带电粒子在磁场中的运动习题含答案

1、带电粒子在磁场中的运动练习题如图所示，-个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上 A点下滑，滑到水平面 BC上的D点停下来.已知物块与斜面及水平面间的动摩 擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失.先在 ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来.后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来.则以下说法中正确的是 （）A. D点一定在D点左侧 B. D点一定与 D点重合 C. D点一定在D点右侧 D. D点一定与D点重合. 一个质量为 m带电荷量为+q

2、的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感 应强度为 B的匀强磁场中.现给圆环向右初速度V%在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是（ ） TOC o 1-5 h z A.B.C.D.如图所示，在长方形 abcd区域内有正交的电磁场， ab=bc/2= L, 一带电粒子从 ad的中点垂直于电 场和磁场方向射入，恰沿直线从 bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从 c点射出；若撤去电场，则 粒子将（重力不计）（）A.从b点射出B.从b、P间某点射出C.从a点射出D.从a、b间某点射出.如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下， 匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带

3、 有等量同种电荷，其中 a静止，b向右做匀速运动，c向左匀速运动，比较它们的重力 Ga Gb Gc的大小 关系，正确的是（）Ga最大B. Gb最大C. Gc最大D. Gb最小5.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过 At时间从C点射出磁场，OC0的区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0,在y0的区域也存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，一带正电的粒子从 y轴上的P点垂直于磁场入射，速度方向与y轴正向成45。粒子第一次进入 y0的 区域运动时轨迹恰与 y轴相切。已知 OP的距离为 J2a ,粒子的重力

4、不计。求：(1) y0,物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐增大，故滑动摩擦力 f逐渐 增大，故物体的加速度 a=f/m逐渐增大，即物体作加速度逐渐增大的变减速运动,故C正确，而B错误.当qvBmg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN=qvB-mg故f0,物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，故滑动摩擦力 f逐渐减小，故物体的加速度 a=f/m逐渐减小，即物体作加速度逐渐减小的变减速运 动，当qvB=mg时，FN=0,故f=0 ,故圆环做匀速直 线运动，故D正确.设粒子的质量为 m,带电量为q,粒子射入电磁 场时的速度为v0,则粒子沿直线通过场区时： Bqv0=Eq撤去磁场后，

5、在电场力的作用下，从c点射出场区， 所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛 运动，设粒子的加速度 a,穿越电场所用时间为 t, 则有：Eq=maL= (1/2 ) at2 L=v0t 撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运 动， 洛仑兹力提供向心力：由以上各式解得：r=L /2粒子做圆运动的轨迹如图， 粒子将从a点射出.故选：C.【答案】CD【解析】a球受力平衡，有 Ga=qE 重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上， 由于电场强度向下，故球带负电；b球受力平衡，有 Gb+qvB=qE c球受力平衡，有 Gc=qvB+qE 解得Gc Ga Gb故选 CD.【解析】：设有界圆磁场

6、的半径为R带电粒子的做匀速圆周运动的半径为r, OC与OB成600角，所以/ AO1C=60，带电粒子做匀速圆周运动，从 C 点穿出，画出轨迹，找到圆心 O1,中，即，带电粒子 在磁场中飞行时间，现将带电粒子的速度变为v/3,则带电粒子的运动半径，设带电粒子的圆心角为， 则，故，运动时间，所以，选项 B正确。.【解析】：若电子从P点出发恰好经原点 。第一 次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系知：半彳至R= L,则微粒运动的路程为圆周 的1/4 ,即为一L , A正确；若电子从 P点出发经原点。到达Q点，运动轨迹可能如图所示，因此则微粒运动的路程可能为lL,也可能为2兀L,BD错误

