带电粒子在磁场中的运动压轴难题提高题专题含答案

1、带电粒子在磁场中的运动压轴难题提高题专题含答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，一质量为m、电荷量为 +q 的粒子从竖直虚线上的p点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的a 点巳知p、a两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为 =37 ，不计粒子的重力，(sin 37 =0.6，cos 37 =0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小b1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量q(已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间

2、存在竖直向上的匀强电场，粒子从 p点到 a点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小 b2和匀强电场的电场强度大小e.【答案】（ 1）0152mvbql（2）2058mv lqkq（ 3）0253mvbql2020(23)9mveql【解析】【分析】【详解】（1)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得112cos25rll由洛伦兹力提供向心力可得20011vqv bmr解得 :0152mvbql(2)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷q 做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lrl由库仑

3、力提供向心力得20222vqqkmrr解得 :2058mv lqkq(3)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35lltvv根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2tt又22 mtqb解得0253mvbql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v tr解得 :35lr粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qelrtm解得 :2020(23)9mveql2如图所示为电子发射器原理图，m 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝 d 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱a 可沿半径向外

4、均匀发射速率为v 的电子；与 a 同轴放置的金属网c的半径为2a.不考虑 a、c的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若 a、c间加速电压为u，求电子通过金属网c 发射出来的速度大小vc；(2)若在 a、c 间不加磁场和电场时，检测到电子从m 射出形成的电流为i，求圆柱体a在 t时间内发射电子的数量n.(忽略 c、d 间的距离以及电子碰撞到c、d 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若 a、c间不加电压，要使由a 发射的电子不从金属网c射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度b的

5、最小值【答案】 (1)22eeuvvm (2) 4 altned(3) 43mvbae【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网c 发射出来的速度大小；（ 2）根据neit求解圆柱体 a 在时间 t 内发射电子的数量n；（ 3） 使由 a 发射的电子不从金属网c 射出，则电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解 b.【详解】（1）对电子经 ca 间的电场加速时，由动能定理得221122eeumvmv解得：22eeuvvm（2）设时间t 从 a 中发射的电子数为n，由 m 口射出的电子数为n， 则neit224ddnnnaa解得4 alt

6、ned（3）电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为b设此轨迹圆的半径为r，则222(2)arra2vbevmr解得：43mvbae3在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板mn 垂直于 y 轴， n 板在 x 轴上且其左端与坐标原点 o 重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场在y 轴上 (0， d/2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5 107ckg，速度为v0=8 105m/st=0 时刻射入板间的粒子恰好经n 板右边缘

7、打在x 轴上 .不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压 u0的大小；(2)若沿 x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；(3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r=0.03m，切点 a 的坐标为(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小b=23t，方向垂直于坐标平面向里求粒子出磁场后与 x 轴交点坐标的范围【答案】 (1)402.16 10 vu (2)0.04mx (3)0.1425mx【解析】【分析】【详解】(1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子：0lv t71 10ts211()22tya2ytva22ytyv122dyyeqma0

8、ued解得：402.16 10 vu(2)2ttnt时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032atxv所放荧光屏的最小长度axxl即：0.04xm(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为vy.速度偏转角的正切值均为：0tanyvv370cos37vv61 10 m/sv即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2vqvbmr0.03mrr由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点b 离开磁场 . 由几何关系，恰好经n 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan53carxx0.1

9、425mcx.由几何关系，过a 点的粒子经x 轴后进入磁场由b点沿 x 轴正向运动 .综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425mx4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

10、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： ：2；（ 2）框架以 cd为轴抬起后， ab边距桌面的高度为202 2vg【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=22l，小球在磁场中做圆周运的周期：t=02 rv，小球在磁场中的运动时间：t1=14t=024lv，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向： x=r=v0t2，运动时间： t2=022lv，则： t1：t2= ：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做

11、初速度为零的匀加速直线运动，位移： r=2212at，解得，加速度：a=202 2vl，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinm=gsin ，ab边距离桌面的高度：h=lsin =202 2vg；5如图所示，在xoy 平面 (纸面 )内，存在一个半径为r=02.m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为b=1.0t，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y 轴相切于坐标原点o.在 y 轴左侧、0.1mx0 的区域内，存在沿y 轴负方向的匀强电场(图中未标出 )，电场强度的大小为e=10 104n/c.一个质量为m=2.0 109kg、电荷量为q=5.0 105c的带正电粒子，以 v0=5.0

12、103m/s 的速度沿y 轴正方向、从p 点射入匀强磁场，p点的坐标为 (0.2m，0.2m)，不计粒子重力(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点o，求所加匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（ 1）0.2rm（2）0.1 , 0.05mm（3）14bt【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和

