高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题一、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，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，圆心O为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R的匀强磁场，方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从圆周上的A点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D点射出，AO垂直OD。若将带电粒子从圆周上的C点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC=53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)带电粒子的初速度及其从A到D的运动时间；(2)粒子从C点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O点的距离；(3)虚线右侧磁场的磁感应强度。【答案】(1)，；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，；(3)【解析】【分析】【详解】(1)粒子从A点进磁场D点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有解得粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有而周期为解得(2)粒子从C点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF的长度LEF=Rcos53°在三角形EFO1中，有即粒子转过的圆心角，则速度的方向与磁场边界的夹角为53°而CE的长度OF的长度为联立解得(3)粒子在右侧磁场的半径为，由几何关系有由向心力公式得联立解得3．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4．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间．【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：(2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：由洛伦兹力提供向心力得：联合解得：（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.若速度与x轴方向的夹角为角5．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点．efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动．P与A发生弹性碰撞，A的电量保持不变，P、A均可视为质点．（1）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；（2）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）1（2）或；A球在磁场中运动的最长时间【解析】【详解】（1）令P初速度，设P、A碰后的速度分别为vP和vA，由动量守恒定律：由机械能守恒定律：可得：，可知k值越大，vA越大；设A在磁场中运动轨迹半径为R，由牛顿第二定律：可得：，可知vA越大，R越大；即，k值越大，R越大；如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，可得：，求得k的最大值为（2）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有解得：可得：（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开．令电场强度；如图3和如图4，由几何关系有：解得：或可得：或当时，，由于当时，，由于此类情形取符合题意要求，即综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：或A球在磁场中运动周期为当k=时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间6．如图1所示为平面坐标系，在第一象限内的虚曲线和轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；在第二象限内的虚直线（）和轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）．在（，）点的放射源发出质量为、带电量为的粒子，粒子速度大小为，速度方向与轴负方向的夹角为（），所有粒子都能垂直穿过轴后进入第二象限．不计粒子重力和粒子间相互作用．(1)求夹角的粒子经过轴时的坐标；(2)求第一象限内虚曲线的曲线方程；(3)假设交变磁场在时刻，某粒子刚好经过轴上的（，）点，则①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？②要求该粒子在（，）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间与磁场变化周期的比值的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间．【答案】(1)；(2)；(3)①；②【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为，则：解得：，如图1所示，当入射角为时，根据几何关系可得：y轴坐标（2）如图2所示，入射角为任意角，进入磁场入射点坐标为（，），根据几何关系可得：得（）（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与轴相切，如图3所示；设粒子在磁场中运动的周期为，两圆心连线与轴夹角为，则：所以且满足得要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期应满足；②粒子在交变磁场中运动的时间与磁场变化的周期的比值为，即如图4所示根据几何关系可得：由于，所以最小等于，即当，如图4所示，粒子运动时间当β=120°时，如图5所示，粒子运动时间7．如图甲所示，在坐标系xOy平面内，y轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E，磁感应强度为B0．粒子源不断地释放出沿x轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不同的粒子．在y轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B，方向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示．在离y轴足够远的地方有一个与y轴平行的荧光屏．假设带电粒子在y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子．（粒子的重力忽略不计）（1）从O点射入右侧磁场的粒子速度多大；（2）如果磁场的变化周期恒定为T=，要使不同时刻从原点O进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y轴的距离至少多大；（3）荧光屏离开y轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T可以改变，试求从t=0时刻经过原点O的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系．【答案】（1）（2）（3）T＜【解析】【详解】（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB0=qE，解得：v=；（2）带电粒子进入y轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r==，因为磁场的变化周期恒为：T=，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°，任一时刻进入y轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y轴的距离应该为：x=2rsinα+2rsin（90°-α）=2rsinα+2rcosα=2rsin（45°+α），当α=45°时，x的值最大，最大值为：x=2r=；（3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x轴方向平行，且此时距x轴的距离为：y=2r（1-cosα）式中的α为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度，其余周期T的关系为：=，则：α=，所以经过一个周期后，距x轴的距离为：y=2（1-cos），由于只有在y轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150°，如图丙所示，即磁场的变化周期有一个最大值，=，所以：T＜Tm=；8．如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m，板间距离d=0．6m．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0．12m，磁场足够长．MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0．08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中．已知每个粒子的速度v0=4．0×105m/s，比荷=1．0×108C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离；（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上．【解析】【分析】【详解】（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：R1=0．2m，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：粒子在磁场中偏移的距离：代入数据解得：y1=0．04m粒子出磁场后做匀速直线运动代入数据解得：y2=0．06m粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：y=y1+y2=0．10m（2）设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：根据平抛知识可知：，，L=v0t，解得：U1=900V（3）由动能定理得：代入数据解得：v1=5×105m/s粒子在电场中的偏向角α，，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：R2=0．25mR2﹣R2sinα=0．25﹣0．25×=0．1m＜l1=0．12m该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；答：（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上9．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强度B的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下；（2）磁感应强度B的所有可能取值：n＝1、2、3……；（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t，竖直方向：，解得：vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45°，粒子穿过O点时的速度：；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45°n＝1、2、3……，解得：n＝1、2、3……；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：，，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝T1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝T1+T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×T1+T2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×T1+2×T2，…………则k＝1、2、3……或n＝1、2、3……粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，解得：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……；10．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达时的速度大小和极板距离（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得=1\*GB3①由=1\*GB3①式得=2\*GB3②设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得=3\*GB3③由运动学公式得=4\*GB3④联立=3\*GB3③=4\*GB3④式得=5\*GB3⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得=6\*GB3⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足=7\*GB3⑦联立=2\*GB3②=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦式得=8\*GB3⑧（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有=9\*GB3⑨联立=2\*GB3②=5\*GB3⑤=9\*GB3⑨式得=10\*GB3⑩若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得=11\*GB2⑾联立eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)式得=12\*GB2⑿设粒子在磁场中运动的时间为=13\*GB2⒀联立=10\*GB3⑩=12\*GB2⑿=13\*GB2⒀式得=14\*GB2⒁设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由eq\o\ac(○,6)式结合运动学公式得=15\*GB2⒂由题意得=16\*GB2⒃联立=14\*GB2⒁=15\*GB2⒂=16\*GB2⒃式得=17\*GB2⒄11．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12．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x=L到x=2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（）为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x=3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：（1）电场强度的大小；（2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又解得（2）由几何关系：2Rcosθ=L，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：；由在进入复合场之前做平抛运动：解得（3）由其中，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：；13．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力．(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小．(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标．(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．【答案】（1）（2）（）（3）【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L…（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（2）解得：…（3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30°=L…（4）xM=2R2sin30°…（5）则M点坐标为（）…（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30°…（7）为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：…（8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L…（9）解得：…（10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（11）解得：…（12）挡板的最小长度为：…（13）解得：…（14）14．如图甲所示,以O为原点建立0εy平面直角坐标系.两平行极板P、Q垂直于y轴且关于J轴对称放置,极板长度和极板间距均为l,第一、四象限有方向垂直于Oxy平面向里的匀强磁场.紧靠极板左侧的粒子源沿J轴向右连续发射带电粒子,已知粒子的质量为m、电荷量为十q、速度为v0、重力忽略不计.两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时,带电粒子恰能全部射入磁场.每个粒子穿过平行板的时间极短,穿越过程可认为板间电压不变;不考虑粒子间的相互作用.(1)求扫描电压的峰值U0的大小.(2)已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间,匀强磁场的磁感应强度B应为多少?所有带电粒子中,从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少?【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：粒子在电场中做