吉林省长春实验高中高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错题

1、吉林省长春实验高中高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错题一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题1如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为i、ii、iii、iv 四个区域，每条分界线与x 轴所夹 30o角，区域 i、ii 分界线与y 轴的交点坐标（0，l），区域 i 中有方向垂直纸面向里、大小为b 的匀强磁场；区域 ii 宽度为 d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域iii 为真空区域；区域iv 中有方向垂直纸面向外、大小为2b的匀强磁场现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2 带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点

2、a 沿 x 轴负向与粒子1 同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域ii；随后粒子1 以平行于x 轴的方向进入区域iii；粒子 2 以平行于 y 轴的方向进入区域iii，最后两粒子均在第二次经过区城iii、iv 分界线时被引出（1）求 a 点与原点距离；（2）求区域ii 内电场强度e的大小和方向；（3）求粒子2 在 a 的速度大小；（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城iii 宽度应设计为多少？【答案】 （1）2 3oal（2）13blved（3）21vv（4）32dsl【解析】（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域，所以粒子1在区域运动半径为 r1=l 粒子 2 在区域运

3、动半径为r2由几何关系知22132rrl23rl3 332 3oalll（2）要满足题设条件，区域中电场方向必须平行于分界线斜向左下方两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域的宽度为d ，出电场时，对粒子1 沿电场方向的运动有1313tan30evvv11113q edvmv又211 11vq v bml所以111qvmbl13blved（3）粒子 2 经过区域电场加速获得的速度大小为224e3tan603vvv对粒子 2 在电场中运动有222233q edvmv又222223vq v bml所以2223blqvm所以21vv（4）粒子 1 经过区域时的速度大小为1312sin 30vvv有231

4、3132vbqvmr3rl粒子2经过区域时的速度大小为2242 3cos303vvv有2424242vbq vmr43rl两粒子要在区域iv 运动后到达同一点引出，o3圆对应的圆心角为60， o4圆对应的圆心角为 1203e4e34122cos30+tan30tan6022vvssddrrvv32dsl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2相距为 l 的平行金属板m、n，板长也

5、为l，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线ef 对齐， ef左侧有水平匀强电场，m、n 两板间所加偏转电压为u，pq 是两板间的中轴线一质量为m、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 pq上 a 点由静止释放，水平电场强度与m、n 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从n 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中，a点离 ef 的距离为l/2；不计粒子的重力，求：（1）磁感应强度b 大小（2）当带电粒子运动到m 点后， mn 板间偏转电压立即变为- u，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到a 点，求带电粒子从出发至回到a 点所需总时间【答案】（ 1）2mulq（ 2）

6、344lmlqu（）【解析】【详解】（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点a 到点 o：有：21022u lqmvl在竖直向下的电场中从点o 到 n 右侧边缘点b：水平方向：0lv t竖直方向：2122lqutml在 b 点设速度v 与水平初速度成角有：2tan21ll粒子在磁场中做匀速圆周运动由几何关系可得：22rl又：2vqvbmr联解得：2lmubq（2）粒子在磁场中运动的圆心角3222rmtvqb在磁场中运动时间：2tt在水平电场中运动时间：00vvtquaml总的时间：22tttt总联解得：344lmtlqu总（）3如图甲所示，在xoy竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有

7、一与x 轴相切于点(2r, 0)、半径为r 的圆形区域，该区域内存在垂直于xoy面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化（每个周期内正、反向时间相同）一带正电的小球a 沿 y 轴方向下落， t=0 时刻 a 落至点0 3r（ ， ），此时，另一带负电的小球b 从圆形区域的最高点22rr（， ）处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动当a 球再下落r 时， b 球旋转半圈到达点20r（，）；当 a 球到达原点o 时， b 球又旋转半圈回到最高点；然后a 球开始做匀速运动两球的质量均m，电荷量大小为q，不计空气

8、阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强e的大小；（2）小球 b做匀速圆周运动的周期t 及匀强磁场的磁感应强度b的大小；（3）电场、磁场变化第一个周期末a、b两球间的距离s【答案】（ 1）mgqe（2）2mgbqr（3）225(22)r【解析】【分析】【详解】(1)小球 b 做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有eq mg，解得mgqe(2)设小球 b的运动周期为t，对小球 a：eqmgma，解得 a 2g；由 ra(2t)2，得2rtg对 b 小球：2=bbvbqvmr22brvgrt解得2mgbqr(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是b

