带电粒子在磁场中的运动压轴题培优题附答案解析

1、带电粒子在磁场中的运动压轴题培优题附答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图甲所示，在直角坐标系中的0 xl 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2l，0）为圆心、半径为l的圆形区域，与x 轴的交点分别为m、n，在 xoy 平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从p点飘入电势差为u的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知o、q 两点之间的距离为2l，飞出电场后从m 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（1）求 0 xl 区域内电场强度e的大小和电子从m 点进入圆形区域时的速度vm；（2）若圆形区域内加一个

2、垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于 x 轴，求所加磁场磁感应强度b 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；（3）若在电子从m 点进入磁场区域时，取t0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从n 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期t满足的关系表达式。【答案】（ 1）2uel，2meuvm，设 vm的方向与x 轴的夹角为 ， 45 ；（ 2）2mmvmvberle，3348mrlmtveu；（ 3）t 的表达式为22mltnemu（ n1，2，3， ）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从p点到 q 点由动能定

3、理得：2012eumv可得02euvm电子从 q 点到 m 点，做类平抛运动，x 轴方向做匀速直线运动，02lmtlveuy 轴方向做匀加速直线运动，2122leetm由以上各式可得：2uel电子运动至m 点时：220()meevvtm即：2meuvm设 vm的方向与x 轴的夹角为 ，02cos2mvv解得： 45 。（2）如图甲所示，电子从m 点到 a 点，做匀速圆周运动，因o2mo2a，o1m o1a，且 o2amo1，所以四边形mo1ao2为菱形，即rl由洛伦兹力提供向心力可得：2mmvev bmr即2mmvmvberle3348mrlmtveu。（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙

4、所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2r，即2 22rl因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达n 点且速度符合要求的空间条件为：2 (2)2nrl（n1，2，3，）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0mmvreb解得：022nemubel（n1，2，3， ）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过14圆周，同时在mn 间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达n 点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是0142tt又002 mteb则 t 的表达式为22mltnemu（n1，2，3，）。2核

5、聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018 年 11 月 12 日我国宣布 “ 东方超环 ” （我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。（1）2018 年 11 月 16 日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量 k 可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为32kekt，其中k=1.38064910-23j/k。请你估算温度

6、为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。（2）假设质量为m、电量为q 的微观粒子，在温度为t0时垂直进入磁感应强度为b 的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为 r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为 v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。【答案】 (1)152 10jke (2)03kmtbq(3)222212r mvq rr【解析】【详解】（1）

7、微观粒子的平均动能：1532 102kektj（2）2031ktmv22解得：03ktvm由2vbqvmr03kmtrbq（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：22221rrrr解得22212:r2rrr由牛顿第二定律2qvbmvr解得 :222212br mvq rr3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 +

8、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2v0，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：0nmvbql n1、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：023(1)24ammtkkvqbqbk1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、 3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向：2y

9、vat，解得： vyv0，tan 0yvv1， 45，粒子穿过 o 点时的速度：22002vvvv；（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：2vqvbmr，粒子能过p点，由几何知识得：lnrcos45 n 1、2、3，解得：0nmvbqln1、2、 3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则： t102av；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12 mtqb，2mtqb，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：t214t1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到

10、达p点，粒子在磁场中的运动时间：t214t1+34t2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达p点： t2214t1+34t2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达p点： t2214t1+234t2，则23(1)24mmtkkqbqbk 1、2、3或2324mmtnnqbqb n1、2、3粒子从出发到p点经过的时间：tt1+t2，解得：023(1)24ammtkkvqbqbk 1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、3；4如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径r=3 m 的光滑圆弧段bc 与长 l=1.5 m 的粗糙水平段ab 在 b 点相切而构成，o 点是圆弧

11、段的圆心，oc 与 ob 的夹角=37;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小e=10 n/c 的匀强电场， ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh，ef 与 oc 交于 c 点， ecf与水平向右的方向所成的夹角为(53147)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场质量m2=310-3 kg、电荷量 q=3l0-3 c的带正电小物体q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m1=1.510-3 kg 的不带电小物体 p从轨道右端a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动，p、q 碰撞时间极短，碰后p以 1 m/s 的速度水平向右弹回已知p 与 ab 间的动摩擦

12、因数=0.5，a、b 均可视为质点，q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体q 的弹力大小fn；(2)当=53时，物体q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小 b1；(3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为b2=2t时，要让物体q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的值【答案】 (1)24.6 10nfn (2)11.25bt (3)127s360t,001290143和【解析】【详解】解： (1)设p碰撞前后的速度分别为

13、1v和1v，q碰后的速度为2v从a到b，对p，由动能定理得：221011111-22m glm vm v解得：17m/sv碰撞过程中，对p，q系统：由动量守恒定律：1 11 122mvmvm v取向左为正方向，由题意11m/sv，解得：24m/svb点：对q，由牛顿第二定律得：2222nvfm gmr解得 :24.6 10nnf(2)设q在c点的速度为cv，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22cm grm vm v解得：2m/scv进入磁场后：q所受电场力223 10nfqem g，q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv brq 刚好不从g

