1、1.如图 Z8-15 所示,半径为 R 的虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场和一场强大小为 E、方向未知的匀强电场( 未画出).一带负电的粒子从 A点沿半径 AO 方向以大小不同的速度射入该区域.已知粒子的质量为 m,电荷量为 q,不计重力.(1)若粒子沿 AO 方向做直线运动,求粒子入射速度的大小及电场的方向 .(2)若撤掉电场,粒子以另一速度仍从 A 点沿 AO 方向射入磁场,经过磁场区域后其运动方向与入射方向的夹角为 60,求粒子入射速度的大小和在磁场中运动的时间 .图 Z8-152.如图 Z8-16 所示,在 xOy 坐标系的 0yd 的区域内分布着
2、沿 y 轴正方向的匀强电场,在dy2d 的区域内分布着垂直于 xOy 平面的匀强磁场, MN 为电场和磁场的交界面, ab 为磁场的上边界.现从原点 O 处沿 x 轴正方向发射出一速率为 v0、比荷为 k 的带正电粒子,粒子运动轨迹恰与 ab 相切并返回电场.已知电场强度 E= ,不计粒子重力 .试求:图 Z8-16(1)粒子从 O 点第一次穿过 MN 时的速度大小和沿 x 轴方向的位移的大小.(2)磁场的磁感应强度 B 的大小 .3.如图 Z8-17 所示,在竖直平面内的 xOy 直角坐标系中,MN 与水平 x 轴平行, 在 MN 与 x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面水平向里的
3、匀强磁场,电场强度 E=2 N/C,磁感应强度 B=1 T.从 y 轴上的 P 点沿 x 轴正方向以初速度 v0=1 m/s 水平抛出一带正电的小球, 小球的质量为 m=210-6 kg,电荷量 q=110-5 C,g 取 10 m/s2.已知 P 点到 O 点的距离为 d0=0.15 m,MN 到 x 轴距离为 d=0.20 m.(=3.14, =1.414, =1.732,结果保留两位有效数字)(1)求小球从 P 点运动至 MN 边界所用的时间;(2)若在小球运动到 x 轴时撤去电场,求小球到达 MN 边界时的速度大小.图 Z8-174.如图 Z8-18 所示,在空间中分布一匀强磁场, 磁
4、感应强度为 B,方向垂直于纸面向里,磁场边界为 MN(垂直纸面的一个平面 ).在磁场区域内有一电子源 S 向纸面内各个方向均匀、持续不断地发射电子.不计电子间的相互作用, 并设电子源离界面 MN 的距离为 L.电子质量为 m,带电荷量为 e.(1)电子源 S 发射的电子速度达到多大时,界面 MN 上将有电子逸出?(2)若电子源 S 发射的电子速度大小均为 ,则在界面 MN 上多宽范围内有电子逸出?(3)若电子速度大小为 ,则逸出的电子数占总发射电子数的比例为多少 ?图 Z8-185.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.真空中存在着如图 Z8-19 所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强
5、磁场,电场与磁场的宽度均为 d.电场强度为 E,方向水平向右;磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向里 .电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在第 1 层电场左侧边界某处由静止释放 ,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射 .(1)求粒子在第 2 层磁场中运动时的速度大小 v2 与轨迹半径 r2;(2)粒子从第 n 层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为 n,试求 sin n;(3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出,在其他条件不变的情况下 ,比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界?请简要推理说明.专题限
6、时集训(八) B1.(1) 方向垂直于 OA 向下 (2) 解析 (1)对带电粒子进行受力分析,由平衡条件得qE=qBv1解得 v1=匀强电场的方向垂直于 OA 向下(2)由几何关系可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 r= R根据牛顿第二定律得 qBv2=m解得 v2=根据圆周运动的规律得 T= =由于粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角 =60,故运动的时间 t= T= 2.(1)2v0 (2)解析 (1)根据动能定理得 qEd= mv2- m解得 v=2v0粒子在电场中做类平抛运动,有F=qEa=d= ax=v0t1解得 x=(2)粒子运动的轨迹如图所示,设粒子以与 x 轴正方向成
7、 角进入磁场,则tan = =解得 =60根据几何关系得 R+Rcos =d解得 R=由牛顿第二定律得 qvB=m解得 B=3.(1)0.38 s (2)2.8 m/s解析 (1)由平抛运动的规律,设小球做平抛运动的时间为 t1,进入电磁场时的速度为 v,进入电磁场时速度与水平方向的夹角为 ,则d0= g 解得 t1= = s则 v=cos =解得 v=2 m/s,=60小球在电磁场区域中,有 qE=210-5 N=mg,故小球做匀速圆周运动 ,设轨迹半径为 r,则 qvB=m解得 r= =0.4 m由几何关系知,小球的运动轨迹与 MN 相切, 在电磁场中运动时间 t2= = s小球从 P 点
8、运动到 MN 所用时间 t=t1+t2=0.38 s(2)若撤去电场,设小球运动至 MN 时速度大小为 v1,由动能定理得mgd= m - mv2解得 v1=2 m/s=2.8 m/s4.(1) (2)( +1)L (3)解析 (1)由向心力公式得 evB=m解得半径 r=电子运动的临界轨迹如图甲所示,则 2r=L甲解得 v=(2)当速度 v= 时,半径 r=L电子运动的临界轨迹如图乙所示.乙在 A 点下方 A、B 两点之间有电子逸出,宽度 yAB=L在 A 点上方 A、C 两点之间有电子逸出, 宽度 yAC= = L故在边界宽度为( +1)L 的范围内有电子逸出(3)把 v=2(2- ) 代
9、入 r= ,可得 r=2(2- )L电子运动的临界轨迹如图丙所示.丙由几何关系得 cos 1= =所以 1=30同理, 2=30故速度方向在 角内的电子都可以从 MN 边界射出, 由几何关系得 =60因电子源 S 向纸面内各个方向持续不断地发射电子,故逸出的电子数占总发射电子数的比例为 =5.(1)2 (2)B (3)不能解析 (1)粒子在进入第 2 层磁场时, 经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功.由动能定理得2qEd= m解得 v2=2粒子在第 2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力 ,有qv2B=m联立解得 r2=(2)设粒子在第 n 层磁场中运动的速度大小为 vn,轨迹半径为
10、rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同),则有nqEd= mqvnB=m设粒子进入第 n 层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为 n,从第 n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为 n,粒子在电场中运动时 ,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 vn-1sin n-1=vnsin n由图 1 看出 rnsin n-rnsin n=d联立得 rnsin n-rn-1sin n-1=d可看出 r1sin 1,r2sin 2,rnsin n 为一等差数列,公差为 d,可得 rnsin n=r1sin 1+(n-1)d当 n=1 时,由图 2 看出 r1sin 1=d联立解得 sin n=B(3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出,则n=sin n=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子 ,设其比荷为 ,假设能穿出第 n 层磁场右侧边界,粒子穿出时,速度方向与水平方向的夹角为 n,由于 ,则导致 sin n1说明 n 不存在,即原假设不成立.所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界.