9、球做圆周运动周期的 2 倍对小球 a：在原点的速度为32artvat，在原点下的位移5aayv tr2t 末，小球 a 的坐标为 (0， 5r)对小球 b：球 b 的线速度 vb2gr；水平位移 xbvbt2 r；竖直位移为 yb12at22r；2t 末，小球b 的坐标为 (2 2)r，0则 2t末， a、b两球的距离为：ab225(22)r4如图甲所示，两平行金属板ab 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长l=08m，板间距离d=0 6m在金属板右侧有一磁感应强度b=20 102t，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=012m，磁场足够长mn为一竖

10、直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=008m，mn 及磁场边界均与 ab 两板中线oo 垂直现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线oo 连续射入电场中已知每个粒子的速度v0=40 105m/s，比荷qm=10 108c/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变（1）求 t=0 时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离o 点的距离；（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处【答案】（ 1）0 10m；（ 2） 900v；（

11、3）5105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上【解析】【分析】【详解】（1）t=0 时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：0102qv bmvr，代入数据解得：r1=02m，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：110.120.60.2lnrsi粒子在磁场中偏移的距离：111yrrcos代入数据解得：y1=0 04m粒子出磁场后做匀速直线运动22yl tan代入数据解得：y2=0 06m粒子打到荧光屏上时偏离o 的距离为：y=y1+y2=010m（2）设两板间电压为u1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：根据平抛知识可知：21

12、122dat，1uqmad，l=v0t，解得： u1=900v（3）由动能定理得：2211011222uqmvmv代入数据解得：v1=5 105m/s粒子在电场中的偏向角 ，5054 100.85 10vcosv，粒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：1212qv bmvr，代入数据解得：r2=0 25mr2r2sin =025 02521 0.8=01ml1=012m该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；答：（ 1）010m；（ 2）900v；（ 3）5105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上5如图所示，半径r=0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点o 处，半径

13、r=0.1m，磁感应强度大小b=0.075t 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板mn 的极板长 l=0.3m、间距 d=0.1m，极板间所加电压u=6.4x102v，其中 n 极板收集到的粒子全部中和吸收一位于o 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径 r0=0.08m，若粒子重力不计、比荷qm=108c/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应 sin53 =0.8，cos53 =0.6（1）求粒子的发射速度v 的大小；（2）若粒子在o 点入射方向与x 轴

14、负方向夹角为37 ，求它打出磁场时的坐标：（3）n 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 【答案】（ 1）6105m/s；（ 2）（ 0，0.18m）；（ 3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvb=m20vr可得： v=6105m/s；（2）若粒子在o 点入射方向与x 轴负方向夹角为37 ，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点 q，根据几何关系可得pq=0.0637cos=0.08m，即 q 为轨迹圆心的位置；q 到圆上 y 轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin=0.08m，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示

15、，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2 a=qem=qumd t=lv 由解得：y=0.08m设此粒子射入时与x 轴的夹角为 ，则由几何知识得：y=rsin + r0-r0cos 可知 tan =43，即 =53比例 =53180 100%=29%6平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2b 和 b（b 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿y 方向的匀强电场， x 轴上有一点p，其坐标为（ l， 0）。现使一个电量大小为q、质量为 m 的带正电粒子从坐标（ 2a，a）处以沿 +x 方向的初速度v

16、0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点p，不计粒子的重力。（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强度b的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达p点经历时间的所有可能取值。【答案】 （1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x 轴正方向夹45斜向下；（2）磁感应强度b 的所有可能取值：0nmvbql n1、2、3；（3）粒子从出发直至到达p点经历时间的所有可能取值：023(1)24ammtkkvqbqbk1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、 3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向：2yvat，解得： v

17、yv0，tan 0yvv1， 45，粒子穿过 o 点时的速度：22002vvvv；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvbmr，粒子能过p点，由几何知识得：lnrcos45 n 1、2、3，解得：0nmvbqln1、2、 3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则： t102av；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12 mtqb，2mtqb，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4 圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4 圆弧，若粒子经下方磁场直接到达p点，则粒子在磁场中的运动时间：t214t1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达p点，粒子在磁场

