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1、课一练57：带电粒子在电磁场中的运动分析：主要在组合电磁场、叠加电磁场中的运动，关键在于分析在各自场的受力情况和运动情况。1. （多选）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为次方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示.已 知离子P+在磁场中转过0=30。后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+X XX B.I 1（ ）A. 在电场中的加速度之比为1 : 1B. 在磁场中运动的半径之比为： 1C. 在磁场中转过的角度之比为1 ： 2D离开电场区域时的动能之比为1 ： 32. （2020年全国II卷）
2、CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病 情的探测.图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示.图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点则（怆牡泸h偏转盛肪A他环1X菇理山A. M处的电势高于N处的电势B. 增大M、N之间的加速电压可使P点左移C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移（1）磁场的磁感应强度大小; X XI X XN 乂IXX
3、XXXX3. 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压/加速后在纸面内水平向右运动，自 M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直.已知甲种离子射入 磁场的速度大小为V，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为/.不计重 力影响和离子间的相互作用.求：(2)甲、乙两种离子的比荷之比.4. 平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第III现象存在沿尹轴负方向 的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的0点以速度卩0沿轴正方向开始运动，Q点到 尹轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x
4、轴上的P点射出 磁场，P点到尹轴距离与Q点到尹轴距离相等.不计粒子重力，为：(1) 粒子到达O点时速度的大小和方向;(2) 电场强度和磁感应强度的大小之比.X X B X5. 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直 于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场, 其入射方向与x的正方向成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：JrF T 1 1卩1%10XXXXX无XXXXXXXXXX(1) 粒子从O点射入磁场时的速度v；(2) 匀强电场的场强E
5、0和匀强磁场的磁感应强度B0；(3) 粒子从O点运动到P点所用的时间.6如图所示，在xOy坐标系的OWy切的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在dy2d的区域 内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，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轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动O3v 2轨迹恰与ab相切并返回磁场.已知电场强度E=2d,(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小;3/14(2)磁场的磁感应强度B的大小.7.如图所示，在第一象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场I,第二象限内存在水平向右的匀 强电场，第三
6、、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场II 一质量为 加、电荷量为的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成 45角离开电场；在磁场I中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限.(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场I的磁感应强度的大小B1.不计粒子E亠y 重力 N求.T01n时8. 如图所示，在xOy平面内，第三象限内的直线OM是电场与磁场的边界线，OM与x轴负方向成 45。夹角.在尹轴正方向与直线O
7、M的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为在x 轴正方向下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 带负 电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时的位置坐标是(一厶一L).已 知微粒的电荷量大小为g,质量为加，不计微粒重力，微粒最后从丹轴上某点飞出场区(图中未画出)，求：(1) 带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度;(2) 带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.9. 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E = 5.：3N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T.有一带正电的
8、小球，质量m二1.0x 10-6kg，电荷量q二2x 10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过PXXXXXxxx5/14B-XXXX5?X5?丈点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g=10m/s2，求:1 )小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.10如图所示，竖直平面xOy,其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场在第三 象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.2 T.现有一比荷为盒=25 C/kg的带电微 粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，与x
9、轴之间的夹角为3=45，重力加速度 g=10 m/s2 .求:(1)微粒的电性及速度v0的大小;(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标.11如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强 磁场，磁感应强度为5磁场方向垂直于xOy平面向里.一带正电的粒子(不计重力)从O点沿尹 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出.(1) 求电场强度的大小和方向.(2) 若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出.求 粒子运动加速度的大小.(3) 若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速
10、度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间.BOx一课一练 57：带电粒子在电磁场中的运动答案1.【答案】BCD【解析】根据qU二2mv2，认为两种粒子的质量近似相等，可得，粒子进入磁场时，动能之比为v 2mv1：3, vi：丁昶1：、辺2 = z，在磁场中做圆周运动的加速度ar，轨道半径R = B，可得 半径之比为、：3 :1；加速度之比为：1:3：3 ；由几何关系知，P3+在磁场转过60o，带电粒子在磁场中 速度不变，离开电场区域时的动能之比为1:3.2.【答案】 D【解析】由于M、N之间是电子加速电场，所以M处电势低于N处电势，选项A错误；增大M、N 之间的加速电压，可以增大电子进入偏转磁
11、场中时的速度，由R=mv/eB可知，电子偏转的轨迹半径 增大，可使P点右移，选项B错误；由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直于纸面向里，选项 C错误；由R=mv/eB可知，增大偏转磁场磁感应强度B的大小，可使电子偏转的轨迹半径R减小， 可使P点左移，选项D正确.3.【答案】（1）B = 4U（2）其:亘=1:4l vm m1 1 2【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为q、质量为m，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，磁场1 1 1的磁感应强度大小为B，由动能定理有qU = *mf；由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有窣iB = mi齐1由几何关系知2 R = l1由式得B =寻1（2）设乙种离子所带
12、电荷量为q、质量为m，22射入磁场的速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的2v2q v B = m 22 22 R2半径为R。同理有q U = - m v22 2 2 2 2由题给条件有2叮2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为冬=1：4 m m1 24.【答案】（1） v = ：2v0,方向与x轴方向的夹角为45角斜向上；（2） = -2到尹轴的距离为2L,粒子【解析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设0点到x轴的距离为L, 的加速度为Q，运动时间为/，有：x方向：2L - v0y方向：L - at2设粒子到达O点时沿尹轴方向的分速度为乙，乙=atv设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为有：
13、tana二rv0联立式得=45 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上.设粒子到达O点时的速度大小为卩，由运动的合成有v =讥+ v2联立式得v = j2v0（2）设电场强度为粒子电荷量为g,质量为加，粒子在电场中受到的电场力为F,有：F=ma又F=qE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,有qvB = mR由几何关系可知R = ; 2 L联立式得 = 0B 25.【答案】（1）二/2卩0mv 2菇2mvqL(3)【解析】（1）若粒子第一次在电场中到达最高点F,则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v,OQ段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性
14、可知，粒子在Q点时的速度大小也为v,方向与x9/14轴正方向成45角，可得:v0=vcos 45.解得：v=/2v0.解得：Eo=mL2（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：-qE0L=2mv02-2mv2 又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为：x=v0t1 竖直方向的位移为：y=V0t=L可得：xQp=2L，OQ=L由OQ=2Rcos 45，故粒子在OQ段圆周运动的半径：R=L及R=mv解得：3）在 Q 点时， vy=v0tan 45=v0L 2L 设粒子从由Q到P所用时间为t,在竖直方向上有：t=-=-V0 V02n L粒子从O点运动到Q所用的时间为：t=4-4V0一_（8 + 兀）L则粒子从O点运动到P点所用的时间为：=t +1 =i 24v06.【答案】（1） 2vo警 为【解析】（1）根据动能定理得，qEd=2mv2-2mv02，解得v=2v0粒子在电场中做类平抛运动，由F=qE, a=m，d=2at12, x=v0t1解得t1=2辭d3vo（2）粒子运动
