山西省运城市临猗中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、山西省运城市临猗中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，一质量为m、电荷量为 +q 的粒子从竖直虚线上的p点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的a 点巳知p、a两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为 =37 ，不计粒子的重力，(sin 37 =0.6，cos 37 =0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小b1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量q(已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀

2、强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从 p点到 a点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小 b2和匀强电场的电场强度大小e.【答案】（ 1）0152mvbql（2）2058mv lqkq（ 3）0253mvbql2020(23)9mveql【解析】【分析】【详解】（1)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得112cos25rll由洛伦兹力提供向心力可得20011vqv bmr解得 :0152mvbql(2)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷q 做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252co

3、s8lrl由库仑力提供向心力得20222vqqkmrr解得 :2058mv lqkq(3)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35lltvv根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2tt又22 mtqb解得0253mvbql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v tr解得 :35lr粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qelrtm解得 :2020(23)9mveql2如图所示，在xoy 平面内，以o(0，r)为圆心， r 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场， x 轴下方有垂直平面向里的匀强

4、磁场，两区域磁感应强度大小相等第四象限有一与 x 轴成 45 角倾斜放置的挡板pq，p，q 两点在坐标轴上，且o，p 两点间的距离大于2r，在圆形磁场的左侧0y2r的区间内，均匀分布着质量为m，电荷量为q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从o 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力求：(1)磁场的磁感应强度b 的大小；(2)挡板端点 p的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度【答案】 （1）mvqr (2)(21) ,0r (3)2104 22r【解析】【分析】【详解】（1）设一粒子自磁场边界a 点

5、进入磁场，该粒子由o 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过 a 点做速度的垂线长度为r,c为该轨迹圆的圆心.连接 ao 、co，可证得 acoo 为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=r，由2vqvbmr得：mvbqr（2）有一半粒子打到挡板上需满足从o 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心d 做挡板的垂线交于e点2dpr( 21)oprp点的坐标为（(21)r，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的f点，如图丙所示，of=2r 过 o 点做挡板的垂线交于g 点，22(21)(1)22ogrr 225-2 2=2f

6、gofogr 22egr 挡板上被粒子打中的区域长度l=fe =22r+5-2 22r=2+10-4 22r3科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图 .mn 上方区域的平行长金属板ab 间电压大小可调，平行长金属板ab间距为d，匀强磁场的磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向里.mn 下方区域 i、ii 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d，磁感应强度均为b，ef 是两磁场区的分界线，pq是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板ab间电压，经

7、过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板ab，求此时金属板ab 间所加电压u；（2）通过调节电压u 可以改变正电子通过匀强磁场区域i 和 ii 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入mn 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域i 和 ii 运动的最长时间tm；（3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入mn 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板ab间所加电压u 的范围 .【答案】（ 1）bvd（ 2）bb（ 3）3b2

8、d2bu221458b d b【解析】【详解】（1）正电子匀速直线通过平行金属极板ab，需满足bev=ee因为正电子的比荷是b，有e=ud联立解得：ubvd（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域i、ii 运动的时间最长。4ttmt=2t2111vevbmrt122rmvbe联立解得：tbb（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef，需满足轨迹半径 r13d1evb=m211vr11uev bed?联立解得：2213ud b b临界态 2：沿 a 极板射入的正电子和沿b 极板射入的电子恰好射到收集板同一点设正电子在磁场中运动的轨迹半径为r1有（ r214d）2

9、+9d222r2bev=m222vrbe2v=2ued联立解得：2221458b d bu解得： u 的范围是： 3b2d2bu221458b d b4在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合， o 点与桌面右边相距为74d，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应有一个质量为m、电量为 +q 的小环（

10、可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿 x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g求：（1）环离开小孔时的坐标值；（2）板外的场强e2的大小和方向；（3）讨论板内场强e1的取值范围，确定环打在桌面上的范围【答案】（ 1）环离开小孔时的坐标值是-14d；（2）板外的场强e2的大小为mgq，方向沿y 轴正方向；（3）场强 e1的取值范围为22368qb dqb dmm，环打在桌面上的范围为1744dd【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向

11、右为正方向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 而 x1+x2=d 解得： x1=34d x2=14d环离开小孔时的坐标值为：xm=34d-d=-14d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qe2=mg解得：2mgeq，方向沿y 轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为p、q，则若环绕小圆运动，则r=0.75d 根据洛仑兹力提供向心力，有：2vqvbmr环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qe1x1=12mv2联立解得：2138qb dem若环绕大圆运动，则r2=（ r-1.5d）2+（2d）2 解得： r=0.48d 联立解得：216qb

