专题三 带电粒子在电磁场中运动

1 专题三 带电粒子在电磁场中运动 (7-16班、理1-理6)

基本运动组合的多过程问题

1．设碳离子到达b处时的速度为1v，从c端射出时的速度为2v，由能量关系得

eUmv2121①

eUmvmv21222121②

进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得

RvmBnev222 ③

由以上三式可得enmUBnR)1(21 ④

由④式及题给数值可解得.75.0mR

2.（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有 qE＝ma ①

加速度沿y轴负方向．沿粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h＝21at2 ②

l＝v0t ③

由②③式得v0＝hal2 ④

设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v1＝ah2⑤

由①④⑤式得 v＝2120vv＝mhlhqE2)4(22 ⑥

设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α ，如图3-15，则有tanα＝01vv ⑦

由④⑤⑦式得α＝arctanlh2 ⑧

（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速度为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有

qvB＝mRv ⑨

设圆心为P，则PC必与过C的速度垂直，且有PC＝PA＝R．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得Rcosβ＝Rcosα＋h ⑩

Rsinβ＝l－Rsinα ○11 图3-15

2 由⑧⑩○11式解得 R＝222242lhhllh ○12

由⑥⑨式得 B＝qmhElhl222 ○13

3.（1）由动能定理：neU1=1/2mv2

n价正离子在a、b间的加速度a1=neU1/md

在a、b间运动的时间 t1=v/a1=12neUmd 在MN间运动的时间：t2=L/v

离子到达探测器的时间： t=t1+t2=122KULd

（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律nevB=mv2/R

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：R2=L2+（R-L/2）2

由以上各式得：U1=25neL2B2/32m 当n=1时U1取最小值Umin=25eL2B2/32m

4.（16分）（1）设粒子过N点时速度v，有vv0＝cosθ ①

v＝2v0 ②

粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝21mv2－21mv20 ③

UMN＝qmv2320 ④

（2）粒子在磁场中以O/为圆做匀速圆周运动，半径为O/N，有

qvB＝rmv2 ⑤ r＝qBmv02 ⑥

（3）由几何关系得ON＝rsinθ ⑦

粒子在电场中运动的时间t1，有ON＝v0t1 ⑧t1＝qBm3 ⑨

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝qBm2 ⑩

设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2＝T2 ○11t2＝qBm32 ○12

t＝t1＋t2 t＝qBm3)233( ○13

3

牛顿第二定律与运动学结合问题

5.对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：

0)5.13(5.221LqELqEW

而且还能穿过小孔，离开右极板．

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：

0)5.33(5.222LqELqEW

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．

⑴带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得 mqEa221＝mqE

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有 Lav1212

求得： mqELv21

⑵设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则111avt

解得：qEmLt21

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得

mqEmqEqEa22232

显然，带电系统做匀减速运动．设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：

Lavv5.1222122

2122avvt

求得： qEmLtmqELv2,22122

球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律得

mqEa233

设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有3230avt

又xav3222

求得：1123mLtqE， 6Lx

4 可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为qEmLtttt237321

球A相对右板的位置为6Lx

6. (1)P1经t1时间与P2碰撞，则001vLt

P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：220101)32(vmvmvm

解得3/201vv（水平向左） 3/02vv（水平向右）

碰撞后小球P1向左运动的最大距离：1212avSm 又：202010132LvmqEa

解得：3/0LSm

所需时间：00112vLavt

（2）设P1、P2碰撞后又经t时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：21SS 则：tvtatv221121

解得：TvLt3300 （故P1受电场力不变）

对P2分析：000022331LvLvtvS043LL

所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。

边界、临界问题

7. 设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期

211vqvBmR ①

222vqvBmR ②

5 11122RmTvqB ③

22222RmTvqB ④

设圆形区域的半径为r，如答图5所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径

1122RAAOAr ⑤

圆心角1260AAO，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为

1116tT ⑥

带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即

R=12r ⑦

在Ⅱ区磁场中运动时间为

2212tT ⑧

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间

12ttt ⑨

由以上各式可得

156MBqt ⑩

153MBqt ○11

8. 粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得

2212)(dRlR………①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

……………② RvmqvB2

6 设P为虚线与分界线的交点,PPO,则粒子在磁场中的运动时间为vRt1……③

式中有Rl1sin………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得maqE…………⑤

由运动学公式有221atd……⑥ 22vtl………⑦

由①②⑤⑥⑦式得vldlBE22221…………⑧

由①③④⑦式得)2arcsin(22211222121dldldldltt

9.解析：（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设

对正离子，应用动能定理有eU0＝12mV12，

正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝Fm，即a＝0qEm，

垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t，

沿场强方向：Y＝12at2，

联立解得E0＝0Ud

又tanφ＝1Vat，解得φ＝45°；

（2）

正离子进入磁场时的速度大小为V2＝221()Vat，

解得V2＝

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B＝22mVR，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝202mUeB；

（3）根据R＝202mUeB可知，

质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝202(4)mUeB，

7 质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝202(16)mUeB，

又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝222RON－R1，

联立解得ΔS＝4(3－)02mUeB；

由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝52R1，

再根据12R1＜R＜52R1，

解得m＜mx＜25m。

10.答案（1）mq=4.9×710C/kg（或5.0×710C/kg）；（2）st6109.7 ； （3）225.0mS

8

【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。

（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得

22Lr ①

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得

rvmqvB2 ②

联立①②并代入数据得

mq=4.9×710C/kg（或5.0×710C/kg） ③

（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

qvBqE ④

代入数据得

CNE/70 ⑤