14、h边穿出磁场，由几何关系：11.6mrd解得：11.25tb(3)当所加磁场22tb，2221mcm vrqb要让q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：22cos(180)drr解得：127运动周期：222 mtqb则q在磁场中运动的最长时间：222127127?s360360360mttqb此时对应的角：190和21435在平面直角坐标系x0y 中，第 i 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在a(l，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为 、5 、 9的同种带

15、电粒子，粒子质量为m，电荷量为q在 b(0，l)、c(0，3l)、d(0，5l)放一个粒子接收器，b点的接收器只能吸收来自 y 轴右侧到达该点的粒子，c、d 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子已知速率为的粒子恰好到达b点并被吸收，不计粒子重力(1)求第 i 象限内磁场的磁感应强度b1;(2)计算说明速率为5v、9v 的粒子能否到达接收器;(3)若在第象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度b2的大小和方向【答案】 (1)1mvbql(2)故速率为v的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收(3)22 17( 173)mbql（或2(173 17

16、)4mvbql），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为v的粒子在第象限内运动的半径为rl由牛顿运动定律得21vqvbmr得1mvbql（2）由（ 1）中关系式可得速率为v、9v的粒子在磁场中的半径分别为5l、9l.设粒子与y轴的交点到o的距离为y，将5rl和9rl分别代入下式222()rlyr得这两种粒子在y轴上的交点到o的距离分别为3l、17l故速率为v的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收（3）若速度为9v的粒子能到达d点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外设离子在所加磁场中的运动半径为1r，由几何关系有15172917llrll又221(9 )9vqvbmr解得

17、22 17(517)mvbql（或2(5 1717)4mvbql）若粒子到达c点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：21732917llrll222(9 )9vqvbmr解得22 17( 173)mbql（或2(173 17)4mvbql）6如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成 45 角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为r 的半圆和一个长为2r、宽为2r的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里一质量为m、电荷量为 +q 的粒子 (重力忽略不计)以速度v 从 q(0，3r)点垂直电场方向射入电场，恰在p(r，0)点进入磁场区域(1)求电场强度大小及粒子

18、经过p点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从ac边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】 (1) 224mveqr；2v，速度方向沿y 轴负方向(2)8 22 25mvmvbqrqr(3)2 2713mvqr【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos452 2cos45rlrr1lvt沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452lrr2212latqeam设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v1vv、2vat，2tanvv联立可

19、得224mveqr进入磁场的速度22122vvvv45，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从a 点射出时，运动半径12rr由211mvqvbr得12 2mvbqr当粒子从 c 点射出时，由勾股定理得222222rrrr解得258rr由222mvqvbr得28 25mvbqr根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8 22 25mvmvbqrqr时，粒子从 ac边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在cd区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于 x 轴，其半径为3r，由几何关系得222332rrrr解得3714rr由233mvqvbr得32 27

20、13mvbqr磁感应强度小于3b，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中7如图所示，在平面直角坐标系xoy 内，第一、四象限有与y 轴相切于o 点、圆心为o1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场一带电粒子(重力不计 )自 p(d，32d)点以平行于x 轴的初速度v0开始运动，粒子从o 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的 q 点(图中未画出 )垂直于 y 轴回到电场区域，并恰能返回到p点求：(1)粒子经过 o 点时的速度；(2)电场强度 e和磁感应强度b 的比值【答案】（ 1）2v0（2）058evb【解析】【详解】

21、试题分析：（ 1）粒子从p到 o 的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过 o 点时的速度为 v，其在 y 轴负方向的分速度为vy，与 y 轴负方向的夹角为d=v0t11322xvdtv2=v02+vy20tanyvv解得： v=2v0 =300（2）设粒子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加速度为a：eq=ma213122dat粒子从 q 到 p的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，q 点的纵坐标为yq223122qydatd=vt2解得：5 38qyd设粒子由s点离开磁场，粒子从o 到 s过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsin =yq2vqvbmr5 312rd05

22、8evb考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【点睛】【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力8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

23、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)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 2km2)，电荷量均为q加速电场的电势差为 u，离子进入电场时的初速度可以忽略不计重力，也不考虑离子间的相互作用(1)求质量为 m1的离子进入磁

24、场时的速率v1； (2)当磁感应强度的大小为b 时，求两种离子在ga 边落点的间距s； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度若狭缝过宽，可能使两束离子在ga 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离设磁感应强度大小可调， ga 边长为定值l，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在a 处离子 可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于ga 边且垂直于磁场为保证上述两种离子能落在ga 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度【答案】 （1）12qum（2）1228ummqb（3） dm12122mmmml【解析】（1）动能定理uq12m1v12得： v112qum （2）由牛顿第二

25、定律和轨道半径有：qvb2mvr，rmvqb利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：r1122muqb，r2222m uqb 两种离子在ga 上落点的间距s2(r1- r2)1228()ummqb （3）质量为m1的离子，在ga 边上的落点都在其入射点左侧2r1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）同理，质量为m2的离子在ga边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（r1-r2） d 利用式，代入式得：2r1(1-21mm)dr1的最大值满足：2r1m=l-d得： (l- d)(1-21mm)d求得最大值： dm12122mmmml10 如图所示， y，n 为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d在金属板左侧板间中点处有电子源s，能水平发射初速为