带点粒子在磁场中经典问题汇总

第=PAGE2*2-13页共=SECTIONPAGES14*228页◎第=PAGE2*24页共=SECTIONPAGES14*228页第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES14*228页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES14*228页磁场经典问题汇总1．如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴、左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝45°，大小为v．粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）如图所示，设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OO1，与MN相交于O1点。由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45º。设磁场左右边界间距为d，则OO1=d。粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O1A为圆弧的半径R。由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。A点到x轴的距离：①由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：-②联立①②式得：③（2）依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135º。设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有：④⑤由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45º。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O2，O2必定在直线OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90º。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有：⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得：⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：⑧⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：⑩（3）由几何关系可得：故粒子自P点射出后将做类平抛运动。则沿电场方向做匀加速运动：⑾垂直电场方向做匀速直线运动：⑿⒀联立⑨⑩⑿⒀式得：考点：带电粒子的电偏转、磁偏转、匀变速直线运动、匀速直线运动和牛顿定律等综合知识。2．如图所示,在坐标系xOy中,过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°,在OC右侧有一匀强电场;在第二､三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠､右边界为y轴､左边界为图中平行于y轴的虚线,磁场在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.一带正电荷q､质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域,并从O点射出,粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=30°,大小为v.粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍.粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场.已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求(1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离;(2)匀强电场的大小和方向;(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间.【答案】(1)(2),与x轴正向夹角为150°(3)【解析】(1)设磁场左边界与x轴相交于D点,与CO相交于O′点,由几何关系可知,直线OO′与粒子过O点的速度v垂直.在直角三角形OO′D中∠OO′D=30°.设磁场左右边界间距为d,则OO′=2d.依题可知,粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O′点,圆弧轨迹所对的圆心角为30°,且O′A为圆弧的半径R.由此可知,粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直.A点到x轴的距离=R(1-cos30°) ①由洛伦兹力公式､牛顿第二定律及圆周运动的规律,得qvB= ②联立①②式得 ③(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,第一次在磁场中飞行的时间为t1,有 ④ ⑤依题意,匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150°.由几何关系可知,粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60°.设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O″,O″必定在直线OC上.设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点,则∠OO″P=120°.设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2,有 ⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得t3=T-(t1+t2) ⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知,-v=v-at3 ⑧ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得 ⑩(3)粒子自P点射出后将沿直线运动.设其由P′点再次进入电场,由几何关系知∠O″P′P=30°B11三角形OPP′为等腰三角形.设粒子在P､P′两点间运动的时间为t4,有 (12)又由几何关系知 (13)联立②(12)(13)式得3．如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，E的大小为0.5×103V/m,B1大小为0.5T；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x轴重合。一质量m=1×10-14kg、电荷量q=1×10-10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向60°角从M点沿直线运动，经P点即进入处于第一象限内的磁场B2区域。一段时间后，小球经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出。M点的坐标为(0，-10)，N点的坐标为(0，30)，不计粒子重力，g取10m/s2(1)请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度大小v；(2)画出微粒的运动轨迹图，并求出匀强磁场B2的大小；(3)B2磁场区域的最小面积为多少？xx/cmy/cmOMNP60°60°【答案】（1）电场E的方向与y轴负方向成30°角斜向右下，v=103m/s。（2）轨迹图如图所示；。