12、 dem故场强 e1的取值范围为22368qb dqb dmm，环打在桌面上的范围为1744dd5如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x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

13、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】【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2

14、11mvqvbr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 25mvbqr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6如图所示，荧光屏mn与x轴垂直放置，与x轴相交于q点，q点

15、的横坐标06xcm，在第一象限y轴和mn之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度51.6 10/en c，在第二象限有半径5rcm的圆形磁场，磁感应强度0.8bt，方向垂直xoy平面向外磁场的边界和x轴相切于p点在p点有一个粒子源，可以向x轴上方 180 范围内的各个方向发射比荷为81.0 10/qckgm的带正电的粒子，已知粒子的发射速率604.0 10/vm s不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与q点间的最远距离【答案】（ 1）5cm（2）010ycm（3）9cm【解析】【

16、详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20vqv bmr解得：05mvrcmqb（2）由（ 1）问中可知rr，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1po fo为菱形，所以1/ /foo p，又o p垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1fo垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010ycm（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有00 0 xv t2012hatqeam解得：18210hcmrcm，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的

17、位移为x，则0 xv t212yat代入数据解得2xy设粒子最终到达荧光屏的位置与q点的最远距离为h，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为，000tan2yqe xvm vyvv，所以00tan22hxxxyy，由数学知识可知，当022xyy时，即4.5ycm时h有最大值，所以max9hcm7如图所示，虚线mn为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为e方向竖直向下且与边界mn成=45 角，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直纸面向外，在电场中有一点 p，p点到边界 mn的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从p处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够

18、大）。求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为b，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则b的最小值为多少？【答案】（ 1）2qedmv（2）4 2caxd（3）2 22bb【解析】【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得212qedmv，解得2qedvm（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为cax由类平抛规律xvt，212eqytm由几何知识可得x=y，解得2mdteq两点间的距离为2caxvt，代入数据可

19、得4 2caxd（3）由2mvqvbr可得mvrqb，即12medrbq由题意可知，当粒子运动到f点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即b最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有几何关系可知224rr又因为mvrqb，所以mvbqr，代入数据可得2 22bb8如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为e，第二、三、四象限存在方向垂直xoy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为b，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从p（ -d，0）点沿与x 轴正方向成=60角平行 xoy 平面入射，经第二象限后

20、恰好由y 轴上的 q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到p点，回到p点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从p点入射时的速度v0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小b/；【答案】（ 1）3eb（2）2.4b【解析】试题分析：（1）粒子从p 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：2 3603dddrsinsin根据200mvqv br得02 33qbdvm粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qercostm（）；00yvqettanvmv联立解得03evb（2）设粒子在第一象限类平抛运

21、动的水平位移和竖直位移分别为x 和 y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于 则有： x=v0t，2yvyt得03222yvytanxv由几何知识可得 y=r-rcos = 1323rd则得23xd所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125 3239ddrdsin粒子进入第三、四象限运动的速度004 323vqbdvvcosm根据2vqvbmr得： b=2 4b考点：带电粒子在电场及磁场中的运动9如图所示，在xoy 平面 (纸面 )内，存在一个半径为r=02.m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为b=1.0t，方向垂直纸面向里，该磁场区

22、域的左边缘与y 轴相切于坐标原点o.在 y 轴左侧、0.1mx0 的区域内，存在沿y 轴负方向的匀强电场(图中未标出 )，电场强度的大小为e=10 104n/c.一个质量为m=2.0 109kg、电荷量为q=5.0 105c的带正电粒子，以 v0=5.0 103m/s 的速度沿y 轴正方向、从p 点射入匀强磁场，p点的坐标为 (0.2m，0.2m)，不计粒子重力(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点o，

23、求所加匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（ 1）0.2rm（2）0.1 , 0.05mm（3）14bt【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式bmvqr求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：200vqv bmr解得：0.2rm（2）由几何关系可知，带电粒子恰从o 点沿 x 轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：0lv t，212yat由牛顿第二定律有：qema联立解得：0.05ym所以粒子射出电场时的位置坐标为0.1 , 0.05mm（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度yvat解得：305.0 10/yvvm s则粒子射出电场时的速度：02vv设所加匀强磁场的磁感应强度大小为1b，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为1r，由几何关系可知：1220rm由牛顿第二定律有：211vqvbmr联立解