13、竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式bmvqr求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：200vqv bmr解得：0.2rm（2）由几何关系可知，带电粒子恰从o 点沿 x 轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：0lv t，212yat由牛顿第二定律有：qema联立解得：0.05ym所以粒子射出电场时的位置坐标为0.1 , 0.05mm（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度yvat解得：305.0 10/yvvm

14、 s则粒子射出电场时的速度：02vv设所加匀强磁场的磁感应强度大小为1b，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为1r，由几何关系可知：1220rm由牛顿第二定律有：211vqvbmr联立解得：14bt6如图所示，三块挡板围成截面边长l1.2m 的等边三角形区域，c、p、q 分别是 mn、am 和 an 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，mn 水平， mn 上方是竖直向下的匀强电场，场强e=410-4n /c三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b1；amn 以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为b23b1的匀强磁场现将一比荷q/m=105c/kg 的帯正电的粒子，从o 点由静止释

15、放，粒子从mn 小孔 c 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直an 经过 q 点进入外部磁场已知粒子最终回到了o 点，oc相距 2m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取 3求：（1） 磁感应强度b1的大小；（2） 粒子从 o 点出发，到再次回到o 点经历的时间；（3） 若仅改变b2的大小，当b2满足什么条件时，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点（若粒子经过a 点立即被吸收）【答案】（ 1）51210t3b；（ 2）-22.8510 st；（ 3）524210t3kb【解析】【详解】（1） 粒子从 o 到 c 即为在电场中加速，则由动能定理

16、得：212eqxmv解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知10.6m2lr由211vqvbmr代入数据得51210t3b（2）由题可知b2=3b1=2 10-5 t211vqvbmr则120.2m3rr由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112xvt得到 t1=0.01 s粒子在磁场b1中的周期为112 mtqb则在磁场b1中的运动时间为32113 10 s3tt在磁场 b2中的运动周期为222 mtqb在磁场 b2中的运动时间为3-3321803001801110s5.5 10 s3606tt则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s2.8

17、5 10 s6tttt（3）设挡板外磁场变为2b，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有22vqvbmr根据已知条件分析知，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点，需满足条件212lkr其中k=0、1、2、3解得524210t3kb7如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当22l，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y 轴相切于 o 点，在 x 轴上坐标为 (l，0)的 p点沿与 x 轴正向成=45方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直 y 轴射出电场，粒子进人

18、磁场后经磁场偏转以沿y 轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力求(1)粒子从 y 轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从 p 点射出到出磁场运动的时间为多少?【答案】（ 1）（ 0，12l）（ 2）202mveql022mvbql（3）002(1)2lltvv【解析】【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，

19、然后求出总的运动时间【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向： l=v0cos ?t1，竖直方向： y=12v0sin ?t1，解得： y=12l，粒子从 y 轴上射出电场的位置为：（0，12l）；（2）粒子在电场中的加速度：a=qem，竖直分位移： y=12at12，解得：202mveql；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y 轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，由几何知识得：ac与竖直方向夹角为45 ，ad=2y=22l，因此 aac刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=l，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q

20、vb=m2vr，其中，粒子的速度：v=v0cos ，解得：022mvbql；（3）粒子在电场中的运动时间：1002lltv cosv，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：2122xll，粒子做运动直线运动的时间：20(22)2xltvv，粒子在磁场中做圆周运动的时间：301122442mlttqbv，粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=002 12llvv；【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好

21、从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间8（17 分）在半径为r 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为 b。一质量为m，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径ad 方向经 p点（ ap=d）射入磁场（不计重力影响）。（1）如果粒子恰好从a 点射出磁场，求入射粒子的速度。（2）如果粒子经纸面内q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在q 点切线的夹角为 （如图）。求入射粒子的速度。【答案】 1）（2）【解析】试题分析：（ 1）由于粒子在p点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在ap上， ap 是直径。设入射

22、粒子的速度为v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：由 式解得：（2）设 o 是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接o q ，设 o q r 。由几何关系得： oqo =而 oo =r ,dr所以 oo = r+rd 由余弦定理得：由式解得：设入射粒子的速度为v2，由由 式解得：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.9如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xoy，在直角坐标系中y 轴和 xl 之间有沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为e，在电场的右侧以点(3l,0)为圆心、 l 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b，在 y 轴上 a 点(0，l)处沿 x 轴正方向射

23、出一质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小【答案】 （1）52qelm（2）29 102 29050meql【解析】【详解】（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足122lylyl解得15yl竖直方向212yat水中方向0ltv在电场中根据牛顿第二定律qema联立可以得到032qelvm（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为c，由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2o点，连接2o和 c点，交 x 轴与 d 点，做2o f垂直 x 轴，垂直为f由几何关系452lcdll解得25cdl由于21o focl，故2o fd与1ocd全等，可以得