xx/cmy/cmOMNP60°60°O1DCAKV2（3）所求磁场的最小面积为【解析】x/cmy/cmOMNx/cmy/cmOMNP60°60°O1DCAKQ由力的平衡有由力的平衡有（2）画出微粒的运动轨迹如图。由几何关系得：解得：微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即解得：（3）由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得所以，所求磁场的最小面积为4．(14分)如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0(带电粒子重力不计)，求：图12(1)粒子从C点穿出磁场时的速度大小v；(2)电场强度E和磁感应强度B的比值eq\f(E,B).【答案】【解析】5．如图所示,坐标系xOy位于竖直平面内,在该区域内有场强E=12N/C､方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T､沿水平方向且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场.一个质量m=4×10-5kg,电量q=2.5×10-5C带正电的微粒,在xOy平面内做匀速直线运动,运动到原点O时,撤去磁场,经一段时间后,带电微粒运动到了x轴上的P点.取g=10m/s(1)P点到原点O的距离;(2)带电微粒由原点O运动到P点的时间.【答案】(1)15m(2)1.2s【解析】微粒运动到O点之前要受到重力､电场力和洛伦兹力作用,在这段时间内微粒做匀速直线运动,说明三力合力为零.由此可得 ①电场力FE=Eq ②洛伦兹力FB=Bqv ③联立求解､代入数据得v=10m/s ④微粒运动到O点之后,撤去磁场,微粒只受到重力､电场力作用,其合力为一恒力,且方向与微粒在O点的速度方向垂直,所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动,可沿初速度方向和合力方向进行分解.tanθ= ⑤代入数据得tanθ= ⑥设沿初速度方向的位移为s1,沿合力方向的位移为s2,则因为s1=vt ⑦s2=t2 ⑧ ⑨联立求解,代入数据可得P点到原点O的距离OP=15mO点到P点运动时间t=1.2s.6．如图所示，在竖直平面内放置一长为L的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为-q、质量为m。玻璃管右边的空间存在着匀强电场与匀强磁场的复合场。匀强磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B；匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为mg/q。电磁场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远。玻璃管带着小球以水平速度v0垂直于左边界向右运动，由于水平外力的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变，经一段时间后小球从玻璃管b端滑出并能在竖直平面内自由运动，最后从左边界飞离电磁场。设运动过程中小球的电荷量保持不变，不计一切阻力。求：BBv00LabE（1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系（3）通过计算求出小球离开磁场时的速度方向【答案】（1）（2）（3）sinα=0【解析】（20分）由得，，即重力与电场力平衡…（1分）如图所示，所以小球管中运动的加速度为：…（2分）设小球运动至b端时的y方向速度分量为vy，xxvvyv0vROααx1xy0则：……（2分）解得小球运动至b端时速度大小为………（1分）（2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为：F=Fx=Bvyq…………………（2分）………………（2分）解得外力随时间变化关系为：………（1分）（3）设小球在管中运动时间为t，小球在磁场中做圆周运动的半径为R，轨迹如图所示，t0时间内玻璃管的运动距离x=v0t……………（2分）由牛顿第二定律得：………………（2分）由几何关系得：…………………（2分）所以………（2分）可得sinα=0……………（1分）故，即小球飞离磁场时速度方向垂直于磁场边界向左。本题属于带电粒子在磁场和电场的混合场中运动的问题。熟练带电粒子在电场和磁场中的规律，便可轻松解除此题。7．如图甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、PQ，磁感应强度大小均为B，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．一个质量为m、电量为q的带正电的小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(1)求电场强度E的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h；(3)若带电小球从距MN的高度为3h的O'点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O'点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离（如图乙所示），求磁场Ⅱ向下移动的距离y及小球从O'点释放到第一次回到O'点的运动时间T。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，得（2+2分）（2）只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点（2+2+2=6分）解得：（2分）（3）当带电小球从距MN的高度为3h的O'点由静止开始下落时，应有（2+1分）画出粒子的运动轨迹，如右图所示，在中间匀速直线运动过程中，粒子的速度方向与竖直方向成30°角，根据几何关系，可得（2分）粒子自由落体和竖直上抛的总时间（1分）粒子圆周运动的总时间（2分）粒子匀速直线运动的总时间（1分）一个来回的总时间（1分）8．(2011年宁波效实中学高三月考)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2500N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.【答案】见解析【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1N电场力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得：qv0B＝m解得：R＝＝m＝1m由几何关系得：s1＝R＝m.(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动．建立如图所示的x、y坐标系，沿ya＝F/m＝10m/s2，位移y＝at2沿x轴方向上，带电小球的位移x＝v0t由几何关系有：y＝x即：at2＝v0t，解得：t＝sQ点到P点的距离s2＝x＝×4×m＝3.2m.9、如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ＝2OC，不计粒子的重力，求：(1)粒子从P运动到Q所用的时间tPOQPOQCEBθv0(3)粒子到达Q点时的动能EkQ(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO1C设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，r+rcos60°=OC=xOC=x=3r/2粒子在磁场中圆周运动的时间粒子在电场中类平抛运动OQ=2x=3r粒子从P运动到Q所用的时间(2)粒子在电场中类平抛运解得(3)由动能定理分解得粒子到达Q点时的动能为由动能定理解得粒子到达Q点时的动能为10、如图所示，在x-o-y坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。（1）．求质子射入磁场时速度的大小；（2）．