带电粒子在磁场中的运动压轴难题二轮复习含答案解析

1、带电粒子在磁场中的运动压轴难题二轮复习含答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1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 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

2、 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：pakmvkmvmv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）

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 lmvm

4、m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32mtqb2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)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率

5、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径，从而通过半径公式求出粒子的速度（3）根

6、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3如图所示 ,在平面直角坐标系xoy 平面内 ,直角三角形abc 的直角边ab 长为 6d

7、，与 y 轴重合 ,bac=30 ,中位线 om 与 x 轴重合 ,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小e与匀强磁场磁感应强度b的大小间满足e=v0b在 x=3d 的 n 点处 ,垂直于 x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从 y 轴上 3dy0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从 y 轴上 y=2d 处射入的电子,经磁场偏转后 ,恰好经过o 点电子质量为m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计求(1)匀强磁杨的磁感应强度b(2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围 ;(3)荧光屏上发光点距n 点的最远距离l【答

8、案】 （1）0mved； （2）02yd；（ 3）94d；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200vev bmr解得：0mvbed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距o 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为o，有：sin30ro a3oodo a解得ood即从 o 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距o 点最远所以22myrd电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02yd设电子从02yd范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从 on 间

9、射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x 轴间夹角为 ， 在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距n 点的距离为l，如图乙所示 ：根据运动学公式有：0 xv t212eeytmyeevtm0tanyvvtan3ldx解得：(32 )2ldyy即98yd时， l 有最大值解得：94ld当322dyy【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用4如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x

10、轴成 45 角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为r 的半圆和一个长为2r、宽为2r的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里一质量为m、电荷量为 +q 的粒子 (重力忽略不计)以速度v 从 q(0，3r)点垂直电场方向射入电场，恰在p(r，0)点进入磁场区域(1)求电场强度大小及粒子经过p点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从ac边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】 (1) 224mveqr；2v，速度方向沿y 轴负方向(2)8 22 25mvmvbqrqr(3)2 2713mvqr【解析

11、】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos452 2cos45rlrr1lvt沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452lrr2212latqeam设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v1vv、2vat，2tanvv联立可得224mveqr进入磁场的速度22122vvvv45，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从a 点射出时，运动半径12rr由211mvqvbr得12 2mvbqr当粒子从 c 点射出时，由勾股定理得222222rrrr解得258rr由222mvqvbr得28 25mvb

12、qr根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8 22 25mvmvbqrqr时，粒子从 ac边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在cd区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于 x 轴，其半径为3r，由几何关系得222332rrrr解得3714rr由233mvqvbr得32 2713mvbqr磁感应强度小于3b，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中5长为l的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为u，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为b 的匀强磁场荧光屏mn 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射

13、质量为m 带 q 的粒子源，如图甲所示假设a、b、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的o 点； b 粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示此时，a、b、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的o 点； b、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距o 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点求：(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏o 点时的动能；(2)b，c 粒子中打到荧光屏上的点与o 点间的距离 (用 x、l、d

14、表示 )；(3)b，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比【答案】 (1) 242222222akl b d q m uemb d (2) 1()2xydl (3) 11224=5uqywduqwyd【解析】【详解】据题意分析可作出abc 三个粒子运动的示意图，如图所示(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达o 点，运动轨迹如图中 所示uqbqvd，bduv，llbdtvu，222122auql b qdytdmmu，21()2aakuuqyemdbd2422222

15、22akl b d q m uemb d(2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中所示设 c 粒子打到荧光屏上的点到o 点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dyllx，1()2xydl(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t2如图中 的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y1， y221112uqytmd，11yuqvtmd1222212yuqtmytdv，22158quytmd，124=5yy，11224=5uqywduqwyd6如图所示，真空中有一个

16、半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小b=210-3t，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点o，在 x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强e=1.5103n/c，在 x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在o 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷91 10qmc/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的a 点沿 x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿 y 轴正方向射入

17、磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从 o 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】（ 1）61.0 10/vm s；（ 2）61.8 10ts；（ 3）0.751.75mym【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2vqvbmr求解速度；（2）粒子在磁场中运动t/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从o 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半

18、径为r=r=0.5m，由2vqvbmr进入电场时qbrvm带入数据解得v=1.0 106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间61121044rtsv粒子从 a 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动的时间621.0 10 xtsv总时间66121101.8 104tttss（3）沿 x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.5 10/qeam sm在电场中侧移：2121261111.5 100.75221 10yatmm打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x 轴正

19、方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75y 1.75.7磁谱仪是测量能谱的重要仪器磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s 发出质量为m、电量为 q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为b 的匀强磁场，被限束光栏q 限制在2的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片p上（重力影响不计）（1）若能量在ee e（ e0，且 e0），不计重力的带电粒子，从n 金属板中央a 点由静止释放，t0 时刻，粒子刚好从小孔 o 进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板p上，紧接着在t1 t2时刻粒子撞到了右挡板q 上，然后粒子又从o 点竖直向下返回

20、平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响图中t1,t2未知，求：(1)粒子第一次从a 到达 o 点时的速度大小；(2) 粒子从 o 点第一次撞到左挡板p的时间 t1的大小；(3)图乙中磁感应强度bx的大小 ；(4)两金属板 m 和 n 之间的距离d.【答案】（ 1）v2uqm（2）t103mb q（3） bx2b0（ 4）d035224numbq， n0,1,2,3【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，

21、由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度bx的大小 ， 在 t1(t1t2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板m 和 n 间往返时间，再求出金属板m 和 n 间的距离。解： (1) 21uq=mv -02解得2v=uqm(2)由2qvb=mvr得00r =mvb q01022t =rmvb q1101t =t =63mb q(3)由2qvb=mvr得，粒子做匀速圆周运动的半径00r =mvb q，xxr =mvb q粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示由图易知：0=2xrr解得0=2xbb()在 t1(t

22、1t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期202t =xmmb qb q2201t =t =22mb q设粒子在金属板m 和 n 间往返时间为t，有0+d=22vt且满足：2120,1,2,3ttn ttn ， 联立可得金属板m 和 n 间的距离：023+5=0,1,2,324mundnbq（）， 9如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xoy，在直角坐标系中y 轴和 xl 之间有沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为e，在电场的右侧以点(3l,0)为圆心、 l 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b，在 y 轴上 a 点(0，l)处沿 x 轴正方向射出一质量为m、

23、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小【答案】 （1）52qelm（2）29 102 29050meql【解析】【详解】（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足122lylyl解得15yl竖直方向212yat水中方向0ltv在电场中根据牛顿第二定律qema联立可以得到032qelvm（2）

24、设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为c，由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2o点，连接2o和 c点，交 x 轴与 d 点，做2o f垂直 x 轴，垂直为f由几何关系452lcdll解得25cdl由于21o focl，故2o fd与1ocd全等，可以得到21o do d则22122955o dlll因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为22295ro dcdl粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度225yqelvaym因此粒子进磁场时的速度为2202910yqelvvvm粒子在磁场中做匀速圆周运动有2qvbmrv解得5 2929 102 2905010 229me

25、mebqlql点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题10 （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