高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练100(附答案)含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练100(附答案)含解析一、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，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为，解得：；(2)由公式得：，解得：由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为从P点到再次回到P点所用的时间为联立解得：。2．如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v,的速率为,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求原子核的比荷(用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。(已知电子的电荷量为e)【答案】(1);(2)(3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为通过电阻r上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。3．如图所示，有一磁感强度的匀强磁场，C、D为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离=0.1m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C点的速度v的方向和磁场垂直，且与CD之间的夹角θ=30°。（电子的质量，电量）(1)电子在C点时所受的磁场力的方向如何？(2)若此电子在运动后来又经过D点，则它的速度应是多大？(3)电子从C点到D点所用的时间是多少？【答案】（1）见解析；（2）；（3）。【解析】【分析】【详解】(1)电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD所对的圆心角为60°，即∠DOC=60°，△CDO为等边三角形，由此可知轨道半径R=l由牛顿第二定律可得代入数值解得(3)将R=和代入周期公式中得设电子从C点到D点所用时间为t，由于电子做匀速圆周运动，所以由上两式得代入数据得4．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y内，矩形区域(-3d<x<d，-d<y<d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m、电奇量为+q的粒子从P(0，d)点沿y轴正方向射入磁场．当入射速度为时，粒子从(-2d，d)处进入无场区．(1)求磁场的磁感应强度B的大小．(2)求粒了离开P点后经多长时间第一次回到P点．(3)若仅将入射速度变为2，其它条件不变，求粒于离开P点后运动多少路程经过P点．【答案】（1）（2）（3），其中k＝1、2、3…或，其中k＝0、1、2、3【解析】【分析】（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间；（3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同；【详解】（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：粒子在磁场中，得到：；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：粒子在无场区运动时间：粒子再次回到P点时间：得到：（3）粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为，则在磁场中运动半径为：由P点沿圆弧运动到C点时间：由C点沿直线运动到D点时间：①粒子以2v0沿y轴正向经过P则粒子运动时间：，其中k＝1、2、3…粒子运动距离：得到：，其中k＝1、2、3…②粒子以大小与－y方向成60°经过P则：，其中k＝0、1、2、3…粒子运动距离为：得到：，其中k＝0、1、2、3…【点睛】带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．5．如图所示，在竖直分界线的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与之间有方向向上的匀强电场。在处有两个带正电的小球和，两小球间不发生电荷转移。若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。已知小球的质量是小球的倍，电荷量是小球的倍。若测得小球在磁场中运动的半径为，小球击中屏的位置的竖直偏转位移也等于。两小球重力均不计。(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若小球向左运动求、两小球打在屏上的位置之间的距离。【答案】(1)，；(2)【解析】【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有①小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有，②解①②式得磁场运动周期分别为，解得运动时间之比为(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。水平方向有③竖直方向有④由牛顿第二定律得⑤解③④⑤式得⑥小球B在电场中做类平抛运动，同理有⑦由题意知⑧应用几何关系得⑨解①⑥⑦⑧⑨式得6．如图1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。（1）若，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；（2）若，粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；（3）若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离。【答案】（1），2，；（2），2，；（3），【解析】【详解】（1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：

则必须满足：

2，2，由以上各式解得：，

2，（2）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示：则必须满足：

2，

2，又因为由以上各式解得：，

2，（3）如图3所示：粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足，解得粒子在时间内转过的角度不超过150°，则有：时刻粒子离AB的距离为由以上方程解得：，。7．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：解得：在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：由题意可知：由几何知识可得：设粒子初速度方向与OP夹角为，随着从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，在△OPM中，由几何关系可得：所以当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道,挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多．（2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图2轨迹1所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如轨迹2所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：粒子的运动周期：最短时间：最长时间：最长的时间差：（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：打到板上的粒子占所有粒子的比率为：8．如图所示，在轴上方存在垂直于平面向外的匀强磁场，坐标原点处有一粒子源，可向轴和轴上方的平面各个方向不断地发射质量为、带电量为、速度大小均为的粒子。在轴上距离原点处垂直于轴放置一个长度为、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板（粒子打在金属板上即被吸收，电势保持为0）。沿轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。（1）求磁感应强度的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；（3）要使薄金属板右侧不能接收到粒子，求挡板沿轴正方向移动的最小距离。【答案】（1）（2）；（3）【解析】【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为。根据牛顿第二定律，得：由几何关系，得：联立解得：；（2）带电粒子在磁场中的运动周期为，则有：，得打在左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；由几何关系可知：打在左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是运动的最短时间：联立解得：打在右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知：打在左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是，运动的最短时间：联立解得：（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:要使挡板右侧无粒子到达，板最上端与点的连线长应为即粒子运动的直径.所以沿轴正方移动的最小长度.，9．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．10．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=，小球在磁场中的运动时间：t1=T=，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=，解得，加速度：a=，对小球，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；11．如图所示，xOy平面内，A、B、C三点恰好组成一个直角三角形，∠B＝90°，∠C＝60°，BC长为l.D为AC的中点，D为AD的中点．第二象限内有沿-y方向的匀强电场；三角形BCD区域内有匀强磁场I，AB下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子从B点以速度v0沿+y方向进入磁场I，离开磁场I后又刚好从坐标原点O沿与-x成30°的方向进入电场，又从A点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B点，回到B点的速度方向仍沿+y方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：(1)磁场I的磁感应强度B及匀强电场的场强E的大小；(2)带电粒子运动的周期.【答案】（1）、（2）【解析】试题分析：（1）画出粒子运动如图所示由几何关系，粒子在磁场I中运动的轨道半径为由牛顿第二定律可得，解得粒子在电场中运动时，沿y方向，，沿x方向，解得（2）粒子在磁场I中的运动时间粒子离开磁场I到达O的路程，所用时间，根据可得粒子在电场中的运动时间根据几何关系可得粒子在磁场II中运动的轨道半径为粒子在磁场中转过的圆心角为粒子在磁场II中的运动时间周期考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径12．如图所示，荧光屏与轴垂直放置，与轴相交于点，点的横坐标，在第一象限轴和之间有沿轴负方向的匀强电场，电场强度，在第二象限有半径的圆形磁场，磁感应强度，方向垂直平面向外．磁场的边界和轴相切于点．在点有一个粒子源，可以向轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为的带正电的粒子，已知粒子的发射速率．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点间的最远距离．【答案】（1）（2）（3）【解析】【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解得：（2）由（1）问中可知，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为菱形，所以，又垂直于轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与轴平行，所以粒子从轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有解得：，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为的点进入电场的粒子在电场中沿轴方向的位移为，则代入数据解得设粒子最终到达荧光屏的位置与点的最远距离为，粒子射出的电场时速度方向与轴正方向间的夹角为，，所以，由数学知识可知，当时，即时有最大值，所以13．处于静止状态的某原子核X，发生α衰变后变成质量为mY的原子核Y，被释放的α粒子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R，设α粒子质量为m，质子的电荷量为e，试求:(1)衰变后α粒子的速率vα和动能Ekα;(2)衰变后Y核的速率vY和动能EkY;(3)衰变前X核的质量mX．【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）α粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即α粒子的电荷量q=2e所以α粒子的速率动能（2）由动量守恒mvα-mYvY=0,所以（3）由质能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=Ekα+EkY所以衰变前X核的质量mX=m+mY+Δm=m+mY+14．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α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由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