的光电子中，能击中小球P 的光电子的速度是多大？(2)若A 点射出的、速度沿纸面斜向下方，且与金属条成θ角的光电子能击中小球P ，请导出其速率v 与θ的关系式，并在图中画出其轨迹.2．如图中甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C 、D ，上面分别开有正对的小孔O 1和O 2，金属板C 、D 接在正弦交流电源上，C 、D 两板间的电压U CD 随时间t 变化的图线如图中乙所示。
t=0时刻开始，从C 板小孔O 1处连续不断飘入质量为m=3.2×10-25kg 、电荷量q=1.6×10-19C 的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。
在D 板外侧有以MN 为边界的匀强磁场，MN 与D 金属板相距d=10cm ，匀强磁场的大小为B=0.1T ，方向如图中所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C 、D 之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。
求：（1）带电粒子经小孔O 2进入磁场后，能飞出磁场边界MN 的最小速度为多大？（2）从0到0.04s 末时间内哪些时刻飘入小孔O 1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN ？ （3）磁场边界MN 有粒子射出的长度范围。
（保留一位有效数字）3．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B ＝5.0×10－2T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。
质量为m ＝6.64×10－27㎏、电荷量为q ＝＋3.2×10－19C 的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U ＝1205V 的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M （－4，2）处平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域。
（1）请你求出α粒子在磁场中的运动半径；（2）请你在图中画出α粒子从直线x ＝－4到直线x ＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x ＝4交点的坐标；（3）求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间。
4．在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方有与x 轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为E ＝2×104V/m 。
x 轴的下方有垂直于xOy 面的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B ＝2×10－2T 。
把一个比荷为8102⨯=mq C/㎏的正电荷从坐标为（0，1.0）的A 点处由静止释放。
电荷所受的重力忽略不计，求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t ； （2）电荷在磁场中的偏转半径； （3）电荷第三次到达x 轴上的位置。
５．如图所示，一质量为m ，电量为+q 的带电小球以v 0的初速度射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动．若电场的场强大小不变，方向改为相反．．，同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，小球恰好又能做直线运动，求电场强度E 及磁感应强度B 的大小．６．如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E 1，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B ．有两个带电小球A 和B 都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图。
已知两个带电小球A 和B 的质量关系为m A =3m B ，轨道半径为R A =3R B =9cm ． （1）试说明小球A 和B 带什么电，它们所带的电荷量之比q A : q A 等于多少? （2）指出小球A 和B 的绕行方向？（3）设带电小球A 和B 在图示位置P 处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球B 恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球A 碰撞后所做圆周运动的轨道半径（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）。
７．如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E=2．5×102N/C的匀强电场（上、下及左侧无界）.一个质量为m=0.5kg、电量为q=2．0×10—2C的可视为质点的带正电小球，在t=0时刻以大小为V0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t=t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正.（g=10m/s2）（1）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时t1的表达式（用题中所给物理量的符号表示）.（2）若小球能始终在电场所在空间做周期性运动.则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B及运动的最大周期T的大小.（3）当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹.８．如图所示，足够长两面均光滑的绝缘平板，固定在区域足够大的正交的方向竖直向上的匀强电场和方向水平向外的匀强磁场中，匀强电场的场强大小为E，匀强磁场的磁感应强度的大小为B，平板与水平面间的夹角为θ，带电为q+的小物块静止在平板中央。
