高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)及练习题

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)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，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P（，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m、电荷量为－q的带电粒子。粒子1以某速率v1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，－L）。不计粒子的重力。(1)求粒子1的速率v1和第一次从P到Q的时间t1；(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v2发射，先后经过第一、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大小E以及粒子2的发射速率v2；(3)若在xOy平面内加上沿y轴负向的匀强电场，场强大小为E0，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率vm。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，根据运动的独立性和矢量性，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。本题中可将带电粒子的运动等效为沿x轴负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粒子3的最大速率vm。【答案】(1)，；(2)，；(3)【解析】【分析】【详解】(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：设半径为，由几何知识得可得由向心力公式，根据牛顿第二定律可得设粒子做圆周运动的周期为由几何知识可知粒子第一次从P到Q的时间(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E过y轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得x轴方向y轴方向可得根据可得(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件可得根据运动的合成，可知粒子的运动可视为水平向左的速率为的匀速直线运动和初速度为的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为可得2．“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3．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4．如图所示，xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量kg电荷量C、速度m/s的带正电的粒子。一感光薄板平行于x轴放置，其中心的坐标为（0，a），且满足a>0.不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。（1）若薄板足够长，且a=0.2m，求感光板下表面被粒子击中的长度；（2）若薄板长l=0.32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值；【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a的最大值。【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：解得：沿轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D点，可知：而击中薄板最右端E点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：解得：则感光板下表面被粒子击中的长度：(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：解得：若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：解得：综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：【点睛】典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。5．如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场．在t=0时刻，一位于ad边中点o的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od边的夹角分布在0～180°范围内．已知沿od方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：（1）粒子的比荷q／m；（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．（若角度不特殊时可以用反三角表示，如：已知sinθ＝0.3，则θ＝arcsin0.3)【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】由题中“在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析本题．【详解】（1）初速度沿od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其圆心为n，由几何关系得粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得解得（2）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等，在t0时刻仍在粒子磁场中的粒子应位于o为圆心，op为半径的弧pw上．由图知此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为（3）在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应该与b相交，设粒子运动轨迹的圆心角为，则在磁场中运动的最长时间所以从粒子发射到全部粒子离开共用时6．如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方（，）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B。在空间（，）处有一粒子源P，能向平面内各个方向发射质量为m、带电量为-q，速度为的带电粒子。（已知，答案涉及位置或长度的均用a表示），求：(1)x轴上能接收到粒子的区域长度L1；(2)x上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L2；(3)若在x轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y及粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径，粒子打在MN上的范围如图1所示最右侧：最左侧：F与MN相切，由几何关系知解得(2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD,得(3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知，粒子打在G点后反弹，，再反弹，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知，所有粒子周期相同粒子走过的圆心角为所以7．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.，8．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，9．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）（2）n=1、2、3......（3）【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：，，联立解得：(2)粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角的正切值=l速度大小设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0)点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有x=R，此时满足L=2nx联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有，此时满足联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3....或，n=1、2、3....(3)若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n××2=2nπ，则若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或10．如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG有电场，一质量为m，带电量为+q的小球，从距A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C点水平进入右侧正方形区域CEFG．已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：（1）左侧正方形区域的电场强度E1和磁场的磁感应强度B；（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F点飞出，求该电场场强E2的大小；（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为（k为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G点的距离．【答案】（1），方向竖直向上；，方向垂直纸面向外（2）（3）①L②【解析】【详解】（1）小球做匀速圆周运动解得：，方向竖直向上由几何关系，又解得：，方向垂直纸面向外（2）在CEFG区域，小球做类平抛运动，水平方向：，解得竖直方向：，解得又，解得（3）水平方向：，解得竖直方向小球做自由落体运动.当水平方向减速至零时，用时由，解得，①当k=1时，x=L，小球水平方向恰好到达FG边，此时竖直位移=L，小球恰好从F点飞出，此时距G点L．②当k=2，3，4……时，x<L，竖直位移=≤L，小球从CG边飞出，此时距G点11．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．【答案】；【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有水平方向上：竖直方向上：由以上各式，得且（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即所以12．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)(1)试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为，则粒子转过的圆心角为，即AD=R由得AD=（2）经D点，而，，解得，方向垂直AC向上速度偏向角，解得而即，则13．如图所示，真空中区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板上能产生亮斑。现有一束电子从A处的小孔以速度v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成300夹角。已知电子质量为m，电荷量大小为e，区域II的电场强度，不计重力和电子间的相互作用力，求：(1)若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q板的速度。(2)逐渐增大磁感应强度B1为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值。【答案】（1）；；（2）I区磁场的磁感应强度最大值为【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，可解得若电子垂直打在Q板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关系得r1cos30°=d，可解得故I区磁场的磁感应强度为电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得，解得（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得，解得若电子恰好打在Q板上，说明速度的方向刚好与Q板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，v0cosθ=v，解得θ=60°在磁场中，由几何关系知r2cos30°+r2cos60°=d，得，此时故I区磁场的磁感应强度最大值为14．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场．不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小以及α的正切值（2）磁感应强度B的大小（3）带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t．【答案】(1)，α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．(2)(3)【解析】【详解】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得2h＝v0th＝at2又qE＝ma联立解得设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy，则有vy＝at＝＝v0，v＝＝v0速度v与x轴