浙江省七彩阳光联盟高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、浙江省七彩阳光联盟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强

2、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252cos

3、8lrl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

4、 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

5、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；（ 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

6、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：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径r=3 m 的光滑圆弧段bc 与长 l=1.5 m 的粗糙水平段ab 在 b 点相切而构成，o 点是圆弧段的圆心，oc 与 ob 的夹角=37;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小e=10 n/c 的匀强电场， ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh，ef 与 oc 交于 c 点， ecf与水平向右的方向所成的夹角为(5314

7、7)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场质量m2=310-3 kg、电荷量 q=3l0-3 c的带正电小物体q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m1=1.510-3 kg 的不带电小物体 p从轨道右端a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动，p、q 碰撞时间极短，碰后p以 1 m/s 的速度水平向右弹回已知p 与 ab 间的动摩擦因数=0.5，a、b 均可视为质点，q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体q 的弹力大小fn；(2)当=53时，物体q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所

8、加磁场的磁感应强度大小 b1；(3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为b2=2t时，要让物体q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的值【答案】 (1)24.6 10nfn (2)11.25bt (3)127s360t,001290143和【解析】【详解】解： (1)设p碰撞前后的速度分别为1v和1v，q碰后的速度为2v从a到b，对p，由动能定理得：221011111-22m glm vm v解得：17m/sv碰撞过程中，对p，q系统：由动量守恒定律：1 11 122mvmvm v取向左为正方向，由题意11m/sv，解得：24m/svb点：对q，由牛顿第

9、二定律得：2222nvfm gmr解得 :24.6 10nnf(2)设q在c点的速度为cv，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22cm grm vm v解得：2m/scv进入磁场后：q所受电场力223 10nfqem g，q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv brq 刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：11.6mrd解得：11.25tb(3)当所加磁场22tb，2221mcm vrqb要让q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系

10、得：22cos(180)drr解得：127运动周期：222 mtqb则q在磁场中运动的最长时间：222127127?s360360360mttqb此时对应的角：190和21434电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间oo 射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为u0、周期为2t0的电压 (如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上已知磁场

11、的水平宽度为l，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计（1）求电子离开偏转电场时的位置到oo 的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度b求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y【答案】（ 1）2010u eytdm（2）0 0u tbdl2010u eyytdm【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、 等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到 oo的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max00000311222yu eu eu eyatv ttttdmdmdm从 t0、3t0、 等时刻进入偏转电场的电子离

12、开偏转电场时的位置到oo的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min001122u eyattdm最远位置和最近位置之间的距离：1maxminyyy，2010u eytdm（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sinlr设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，1sinyvv，式中00yu evtdm又：1mvrbe解得：0 0u tbdl由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上由第（ 1

13、）问知电子离开偏转电场时的位置到oo 的最大距离和最小距离的差值为y1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010u eyytdm5如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线mn、pq，其交点为omn 一侧有电场强度为e的匀强电场（垂直于mn），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）宇航员（视为质点）固定在pq线上距 o 点为 h 的 a 点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球他先后以相同速度v0、沿平行于mn 方向抛出各小球其中第 1 个小球恰能通过mn 上的 c点第一次进入磁场，通过o 点第一次离开磁场，oc=2h求：（1）第 1 个小球的带电量大小；（2）磁场的磁

14、感强度的大小b；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大【答案】 (1) 2012mvqeh；(2) 02ebv；(3)存在，0ebv【解析】【详解】（1）设第 1 球的电量为1q，研究 a 到 c 的运动：2112q ehtm02hv t解得：2012mvqeh；（2）研究第1 球从 a 到 c的运动：12yq evhm解得：0yvv0tan1yvv，45o，02vv；研究第 1 球从 c 作圆周运动到达o 的运动，设磁感应强度为b由21vq vbmr得1mvrq b由几何关系得：22 sinrh解得：02ebv

15、；（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度b小球作平抛运动过程002hmxv tvqe2yqevhm小球穿过磁场一次能够自行回到a，满足要求：sinrx，变形得：sinmvxqb解得：0ebv6如图所示，质量m=15g、长度 l=2m 的木板 d 静置于水平地面上，木板d 与地面间的动摩擦因数 =0.1，地面右端的固定挡板c与木板 d 等高。在挡板c 右侧竖直虚线pq、mn之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为r1=1m 和 r2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心o 到固定挡板c顶点的距离 oc=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q

16、=+6103c 的物块 a(可视为质点 )以v0=4m/s 的初速度滑上木板d，二者之间的动摩擦因数2=0.3，当物块a 运动到木板d 右端时二者刚好共遠，且木板d 刚好与挡板c 碰撞，物块a 从挡扳 c上方飞入pqnm 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取 10m/s2。(1)当物块a刚滑上木板d时，求物块a和木板d的加速度大小.(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块a 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】 (1)3m/s2，1m/s2；(2)25v/m ；(3)5153tbtbt或【解析】【详解】（1）当物体刚滑上木板d 时，

17、对物体a 受力分析有：22mgma解得： a2=3 m/s2对木板 d 受力分析有：211 2mgmgma解得： a1=1m/s2（2）物块 a 进入区域pqnm 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mgqe解得： e=25 v/m；（3）物块 a 与木板 d 共速时有：21yvva ta t解得： v=1 m/s粒子做匀速圆周运动有：2vqvbmr要使物块 a 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块a 在磁场中运动的轨迹半径 r 应满足 :112+222ocrocroc rrr或解得：5513bttbt或。7如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感

18、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

19、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径为r=r=0.5m，由2vqvbmr进入电场时qbr

20、vm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

21、子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75y 1.75.8如图甲所示，边长为l的正方形abcd区域内 (含边界 )有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心o 处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为m。图中 x、y 轴分别过正方形四边的中点e、f、g、h 不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形abcd区域则磁感应强度b1应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y 轴成 60 (如图乙所示 )方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度b2的大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中 b2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)【答

22、案】 (1) (2) (3)从 ab边射出的坐标为从 bd 边射出的坐标为从 cd边射出的坐标为从 ac 边射出的坐标为【解析】【分析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出b 的值 (2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形abcd 区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：联立解得：(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：(3)从 a

23、b 边出射的粒子，轨迹如图所示：分析可知，解得：当粒子运动轨迹与bg 相切时，打到右边最远处，由几何关系得，解得：综上粒子从ab 边射出的坐标为同理求得，从bd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从cd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从ac 边射出的粒子，位置坐标为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.9如图所示， x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为e，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5 .bt有一个质量1110mkg，电荷量710qc的带正电

24、粒子，该粒子的初速度302 10/vm s，从坐标原点o 沿与 x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从o 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到o 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？电场强度e的大小及带电粒子从o 点出发到再次回到o 点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m；电场强度e的大小为31 10/vm，带电粒子从o 点出发到再次回到o 点所用的时间为32.1 10. s【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径

25、，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出e，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2vqvbmr，半径0.4mvrmbq，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，则第一次经过x轴时的横坐标为120.4 20.57xrmm第一次进入电场，运动方向与电场

26、方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点o 处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为2 2r，在垂直电场方向的位移11svt，运动时间41124 10srtsvv在沿电场方向上的位移22112sat，又因22sr得7222121 10/sam st根据牛顿第二定律eqam所以电场强度31 10/maevmq粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间4224 10vtsa，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mtsbq所以粒子从出发到再回到原点的时间为3122.1 10tttts【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的