带电粒子在磁场中的运动习题复习题及答案解析

1、带电粒子在磁场中的运动习题复习题及答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，在两块水平金属极板间加有电压 u 构成偏转电场，一束比荷为510/qckgm的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域， o 为圆心，区域直径ab长度为 l=1m， ab与水平方向成45 角区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知b0=0. 5t，磁场方向以垂直于纸面向外为正粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘o 点与水平方向成45 斜向下射入磁场求：（1）两金属极板间的电压u 是多大？（2）若 to=

2、05s，求 t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置（3）要使所有带电粒子通过o 点后的运动过程中不再从 ab 两点间越过，求出磁场的变化周期 bo，to应满足的条件【答案】 （1）100v （2）t=5210s，射出点在ab间离 o 点0.04 2m （3）5010s3t【解析】试题分析：（ 1）粒子在电场中做类平抛运动，从o 点射出使速度代入数据得u=100v（2）粒子在磁场中经过半周从ob 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在ab间离 o 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、.时刻射入时，粒子最可能从 ab 间射出如图，由几何关系可得临界时要不从 ab 边界射

3、出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2如图所示，一匀强磁场磁感应强度为b；方向向里，其边界是半径为r的圆， ab为圆的一直径 .在 a 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量 -q 的粒子，粒子重力不计(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从b 点射出求此粒子在磁场中运动的时间(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2 次碰撞后回到a 点，则该粒子的速度为多大?(3)若 r=3cm、b=0.2t，在 a 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3 105ms、比荷为 108ckg 的粒子试用阴影图画出

4、粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2 位有效数字 )【答案】（ 1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=t 求出粒子在磁场中运动的时间（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积【详解】（1）由得 r1=2r粒子的运动轨迹如图所示，则 因为周期运动时间（2）粒子运动情况如图所示， r2rtan r由得（3）粒子的轨道半径

5、r31.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为s= r32+2 (2 r3)2-r32=9.0 10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练3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xl，ly2l的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场现

6、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0v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）20mveql（2）04nmvbqln=1、2、3.（3）02ltv【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：0lv t，2122lat，qema联立解得 ：20mveq

7、l(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tanxyvv=l 速度大小002sinvvv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2；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2.则有 x=2r，此时满足l=2nx联立可得：2 2lrn由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvbmr得：04nmvbql，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2.则有222xr，此时满足

8、221lnx联立可得：2212lrn由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvbmr得：022 21nmvbql，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04nmvbql，n=1、2、3.或022 21nmvbql， 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 =2n2 2=2n，则02222nn mlttqbv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 =(2n+1) 2 =(4n+2) ，则2220(42)(

9、42)2nnmlttqbv粒子从进入磁场到坐标(-l，0)点所用的时间为02222nn mlttqbv或2220(42)(42)2nnmlttqbv4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 (33l，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， =30，不计粒子重力(1)若粒子从点

10、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 33qblm（2）（303l，）（ 3）49l【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

11、）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：3y12y2=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）5如图所

12、示，在xoy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y 轴向下一电子以速度v0从 y 轴上的 p点垂直于y 轴向右飞入电场，经过x 轴上 m 点进入磁场区域，又恰能从y 轴上的 q 点垂直于 y 轴向左飞出磁场已知p点坐标为(0，l)，m点的坐标为(233l，0)求(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（ 1）02vv；（ 2）2049ltv【解析】【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为，（1）在电场中x 轴方向：0 12 33lv t，y 轴方向12yvlt：，0tan3yvv得60

13、，002cosvvv（2）在磁场中，2 34sin3lrl磁场中的偏转角度为23202439rltvv6如图所示， x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为e，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5 .bt有一个质量1110mkg，电荷量710qc的带正电粒子，该粒子的初速度302 10/vm s，从坐标原点o 沿与 x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从o 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到o 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？电场强度e的大小及带电粒子从o 点出发到再次回

14、到o 点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m；电场强度e的大小为31 10/vm，带电粒子从o 点出发到再次回到o 点所用的时间为32.1 10. s【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二

15、定律求出e，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2vqvbmr，半径0.4mvrmbq，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，则第一次经过x 轴时的横坐标为120.4 20.57xrmm第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点o 处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为2 2r，在垂直电场方向的位移11svt，运动时间41124 10srtsvv在沿电场

16、方向上的位移22112sat，又因22sr得7222121 10/sam st根据牛顿第二定律eqam所以电场强度31 10/maevmq粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间4224 10vtsa，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mtsbq所以粒子从出发到再回到原点的时间为3122.1 10tttts【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力7如图， abcd 是边长为a的正方形质量为m、电荷量为e的电子以大小为0v的初速度沿纸面垂直于bc边射入正方

17、形区域在正方形内适当区域中有匀强磁场电子从bc边上的任意点入射，都只能从a点射出磁场不计重力，求：（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积【答案】见解析【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为b令圆弧aec是自 c 点垂直于bc入射的电子在磁场中的运行轨道电子所受到的磁场的作用力0fev b应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外圆弧aec的圆心在cb边或其延长线上依题意，圆心在a、c连线的中垂线上，故b 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有202vfm联立 式得0mvbea（2）由（ 1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自c点垂直于bc入射

18、电子在a 点沿 da 方向射出，且自bc边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在baec区域中因而，圆弧aec是所求的最小磁场区域的一个边界为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中a 点的电子的速度方向与ba的延长线交角为（不妨设02）的情形该电子的运动轨迹qpa如右图所示图中，圆ap的圆心为o，pq 垂直于 bc边，由 式知，圆弧ap的半径仍为a，在 d 为原点、dc为x轴，ad为y轴的坐标系中，p点的坐标( , )x y为sin(cos )cosxayazaa这意味着，在范围02内， p 点形成以d 为圆心、a为半径的四分之一圆周afc，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求

19、磁场区域的另一边界因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以b和d为圆心、a为半径的两个四分之一圆周aec和afc所围成的，其面积为2221122()422saaa8如图所示，足够大的平行挡板a1，a2竖直放置，间距为6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面yn 为理想分界面区的磁感应强度为b0，方向垂直纸面向外， a1，a2上各有位置正对的小孔s1，s2，两孔与分界面yn 的距离为l.质量为 m，电量为 q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从s1进入区，并直接偏转到 yn 上的 p点，再进入区p点与 a1板的距离是l 的 k 倍不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑(1

20、)若 k1，求匀强电场的电场强度e；(2)若 2k3，且粒子沿水平方向从s2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与 k 的关系式和区的磁感应强度b 与 k 的关系式【答案】（ 1）（2），【解析】试题分析：（ 1）粒子在电场中，由动能定理有qed=mv2-0 粒子在 区洛伦兹力提供向心力 qvb0当 k=1 时，由几何关系得r=l 由解得 e=（2）由于 2k0，且 ee）范围内的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场试求这些粒子打在胶片上的范围 x1.（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在2角内进入磁场试求能量均为的粒子打到感光胶片上的范围 x2【答案】见解析【解析】【详解】（1）设粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距s 的距离为x圆周运动2q bmr粒子的动能212em2xr由以上三式可得2 2mexqb所以12 22 2m eemexqbqb化简可得12 2mexeqbe；（2）动能为e的粒子沿角入射，轨道半径相同，设为r，粒子做圆周运动2q bmr粒子的动能212em由几何关系得222 24 222 cos1cossin2memexrrqbqb10 （加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心o、与 o 点