高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场Eo，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动．请尝试用该思路求解．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则由几何憨可知：得到：（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：，在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：，得到又，得到：（3）如图所示，将分解成水平向右和和斜向的，则，即而所以，运动过程中粒子的最小速率为即：2．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R

处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成

60°角从M点（-R,0）

以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:

(1)磁感应强度B的大小;

(2)N点的坐标;

(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：由洛伦兹力等于向心力：，得到：．（2）由图几何关系可以得到：，N点坐标为：．（3）粒子在磁场中运动的周期，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为，粒子在磁场中运动时间：，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：，其中，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间解得：．3．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH；(2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d由Eq＝ma得a＝由l＝vt得t＝故d＝at2＝l粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy＝at＝v速度偏向角为tanθ＝＝1解得θ＝粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知得得(2)射入磁场的速度大小为v′＝v由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m解得B＝(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T其中T＝在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t＝2(t1＋t2＋t3)得或t＝点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．4．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．【答案】（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核反应方程为；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为，环形电流大小为；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m为损．【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得α粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用解答，亦可．【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．5．如图所示，在区域存在方向垂直平面向里、大小为B的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n个速率均为v的电子，这些电子均匀分布于平面y轴两侧角度各为60°的范围内．在x轴的正下方放置平行于y轴、足够长的金属板M和N（极板厚度不计），两板分别位于和处，N板接地，两板间通过导线连接有电动势U在范围内可调节的电源E和灵敏电流计G．沿y轴正方向入射的电子，恰好能从处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用．（1）求电子的比荷；（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度（速度方向与y轴的角度）的关系；（3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G的电流i和电动势U的关系曲线．【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【详解】(1)根据洛伦兹力提供向心力：根据其中题意可知半径为：r=D联立可得：(2)粒子的运动周期为：根据几何关系可知，当粒子从y轴的右侧射入时，对应的圆心角为：对应的时间为：当粒子从y轴的左侧射入时，对应的圆心角为：对应的时间为：(3)设进入极板电子所对应的最大发射角为，则有．左侧电子单位时间内能打到极板的电子数为：对右侧电子：均能达到M板上，以角射出恰好不能到达N板.则有：电压为：最大值为：最小值为：当，右侧所有电子均到达M板，饱和电流为：当右侧角度小于电子均不能到达板，此时到达极板的电子数为．灵敏电流计G的电流i和电动势U的关系曲线为：6．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106m的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)【答案】（1）0.34cm；（2）；．【解析】【分析】【详解】(1)由题意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有，解得R＝0.2m＝20cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．设此时磁场宽度为d0，由几何关系得(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图所示．因磁场宽度d＝20cm<d0，且R＝20cm，则在∠EOD间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动时间最长为，则若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为，轨迹如图所示．因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°，则【点睛】当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．7．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R、磁感应强度大小为B、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．（1）求粒子的比荷；（2）若该种粒子的速度为v，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？（3）试求速度为2v的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：，则，θ为弧度）【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r，则根据几何关系：①解得②又③由②③得，④（2）速度为v的粒子进入磁场有：⑤由④⑤得，⑥若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A斜向上射入，在A交点E到达地球的弦长最短时间最短．，故，得：，（3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图3．AF=4R，AO=OF=3R，得故，考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，8．