带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题含答案解析

1、带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题含答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图纸面内的矩形 abcd 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 abcd、adbc，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为b.一带电粒子从ab 上的 p 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 ab 的夹角为 （ 90 ），粒子恰好做匀速直线运动并从 cd 射出若撤去电场，粒子以同样的速度从p 点射入该区域，恰垂直 cd 射出.已知边长 ad=bc= d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场

2、的电场强度大小【答案】（ 1）cosqbdm（2）cossinmqb（3）2cosqb dm【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小； 带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为o由几何关系可知：cosdr洛伦兹力做向心力：200vqv bmr解得0cosqbdvm（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sindx粒子作匀速运动：x=v0t联立解得cossinmtqb（3）带电

3、粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：eq=qv0b解得2qb demcos【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2如图所示为电子发射器原理图，m 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝 d 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱a 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与 a 同轴放置的金属网c的半径为2a.不考虑 a、c的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若 a、c间加速电压为u，求电子通过

4、金属网c 发射出来的速度大小vc；(2)若在 a、c 间不加磁场和电场时，检测到电子从m 射出形成的电流为i，求圆柱体a在 t时间内发射电子的数量n.(忽略 c、d 间的距离以及电子碰撞到c、d 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若 a、c间不加电压，要使由a 发射的电子不从金属网c射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度b的最小值【答案】 (1)22eeuvvm (2) 4 altned(3) 43mvbae【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网c 发射出来的速度大小；（ 2）根据neit求解圆柱体 a 在时间 t 内发射电子的数量n

5、；（ 3） 使由 a 发射的电子不从金属网c 射出，则电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解 b.【详解】（1）对电子经 ca 间的电场加速时，由动能定理得221122eeumvmv解得：22eeuvvm（2）设时间t 从 a 中发射的电子数为n，由 m 口射出的电子数为n， 则neit224ddnnnaa解得4 altned（3）电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为b设此轨迹圆的半径为r，则222(2)arra2vbevmr解得：43mvbae3如图所示，在xoy 坐标系中，第、象限内无电场和磁场。第象

6、限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为e的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的 p点以大小为v0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，p、o 两点间的距离为202mvqe。（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x；（2）若粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。【答案】（ 1）02v；20mvqe（2）0(21)ebv【解析】【详解】（1）由动能定理有：2220011222mvqemvmvqe解得： v2v0设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为 ，则有

7、 cos 022vv解得： 45根据tan21xy，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为po 两点距离的两倍，故20mvxqe（2）要使粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：sr+rsin 又：2vqvbmr解得：0(21)ebv故0( 21)ebv4如图所示，一匀强磁场磁感应强度为b；方向向里，其边界是半径为r的圆， ab为圆的一直径 .在 a 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量 -q 的粒子，粒子重力不计(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从b 点射出求此粒子在磁场中运动的时间(2)若磁场的边界

8、是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2 次碰撞后回到a 点，则该粒子的速度为多大?(3)若 r=3cm、b=0.2t，在 a 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3 105ms、比荷为 108ckg 的粒子试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2 位有效数字 )【答案】（ 1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=t 求出粒子在磁场中运动的时间（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半

9、径，从而通过半径公式求出粒子的速度（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积【详解】（1）由得 r1=2r粒子的运动轨迹如图所示，则 因为周期运动时间（2）粒子运动情况如图所示， r2rtan r由得（3）粒子的轨道半径r31.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为s= r32+2 (2 r3)2-r32=9.0 10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练5如图所示， mn 为绝缘板， cd为板上两个小

10、孔，ao 为 cd的中垂线，在mn 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从a 点平行于mn 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向o 点)，已知图中虚线圆弧的半径为r，其所在处场强大小为e，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔c垂直于mn进入下方磁场1求粒子运动的速度大小；2粒子在磁场中运动，与mn 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔d 进入 mn 上方的一个三角形匀强磁场，从a 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？mn 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

11、3粒子从 a 点出发后，第一次回到a 点所经过的总时间为多少？【答案】 （1）eqrm；（2）212r；11n；（3）2mreq。【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：2mveqr解得：eqrvm（2）粒子从d到a 匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：22rs在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：2mvbqvr得：mvrbq设 mn 下方的磁感应强度为b1，上方的磁感应强度为b2，如图所示：若只碰撞一次，则有：112rmvrb q22mvrrb q故2112bb若碰撞n次，则有：111rmvrnb q22mvrrb q故2111bbn（3

12、）粒子在电场中运动时间：1242rmrtveq在mn下方的磁场中运动时间：211122nmmrtrrveqreq在mn上方的磁场中运动时间：232142rmrtveq总时间：1232mrtttteq6如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域 mnpq 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度b=0.33t水平边界mn 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度e=200n/c现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.2 1019c的带负电的粒子，同时从边界pq 上的 o 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6 106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相

13、互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与 x 轴负方向成60 角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从 mn 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】 （1）r=0.1m （2）43.3 10ts（3）3060曲线方程为222xyr(30.1 ,0.120rmmxm)【解析】【分析】【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2vqvbmr，解得0.1rm（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30 ，粒子平行于场强方向进入电场，粒

14、子在电场中运动的加速度qeam粒子在电场中运动的时间2vta解得43.3 10ts（3）如图乙所示，由几何关系可知，从mn 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为 60 ，圆心角小于60 的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60 ，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30 60所有粒子此时分别在以o 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22xyr30.1 ,0.120rmmxm【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解