现沿平板斜向下的方向给物块一个瞬时冲量I 的同时，保持磁场（包括大小和方向）和电场方向不变，使电场强度的大小变为3E，（当地的重力加速度为g，设物块沿平板运动的过程中电量不变），求：1）小物块沿平板向下运动最大位移；2）小物块沿平板运动的过程中机械能的增量。
答案１．解：（1）从A 点垂直金属条向左射入磁场面恰能击中小球P 的光电子，其做匀速圆周运动的半径R 1=l /2根据eBv 1=121R mv 可得v 1=meBl meBR21=（2）设以θ角射出的光电子能击中P 球，其轨迹如图所示 其运动半径R =θsin 2l v =meBR 即v =θsin 2m eBl (0＜θ＜π )2．解：（1）设粒子飞出磁场边界MN 的最小速度为v 0，粒子在磁场中做匀速圆周运动， 根据洛伦兹力提供向心力知： q v 0B=m v 02/R 0粒子恰好飞出磁场，则有：R 0=d 所以最小速度 v 0=qBd/m=5×103m/s（2）由于C 、D 两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中， 两极板间电压可视为不变，设恰能飞出磁场边界MN 的粒子在电场中运动时CD 板对应的电压为U 0， 则根据动能定理知： qU0=m v 02/2 得：U 0=m v 02/2q=25V根据图像可知：U CD =50sin50πt ，-25V 电压对应的时间分别为：7/300s 和 11/300s ，所以粒子在0到0.04s 内飞出磁场边界的时间为：7/300s ～11/300s（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为v m ，对应的运动半径为R m ，则有： qU m =m v m 2/2 q v m B=m v m 2/R m R m =0.14m粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为：x=R m -(R m 2-d 2)1/2=0.1×(21/2-1)m≈0.04m 磁场边界MN 有粒子射出的长度范围为：△x=d -x=0.06m３．解：α粒子在电场中被加速，由动能定理得 221mv qU = α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得rvmqvB2=联立解得11927102102.312051064.6205.0121---⨯=⨯⨯⨯⨯==qmU Br （m ）⑵能正确作出图象得⑶带电粒子在磁场中的运动周期qBm vr Tππ22==α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间721927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBm T tπ（s ）４．解：（1）如图，电荷从A 点匀加速运动运动到x 轴的C 点的过程：位移s ＝AC ＝2m加速度mqE a =＝121022⨯ m/s 2… 时间6102-==as t s（2）电荷到达C 点的速度为61022⨯==at v m/s 速度方向与x 轴正方向成45°角，在磁场中运动时 由 Rmv qvB 2= 得2210210221021268=⨯⨯⨯⨯==-qBmv R m 即电荷在磁场中的偏转半径为22m（3）轨迹圆与x 轴相交的弦长为122==R x ∆m ，所以电荷从坐标原点O 再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动，运动过程中与x 轴第三次相交时的位移方向角为45°，设运动的时间为t ′，则：t a ''=︒22145tan得t ′＝2×10－6s 则s 平=vt ′=24m845cos ==平s x m即电荷第三次到达x 轴上的点的坐标为（8，0）５．解：设初速度方向与水平方向夹角为α，只有电场时，小球做直线运动，所以与初速度垂直方向的合力应为0．则有Eq ·sinα=mg ·cosα ① 加入磁场后，小球要做直线运动，必须使洛仑兹力不变，即小球受的合力为0平行于速度方向 Eq ·cosα=mg ·sinα ② 垂直于速度方向 qv 0B =mg ·cosα+Eq ·sinα ③ 由①②得α=45° 代入①得：qmg E= ④ 联立③④得：02qv mg B=6．解：（1）因为两带电球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE=mg.由电场方向可知，两小球都带负电荷m A g=q A E m B g=q B E m A =3m B ，所以bA q q =13(2)由题意可知，两带电小球的绕行方向都相同，逆时针 由qBv=qBmv R Rmv =得2由题意R A =3R B ，所以BA v v =13（3）由于两带电小球在P 处相碰，切向合外力为零，故两带电小球在该处的切向动量守恒． 由m A v A +m B v B =m A v A ′+ m B v B ′，v B ′=v A =3v B 得v A ′=37v B97337=='='='B BAAA A A A A A AAv v v v Bq v m Bq v m R R 所以R A ′=97 R A =7cm７．解：当小球进入电场时：mg=Eq 将做匀速直线运动（1）在t 1时刻加入磁场，小球在时间t 0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T 0若竖直向下通过D 点，由图1分析可知必有以下两个条件： t 0=3T 0/4 PF －PD=R 即：V 0t 1－L=R qV 0B 0=mV 02/R 所以：V 0t 1－L=mV 0/qB 0 t 1=L/V 0+m/qB 0（2）小球运动的速率始终不变，当R 变大时， T 0也增加，小球在电场中的运动的周期T 增加，在小球不飞出电场的情况下，当T 最大时有：DQ=2R L/π=2mV 0/qB 0 B 0=2πmV 0/qL T 0=2πR/V 0=2πm/qB 0=L/V 0由图分析可知小球在电场中运动的最大周期： T=8×3T 0/4=6L/V 0 （3）小球运动轨迹如图2所示.８．解：（1）小物块静止时，有：mg=qE ① 又有：I= mv 0 ② 对小物块沿平板向下运动至最远处这一过程，根据动能定理有2210sin )3(mv s qE mg -=-θ ③联立方程①～③解得： θsin 4222E q g l s =刚离开平板时，有：θcos )3(mg qE Bqv-=设物块从开始下滑到物块离开平板时发生的位移为s ˊ， 对此过程根据动能定理有：222121sin )3(mv mvs mg qE-='-θ ⑤物块沿平板运动过程中机械能的增量为：△E =3Eqs ˊsin θ ⑥ 联立以上方程解得： qEglqBqEE 43cos 32223-=∆θ。