如图甲所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x轴相切于点、半径为R的圆形区域，该区域内存在垂直于面的匀强磁场，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，此时，另一带负电的小球B从圆形区域的最高点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；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）（2）（3）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(2)设小球B的运动周期为T，对小球A：Eq＋mg＝ma，解得a＝2g；由R＝a()2，得对B小球：解得(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是B球做圆周运动周期的2倍对小球A：在原点的速度为，在原点下的位移2T末，小球A的坐标为(0，－5R)对小球B：球B的线速度vB＝π；水平位移xB＝vBT＝2πR；竖直位移为yB＝aT2＝2R；2T末，小球B的坐标为[(2π＋2)R，0]则2T末，A、B两球的距离为：AB＝R．9．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，、为两正对的圆形金属板，两板间距为，板的半径为，且．当板正中受一频率为的细束紫外线照射时，照射部位发射沿不同方向运动的光电子，形成光电流，从而引起电流表的指针偏转．已知普朗克常量h、电子电荷量e、电子质量m．（1）若闭合开关S，调节滑片P逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为时，电流恰好为零．求：①金属板N的极限频率；②将图示电源的正负极互换，同时逐渐增大极板间电压，发现光电流逐渐增大，当电压达到之后，电流便趋于饱和．求此电压．（2）开关S断开，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，求磁感应强度B至少为多大时，电流为零．【答案】（1）①②（2）【解析】【分析】【详解】（1）①据题意，由光电效应方程得到：①据电场力做负功，刚好等于动能变化，有：②极限频率为：③④②当电源正负极互换后，在电场力作用下，电子飞到极板M上，且电压越大，飞到该极板上的光电子数量越多，当所有光电子飞到该极板时，电流达到饱和，此时飞得最远的光电子可以近似看出类平抛运动，则有：⑤⑥⑦⑧⑨（2）当在MN间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于d/2，则光电子到达不了极板M，那么就可以使电流为0，则有：⑩⑾⑿10．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy，由运动学规律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度为v==v0设v与x成β角，则tanβ==，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m解得：B===解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-直线与Q′点，可得：P2O′===r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=L+（r-rcos37°）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=在磁场中由P2到M动时间：t2==从M运动到N，a==则t3==则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=．11．在平面直角坐标系x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L，0)点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B点并被吸收，不计粒子重力．(1)求第I象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否到达接收器;(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向．【答案】(1)(2)故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收(3)（或），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为①由牛顿运动定律得②得③（2）由（1）中关系式可得速率为、的粒子在磁场中的半径分别为、.设粒子与轴的交点到的距离为，将和分别代入下式④得这两种粒子在轴上的交点到的距离分别为、⑤故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度为的粒子能到达点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦设离子在所加磁场中的运动半径为，由几何关系有⑧又⑨解得（或）⑩若粒子到达点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：解得（或）12．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0<y<d的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q的粒子以速度从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．(1)求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：(2)若粒子射入区域Ⅰ时的速度为，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；(3)若此粒子射入区域Ⅰ的速度，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：把，代入上式，解得：(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为时，如图所示在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为可以证明ABPO3为矩形，则图中,由几何知识可得：所以：所以粒子打在x轴上的位置坐标粒子在OA段运动的时间为：粒子在AB段运动的时间为粒子在BP段运动的时间为在此过程中粒子的运动时间：(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，轨迹由图可得粒子打在x轴上位置坐标：化简得：把上式配方：化简为：则当时，位置坐标取最小值：13．一个氘核（）和一个氚核（）聚变时产生一个中子（）和一个α粒子（）。已知氘核的质量为，氚核的质量为，中子的质量为，α粒子的质量为，光速为c，元电荷电量为e。（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能。（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为B。求粒子在磁场中圆周运动的周期T和等效电流I的大小。（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。【答案】（1）（2）（3）α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹【解析】【详解】（1）核反应方程：反应释放的核能：（2）设粒子的速度大小为v，由，得粒子在磁场中运动周期：由电流定义式，得环形电流大小：（3）设电子的质量为，碰撞后α粒子的速度为，电子的速度为ve。由动量守恒：由能量守恒：得因所以，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。14．如图甲，位于M板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN板间被加速，在MN板间所加电压按图乙所示规律变化。，电子射出后从坐标原点O进入x轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域．发生270°偏转后沿y轴负方向射出有界磁场打到x轴下方水平放置的荧光屏上。N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L。已知电子的质量为m，电量为－e(e>0)，磁场的磁感应强度大小为B。忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。