15、为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径7如图，平面直角坐标系中，在，y0 及 y-32l 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于 y 轴的匀强电场，在-32ly0 区域存在方向垂直于xoy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为 m，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点p1（0，l）时的速率为v0，方向沿 x 轴正方向，然后经过x 轴上的点p2（32l，0）进入磁场在磁场中的运转半径r=52l（不计粒子重力），求：（1）粒子到达p2点时的速度大小和方向；（2）eb；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从p

16、1点出发后做周期性运动的周期【答案】（ 1）53v0，与 x 成 53 角；（ 2）043v；（ 3）2l；（ 4）04053760lv【解析】【详解】（1）如图，粒子从p1到 p2做类平抛运动，设到达p2时的 y 方向的速度为vy，由运动学规律知32l=v0t1，l=2yvt1可得 t1=032lv，vy=43v0故粒子在p2的速度为v=220yvv=53v0设 v 与 x 成 角，则 tan =0yvv=43，即 =53 ；（2）粒子从p1到 p2，根据动能定理知qel=12mv2-12mv02可得e=2089mvql粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvb=m2vr解得： b=mvqr=0

17、5352mvql=023mvql解得：043veb；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为o ，在图中，过p2做 v 的垂线交y=-32l直线与 q点，可得：p2o=3253lcos=52l=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为o，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 =37 ，故粒子将垂直于y=-32l直线从 m 点穿出磁场，由几何关系知m 的坐标 x=32l+（r-rcos37 ）=2l；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从p1到 p2做类平抛运动：t1=032lv在磁场中由p2到m动时间：t2=372360rv=037120lv从 m 运动到 n， a=qem=2089vl则 t3=va=0

18、158lv则一个周期的时间t=2（ t1+t2+t3）=04053760lv8如图所示，坐标原点o 左侧 2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0 1010c/kg)由静止进人电压u= 800v 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，o 点右侧有以o1点为圆心、 r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为b=1.0103t 的匀强磁场 (图中未画出 )圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点o，右端与一个足够大的荧光屏mn 相切于 x 轴上的 a点，粒子重力不计。(1)求粒子打到荧光屏上的位置到a 点的距离；(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某

19、区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小e=1.0 103v/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕mn 的距离。【答案】（ 1）0.267m（2）0.867m【解析】【详解】（1）粒子射入o 点时的速度v，由动能定理得到：212qumv进入磁场后做匀速圆周运动，2qvbmrv设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：1tan22rr，故4tan3由几何关系可知纵坐标为y，则tanyr解得：40.26715ymm；（2）粒子在电场中做类平抛运动，eqma，2rvt，2112yat，yvat射出电场时的偏向角为，tanyvv磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系

20、1tanyyx，解得：0.867xm。9如图所示 ,在直角坐标系xoy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点o,小圆内部 (i 区)和两圆之间的环形区域(区)存在方向均垂直xoy 平面向里的匀强磁场(图中未画出 ),i、区域磁场磁感应强度大小分别为b、2b。a、b 两带正电粒子从o 点同时分别沿y 轴正向、负向运动 ,已知粒子a 质量为 m、电量为q、速度大小为v,粒子 b 质量为 2m、电量为2q、速度大小为 v/2,粒子 b 恰好不穿出1 区域 ,粒子 a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求 :(1)小圆半径 r1；(2)大圆半径最小值(3)a、b 两粒子从o 点出发到在

21、x 轴相遇所经过的最短时间t(不考虑 a、b 在其它位置相遇)。【答案】 (1)1mvrqb (2)2min( 31)2mvrqb (3)14 mqb【解析】【详解】解： (1)粒子 b 在区域做匀速圆周运动，设其半径为br根据洛伦磁力提供向心力有：22( )222bvmvqbr由粒子 b 恰好不穿出区域：12brr解得：1mvrqb(2)设 a 在区域做匀速圆周运动的半径为1ar，根据洛伦磁力提供向心力有：21amvqvbr解得：11amvrrqb设 a 在区域做匀速圆周运动的半径为2ar，根据洛伦磁力提供向心力有：222amvqvbr?解得：21122amvrrqb设大圆半径为2r，由几何

22、关系得：1213122rrr所以，大圆半径最小值为：2min( 31)2qbrmv(3)粒子 a 在区域的周期为12amtqb，区域的周期为2amtqb粒子 a 从 o 点出发回到o 点所经过的最短时间为：1121132aaattt解得：176amtqb粒子 b 在区域的周期为：2bmtqb讨论：如果a、b 两粒子在o 点相遇，粒子a 经过时间：176aan mtntqb n=1，2，3粒子 b 经过时间：2bbk mtktqb k=1，2，3abtt时，解得：726nk当7k，12n时，有最短时间：114 mtqb设粒子b 轨迹与小圆相切于p点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在 p点相遇

23、则有：1215(218)663aaaanmtttn tqb n=1， 2，3粒子 b 经过时间：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt时，解得：218213nkab 不能相遇如果 a 粒子在射入小圆时与b 粒子在 p点相遇则有：1217(2113)2663aaaanmtttn tqb n=1，2，3粒子b经过时间：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt时，解得：2113213nkab 不能相遇a、b 两粒子从o 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14 mqb10 （20 分）如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二象限内存在场强大小为e，方向与x轴平行且沿x 轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点m 、n 到坐标原点的距离均为2l。一质量为m ，电荷量绝对值为q 的带负电粒子在第二象限内从距x 轴为 l、距 y 轴为 2l 的a 点由静止释放，当粒子第一次到达y 轴上 c 点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:(1)c 点的纵坐标。(2) 若要使粒子再次打到档板上