7、C正确；.【解析】：(1)设电子在磁场中运动轨道半径为 r,电子的质量是 m由几何关系得：r=dlsin30 =2d电子在磁场中运动 Bev0=, r= 由得：m=(2)电子运动轨迹圆心角。=300 周期T=穿过磁场的时间t=(3)电子刚好不能从A边射出电子轨道半径为r=d由 Bev=,得：V=.【解析】：(1)从S发射电子速度方向竖直向上， 并且轨道半径恰好等于时，是能够达到挡板的最小 发射速度。如图，(2)如图,所以击中挡板上边界的电子，发射角应为与水平 成30角斜向上，电子在磁场中恰好运动半圆周到 达挡板上边界。若要击中挡板下边界，电子发射方 向正对挡板。点，电子在磁场中才能恰好运动1/

8、4圆周到达挡板下边界.【解析】：(1)带电粒子在电场中加速，由动能 定理，可得：带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二 定律，可得：由以上两式，可得。可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形O1O2O3是等边三角形，其边长为2R所以中间磁场区域的宽度为。2(2)在电场中运动时间在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间则粒子第一次回到。点的所用时间为。答案(1)(2).【解析】：(1)当粒子通过y轴时速度方向沿y 轴负向时，粒子运动的轨迹如图(a)所示设粒子第一次、第二次通过x轴上的点分别为。M, 粒子在y0和y0区域做圆周运动的半径分别为R0和R1,通过y轴上的点为Nl,

9、 y0区域做圆周运动 的圆心.由几何关系可得：粒子在yv0区域内做圆周运动的弦长粒子在yv0区域内做圆周运动的半径带电粒子在磁场中做圆岗运动的半径公式解得当粒子通过y轴时速度方向沿y轴正向时，粒子运 动的轨迹如图(b)所示设粒子第一次、第二次通过x轴上的点分别为T、S, 粒子在yv 0区域做圆周运动的半径为 R2, y0区 域的磁感应强度大小为 B2 由几何关系可以求得解得(2)设粒子在两种情况下，第2n次通过x轴时离。点的距离分别为 S1、S2,当粒子通过y轴时速度方向沿y轴负向时，由几何关系可推算出：当粒子通过y轴时速度方向沿y轴正向时，由几何 关系可推算出：.【解析】：(1)由题意知，所

10、有离子在平行金 属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场 力和向下的电场力平衡，有qvB0=qE0式中，v0是离子运动的速度，E0是平行金属板之 间的匀强电场的强度，有由式得在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动设离子甲质量为日由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有式中，r是离子甲做圆周运动的半径，离子甲在磁 场中的运动轨迹为半圆，圆心为O;这半圆刚好与EG边相切于K点，与EF边交于I点。在AEOK中， OK垂直于EG TOC o 1-5 h z 由几何关系得由式得联立式得，离子甲的质量为(2 )同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律 有 式中，m和r分别为离子乙的质量和做圆周运动的 轨道半径。离子

11、乙运动的圆周的圆心O必在E、H两点之间由几何关系有由式得联立式得，离子乙的质量为(3)对于最轻的离子，其质量为 m/2。由式知， 它在磁场中做半径为 r/2的匀速圆周运动，因而与 EH的交点为O,有当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界上的点的位置从。点与& HE边变到I点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点 的位置从K点沿EG边趋向于I点。K点到G点的距 离为所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF边上从。到I , EG边上从K到I在磁场中运动的时间而解得(3)设粒子从CD边飞出磁场的最小半径为 ri ,对应最小速度为v1,则解得设粒子能从D点飞出磁场，对应的半径为r2,速度为v2,圆心角为a ,则解得，a =60 由几何关系可知，粒子能从D点飞出磁场，且飞出时速度方向沿 AD方向由于解得所以速度大小应满足的条件13.【解析】：(1)粒子不经过圆形区域就能达到B点，故粒子到达 B点时的速度竖直向下，圆心必在 x轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为门，由几何关系得：r1sin30 =3a门；又qv1B=m 得：v1 =(2)粒子在磁场中运动的周期 T=, 故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 a =60粒子到达B点的速度与x轴夹角3 =30设粒子做圆周运动的半径为