18、中的运动时间：t214t1+34t2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达p点： t2214t1+34t2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达p点： t2214t1+234t2，则23(1)24mmtkkqbqbk 1、2、3或2324mmtnnqbqb n1、2、3粒子从出发到p点经过的时间：tt1+t2，解得：023(1)24ammtkkvqbqbk 1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、3；7如图所示，地面某处有一粒子发射器k（发射器尺寸忽略不计），可以竖直向上发射速度为 v 的电子；发射器右侧距离为d 处有一倾角为60 的斜坡，坡面长度为d 并铺有荧光

19、板（电子打到荧光板上时可使荧光板发光），坡面顶端处安装有粒子接收器p（接收器尺寸忽略不计），且kqpm在同一竖直平面内。设电子质量为m，带电量为e，重力不计。求：（1）为使电子从发射器k出来后可运动至接收器p，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，求该电场强度e。（2）若在电子运动的范围内加上垂直纸面向里的匀强磁场，且已知磁感应强度大小为b；同时调节粒子的发射速度，使其满足v0 v 2v0试讨论v0取不同值时，斜面上荧光板发光长度 l 的大小。【答案】（ 1）为使电子从发射器k出来后可运动至接收器p，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，该电场强度e为24mved；（2）当04ebdvm或

20、0ebdvm时， l 为 0；当042ebdebdvmm时， l 为22000223122mvmv dmvddebebeb；当02ebdebdvmm时， l 为220003362mvmv dmvddebebeb；当 rmax 2d （或 rmind）时，0ebdvm，则 l0【解析】【详解】（1）电场方向水平向左，设运动时间为t，则水平方向有：21cos602eeddtm竖直方向有： dsin60 vt联立可得：24mveed（2）根据2vevbmr，有0max2mvreb，0minmvreb，即： rmax2rmin，分类讨论如下：第一，当max12rd（或min14rd）时，04ebdvm

21、，则 l0第二，当max12drd（或min1142drd）时，042ebdebdvmm如图所示有：222maxmaxmax()2()cos120rdrldrl，解得：22000223122mvmv dmvddebebebl第三，当d rmax2d（或min12drd）时，02ebdebdvmm由上图所示可知，222minminmin()()2()()cos120rdrdldrdl解得：220003362mvmv dmvddebebebl第四，当rmax2 d（或 rmin d）时，0ebdvm，则 l0.8如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电场强度的大小为

22、 e，电场强度方向沿y 轴正方向；在第三象限的正三角形pmn 区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外，正三角形边长为l，且 pn边与 y 轴平行。现有一重力不计带负电的粒子，从y 轴上的 a点，以大小v0的速度沿x 轴负方向射入电场，通过电场后从x 轴负方向上的p点进入第三象限，且速度与x 轴负方向夹角为, 又经过磁场后从y 轴负方向进入第四象限，且速度与y 轴负方向夹角为 ( 已知+=090， op=2ao=4h).求：(1) 带电粒子的比荷qm =?(2) 粒子到达p点时速度的大小和=?(3)pmn 区域内磁场的磁感应强度b的最小值； (以上 3 小题答案均用e、h、l、v0等表示

23、)【答案】（ 1）204vqmeh（2）02v，450（ 3）08ehlv【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析， =450 并且当粒子从 n点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。【详解】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为1t，则水平方向有：0 14hv t竖直方向有：2122eqhtm联立得：204vqmeh（2）设粒子到达p点时时竖直方向的速度vy则有：122yvht联立得：y0vv所以粒

24、子到达 p点时速度大小为02pvv与x轴的夹角为 ，由几何关系得：00tan1yxvvvv，所以 =450 （3）经分析， =450 并且当粒子从n点出磁场时，磁感应强度最小由几何关系得：22rl由洛伦兹力提供向心力得：2pvbqvmr联立得：即磁感应强度的最小值08ehblv【点睛】本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。9如图，静止于a 处的离子，经电压为u 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从p点垂直 cn进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分

25、析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为e0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；qn 2d、pn3d，离子重力不计(1)求圆弧虚线对应的半径r 的大小；(2)若离子恰好能打在nq 的中点上，求矩形区域qncd内匀强电场场强e的值；(3)若撤去矩形区域qncd内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在 qn 上，求磁场磁感应强度b的取值范围【答案】（ 1）；（ 2）；（ 3）【解析】试题分析：（ 1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：联解得：。（2）离子做类平抛运动：，由牛顿第二定律得：联解得：。（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：根据题意作出离子运动径迹如图：由几何关系知：联解得：考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功。10 如图，空间区域、有匀强电场和匀强磁场，mn、 pq为理想边界，区域高度为d，区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；、区域的