若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；（3）．若质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。【解析】（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有（2分）得（1分）（2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了个圆周后离开磁场。在磁场中运动周期质子在磁场中运动的时间（2分）进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小质子在电场中运动的时间（3分）所求时间为=+（2分）（3）当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场。∠O2=90°_θ.所以，质子第一次在磁场中运动的时间t1′（3分）此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场，如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。所以，OO2O3C为平行四边形，∠O3=90°+θ.质子第二次在磁场中运动的时间t2′（4分）质子在磁场中运动的总时间t′=t1′+t2′=（2分）11、如图所示,xoy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角。在第四象限和第一象限的xoQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在Poy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子从-y轴上的A(0,-L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间后再次经过x轴,粒子重力忽略不计。求：（1）从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间；（2）匀强电场的电场强度E的大小。【解析】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,则由几何关系得R=L（1分）qvB=（1分）联立得又有（1分）粒子在磁场中运动时间（1分）由M到做匀速直线运动的时间（1分）所以粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间联立以上各式得（1分）（2）在电场中做类平抛运动=vt（1分）（1分）（1分）由几何关系得（1分）（1分）联立得把θ=30°代入得（1分）11、如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为r的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=r的虚线上方足够大的范围内，有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，现在有一质子从O点沿与x轴正方向斜向下成30o方向（如图中所示）射入磁场，经过一段时间后由M点（图中没有标出）穿过y轴。已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，质子的电荷量为e，质量为m，不计重力、阻力。求：（1）．质子运动的初速度大小;（2）．M点的坐标;（3）．质子由O点运动到M点所用时间.【解析】（1）质子在磁场做匀速圆周运动有∴得v=（2）质子在磁场和电场中运动轨迹如图所示，质子在磁场中转过120°角后，从P点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场，由几何关系得P点距y轴的距离为x2=r+rsin30o=1.5r质子在电场中做类平抛运动所以有①②由①②得M点的纵坐标所以M点坐标为（3）质子在磁场中运动时间由几何关系得P点的纵坐标所以质子匀速运动时间质子由O点运动到M点所用时间12、如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场．在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏移量为eq\f(1,2)d，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，不计带电粒子的重力，求：54．粒子从C点穿出磁场时的速度v.55．电场强度和磁感应强度的比值eq\f(E,B).【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则水平：（1分）竖直：（2分）解得速度偏转角：所以飞出电场时的速度：（2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以穿出磁场时的速度大小为：方向：水平向右（2分）粒子在电场中运动：（1分）(1)粒子在磁场中运动轨迹如右图所示：由几何关系，得（2分）粒子做匀速圆周运动：（1分）得（2分）（2）（1）、（2）联立，解得（1分）13、在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60°，大小为E=4.0×105N/C；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.20T。有一质子以速度v=2.0×106m/s，由x轴上的A点（10cm，0）沿与x轴正方向成30°斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场。已知质子质量近似为m=1.6×10-27kg，电荷q=1.6×10-1957．质子在磁场中做圆周运动的半径。58．质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间。59．质子第三次到达y轴的位置坐标。【解析】（1）质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，得质子做匀速圆周运动的半径为 （2）由于质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30°，且半径恰好等于OA，因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y轴上的C点，如答图所示。根据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为质子从出发运动到第一次到达y轴的时间t1为 质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间t2，根据牛顿第二定律，因此，质子从开始运动到第二次到达y轴的时间t为 （3）质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点。根据几何关系，可以得出C点到D点的距离为则质子第二次到达y轴的位置为即质子第三次到达y轴的坐标为（0，34.6cm）。14、如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力．（1）若在P、Q间外加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，则匀强电场的场强为多大?（2）撤去(1)中的匀强电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度应满足什么条件?（3）．求第(2)问中微粒从P点到达Q点所用时间的最小值．【解析】(1)由电场力与洛伦兹力平衡得：，（2分）则（2分）(2)根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足，=1、2、3、…，（2分）其中为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或．（1分）设圆弧的半径为R，则有，（1分）可得：；（1分）又，，（1分）解得：(=1，2，3，…)