带电粒子在磁场中的运动压轴题二轮复习及答案解析

1、带电粒子在磁场中的运动压轴题二轮复习及答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，p、q 是圆上的两点，坐标分别为p（-8l，0）， q（-3l，0）。 y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为b，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2b 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。现从p点沿与 x 轴正方向成37 角射出一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从p点射出到再次回到p 点所用

2、的时间。【答案】 (1)8qblvm； (2)41(1)45mtqb【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周c点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上 d 点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5 sin37oqcl15sin37ooqo ql在 y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1r，11ro qqc21vqvbmr解得：8qblvm；(2)由公式22vqvbmr得：2mvrqb，解得：24rl由24rl可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1o占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在 y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动

3、，经过圆周上的e点，沿直线打到p点，设带电粒子从p点运动到c点的时间为1t5 cos37opcl1pctv带电粒子从c 点到 d 点做匀速圆周运动，周期为1t，时间为2t12 mtqb2137360oott带电粒子从d 做匀速圆周运动到1o点的周期为2t，所用时间为3t22 2mmtqbqb3212tt从 p 点到再次回到p点所用的时间为t12222tttt联立解得：41145mtqb。2如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc 长度为 2l， cd 长度为 1.5l， e、f 分别为 ad、bc 的中点 efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为b；质量为m、电荷量为 +q

4、的绝缘小球a 静止在磁场中f 点 abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qb lm；质量为km 的不带电绝缘小球p，以大小为qblm的初速度沿bf 方向运动 p与 a发生弹性正碰，a 的电量保持不变，p、a 均可视为质点（1）求碰撞后a 球的速度大小；（2）若 a 从 ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若 a 从 ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和a 在磁场中运动的最长时间【答案】（ 1）a21kqblvkm（2）1（3）57k或13k；32mtqb【解析】【分析】【详解】（1）设 p、a 碰后的速度分别为vp和 va，p碰前的速度为qblvm由动量守恒定律：pak

5、mvkmvmv由机械能守恒定律：222pa111222kmvkmvmv解得：a21kqblvkm（2）设 a 在磁场中运动轨迹半径为r， 由牛顿第二定律得：2aamvqv br解得：21krlk由公式可得r 越大， k 值越大如图 1，当 a 的轨迹与cd 相切时， r 为最大值，rl求得 k 的最大值为1k（3）令 z点为 ed 边的中点，分类讨论如下：（i）a 球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2 有222()(1.5)2lrlr解得：56lr由21krlk可得：57k（ii）由图可知a 球能从 z 点离开磁场要满足2lr，则 a 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场

6、加速后又进入磁场，最终从z 点离开如图 3 和如图 4，由几何关系有：2223()(3)22lrrl解得：58lr或2lr由21krlk可得：511k或13k球 a 在电场中克服电场力做功的最大值为2226mq b lwm当511k时，a58qblvm，由于2222222a12521286q b lq b lmvmm当13k时，a2qblvm，由于2222222a1286q b lq b lmvmm综合（ i）、（ ii）可得 a 球能从 z 点离开的k 的可能值为：57k或13ka 球在磁场中运动周期为2 mtqb当13k时，如图4，a 球在磁场中运动的最长时间34tt即32mtqb3“ 太

7、空粒子探测器” 是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为o，外圆弧面ab的电势为2l()o，内圆弧面cd的电势为，足够长的收集板mn 平行边界 acdb ，acdb与mn 板的距离为l假设太空中漂浮着质量为m，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 ab圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界acdb的粒子再次返回（1）求粒子到达o 点时速度的大小；（2）如图 2 所示，在pq（与 acdb重合且足够长）和收集板mn 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，

8、则发现均匀吸附到ab 圆弧面的粒子经o 点进入磁场后最多有23能打到 mn 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图 3 所示，在pq（与 acdb重合且足够长）和收集板mn 之间区域加一个垂直mn的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4el，若从 ab 圆弧面收集到的某粒子经o 点进入电场后到达收集板mn 离 o 点最远，求该粒子到达o 点的速度的方向和它在pq与 mn 间运动的时间【答案】（ 1）2qvm；（ 2）12mblq；（ 3）060；22mlq【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qumv2u2qvm(2）从 ab圆弧面收集

9、到的粒子有23能打到 mn 板上，则上端刚好能打到mn 上的粒子与mn 相切，则入射的方向与oa 之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2rl由洛伦兹力提供向心力得：2vqbvmr联合解得：12mblq（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与mn 相切时，切点到o 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标 .212qeltm222mlmtlqeq22xeqqelqvtmmm若速度与x 轴方向的夹角为角cosxvv1cos20604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

10、=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）4

11、3.3 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

12、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5空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，一带电量为+q、质量为m 的粒子，在p点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中p点箭头所示该粒子运动到图中q 点时速度方向与p点时

13、速度方向垂直，如图中q 点箭头所示已知p、q 间的距离为l若保持粒子在p点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在p点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由p点运动到q点不计重力求：（ 1）电场强度的大小（2）两种情况中粒子由p运动到 q 点所经历的时间之比【答案】22b qlem；2bett【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在p点的初速度，r 表示圆周的半径，则有200vqv bmr由于粒子在q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由p 点到 q 点的轨迹为14圆周，故有2rl以 e表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中

14、加速度的大小，te表示粒子在电场中由p点运动到q 点经过的时间，则有qema水平方向上：212erat竖直方向上：0 erv t由以上各式，得22b qlem且emtqb（2）因粒子在磁场中由p点运动到 q 点的轨迹为14圆周，即142bttmqb所以2bett6如图所示，直线y=x 与 y 轴之间有垂直于xoy 平面向外的匀强磁场1b，直线 x=d 与 y=x间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.0 10 v/me，另有一半径r=1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20tb，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d 和 x 轴均相切，且与x 轴相切于s点一带负电的粒子从s点沿

15、 y 轴的正方形以速度0v进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1b，且第一次进入磁场1b时的速度方向与直线y=x垂直粒子速度大小501.010 m/sv，粒子的比荷为5/5.0 10 c/kgq m，粒子重力不计求：(1)粒子在匀强磁场2b中运动的半径r；(2)坐标 d 的值；(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1b应满足的条件；(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x 上的最长时间（3.14，结果保留两位有效数字）.【答案】 (1) r=1m (2)4md (3)10.1bt或10.24bt (4)56.2 10ts【解析】【详解】解： (

16、1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：2020vb qvmr解得粒子运动的半径：1rm(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y水平方向：0 xvt竖直方向：212yateqam0tan45vat联立解得：2xm，1ym由图示几何关系得：dxyr解得：4dm(3)若所加磁场的磁感应强度为1b，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为1r由如图所示几何关系得：12ryr02vv由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211vb qvmr解得：10.1bt若所加磁场的磁感应强度为1b，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r由如图所示几何关系得：2222

17、rryr由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212vb qvmr解得1210.2410btt综上，磁感应强度应满足的条件为10.1bt或10.24bt(4)设粒子在磁场2b中运动的时间为1t，在电场中运动的时间为2t，在磁场1b中运动的时间为3t，则有：1114tt102 rtv20 xtv3212tt222 rtv解得：5512321.52 2106.2 10ttttss7如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当22l，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y 轴相切于 o 点，在 x 轴上坐标为 (l，0

18、)的 p点沿与 x 轴正向成=45方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直 y 轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y 轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力求(1)粒子从 y 轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从 p 点射出到出磁场运动的时间为多少?【答案】（ 1）（ 0，12l）（ 2）202mveql022mvbql（3）002(1)2lltvv【解析】【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的

19、加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向： l=v0cos ?t1，竖直方向： y=12v0sin ?t1，解得： y=12l，粒子从 y 轴上射出电场的位置为：（0，12l）；（2）粒子在电场中的加速度：a=qem，竖直分位移： y=12at12，解得：202mveql；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y 轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，由几何知识得：ac与竖直方向夹角为45 ，a

20、d=2y=22l，因此 aac刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=l，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvb=m2vr，其中，粒子的速度：v=v0cos ，解得：022mvbql；（3）粒子在电场中的运动时间：1002lltv cosv，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：2122xll，粒子做运动直线运动的时间：20(22)2xltvv，粒子在磁场中做圆周运动的时间：301122442mlttqbv，粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=002 12llvv；【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供

21、向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间8如图甲所示，a、b为水平放置的间距0.2dm的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为0.1/evm、方向由b指向a的匀强电场 . 一喷枪从a、b板的中央点p向各个 方 向 均 匀 地 喷 出 初 速 度 大 小 均 为smv/100的 带 电 微 粒 . 已 知 微 粒 的 质 量 均 为kgm5100.1、电荷量均为cq3100.1，不计微粒

22、间的相互作用及空气阻力的影响，取2/10smg. 求：（1）求从 p点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。（2）要使所有微粒从点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为e，求e的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经00.02ts时两板上有微粒击中区域的面积和。（3）在满足第（2）问中的所有微粒从点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度1bt。求b板被微粒打中的区域长度。【答案】（ 1）1m ；（ 2）0.06 m2（3）3110m【解析】试题分析：（ 1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:mmgeqa根据运动学：2122dat运动的

23、半径：tvx0解得 : x=1m（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：mgeq0.1v/mmgeq故电场应该调节为方向向下，大小为0.1v/me经00.02ts时，微粒运动的位移0sv t极板上被微粒击中区域为半径为r 的圆，其中222()2drs220.06sr2m（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：rvmqvb20.1mvrmqb竖直向下射出的微粒打在b板的左端恰好与b板相切 , 如图甲所示：10.1dm当粒子源和b板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示：2310dm故 b板被微粒打中的区域的长度都为3110m考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动

24、.9（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心o、与 o 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m 和 0.5m的正离子束，从m 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从n 点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从on 连线的中点p与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在o 点正下方的q 点。已知op=0.5r0，oq=r0，n、p两点间的电势差2npmvuq,4cos5，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度e0和磁分析器中的磁感应强度b 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与o 点的距离l（用 r0表示）；（3）若磁感应强度在（bb）到（bb）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两東离子，求 bb