湖南省民办学校高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、湖南省民办学校高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，在平面直角坐标系xoy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为 b 的匀强磁场区域abc ，a 点坐标为（ 0，3a）， c点坐标为（ 0， 3a），b 点坐标为(2 3a，-3a）在直角坐标系xoy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为e=bv0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为q粒子束以相同的速度v0由 o、c间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上 y=2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过o 点忽略粒子间的相互作用，不计粒

2、子的重力（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距q 点最远？求出最远距离【答案】 (1)0vba(2)0 y2a(3)78ya，94a【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为ra由牛顿第二定律得bqv0m20vr故粒子的比荷0vqmba(2)能进入电场中且离o 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与ab边相切，设粒子运动轨迹的圆心为o点，如图所示由几何关系知oa rabbc2a则oooao aa即粒子离开磁场进入电场时，离o 点上方最远距离为odym2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0 y2 a(3)假设粒子没

3、有射出电场就打到荧光屏上，有3av0 t02019222qeytaam，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有xv0 t竖直方向有212qeytm代入数据得x2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距q 点为 h，粒子射出电场时与x 轴的夹角为 ，则002tanyxqexvmvyvva有h(3ax) tan (32 )2ayy当322ayy时，即 y98a 时， h 有最大值由于98a0)的粒子从p点在纸面内垂直于op 射出。己知粒子运动轨迹经过圆心o，不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(

4、2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。【答案】 (1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径。设粒子在磁场中运动半径为r，由几何关系得：易得：（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则联立解得3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

5、， 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

6、)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()22tya2ytva22ytyv122dyyeqma0ued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

7、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：tan53carxx0.1425mcx.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如图所示,在平面直角坐标系xoy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合 ,bac=30 ,中位线 om 与 x 轴重合 ,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小e与匀强磁场磁感应强度b的大

8、小间满足e=v0b在 x=3d 的 n 点处 ,垂直于 x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从 y 轴上 3dy0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从 y 轴上 y=2d 处射入的电子,经磁场偏转后 ,恰好经过o 点电子质量为m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计求(1)匀强磁杨的磁感应强度b(2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围 ;(3)荧光屏上发光点距n 点的最远距离l【答案】 （1）0mved； （2）02yd；（ 3）94d；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿

9、第二定律得：200vev bmr解得：0mvbed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距o 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为o，有：sin30ro a3oodo a解得ood即从 o 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距o 点最远所以22myrd电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02yd设电子从02yd范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从 on 间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x 轴间夹角为 ， 在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距n 点的距离为l，如图乙所示 ：根据运动学公式有：0 xv t212

10、eeytmyeevtm0tanyvvtan3ldx解得：(32 )2ldyy即98yd时， l 有最大值解得：94ld当322dyy【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用5在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合， o 点与桌面右边相距为74d，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的

11、小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应有一个质量为m、电量为 +q 的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿 x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g求：（1）环离开小孔时的坐标值；（2）板外的场强e2的大小和方向；（3）讨论板内场强e1的取值范围，确定环打在桌面上的范围【答案】（ 1）环离开小孔时的坐标值是-14d；（2）板外的场强e2的大小为mgq，方向沿y 轴正方向；（3）场

12、强 e1的取值范围为22368qb dqb dmm，环打在桌面上的范围为1744dd【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 而 x1+x2=d 解得： x1=34d x2=14d环离开小孔时的坐标值为：xm=34d-d=-14d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qe2=mg解得：2mgeq，方向沿y 轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为p、q，则若环绕小圆运动，则r=0.75d 根据洛仑兹力提供向心力，有：2vqvbmr

13、环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qe1x1=12mv2联立解得：2138qb dem若环绕大圆运动，则r2=（ r-1.5d）2+（2d）2 解得： r=0.48d 联立解得：216qb dem故场强 e1的取值范围为22368qb dqb dmm，环打在桌面上的范围为1744dd6如图所示，虚线ol 与 y 轴的夹角 =450，在 ol上侧有平行于ol向下的匀强电场，在ol下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（ q0）的粒子以速率v0从y 轴上的 m（om=d）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于ol进入匀强磁场，不计粒子重力。（

14、1）求此电场的场强大小e；（2）若粒子能在ol与 x 轴所围区间内返回到虚线ol上，求粒子从m 点出发到第二次经过 ol所需要的最长时间。【答案】（ 1）； （ 2）【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向x 和电场线方向y建立坐标系，则在 x方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于o

15、l进入匀强磁场，所以在y方向上，速度关系有，所以，则有（2）根据（ 1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为t粒子能在ol与 x 轴所围区间内返回到虚线ol上，则粒子从m 点出发到第二次经过ol在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（ 1）可知，粒子恰好能够垂直于ol进入匀强磁场，速度v 就是初速度v0在 x 方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在ol上距离 o 点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从m 点出发到第

16、二次经过ol 所需要的最长时间7如图所示，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

17、，y 轴方向12yvlt：，0tan3yvv得60，002cosvvv（2）在磁场中，2 34sin3lrl磁场中的偏转角度为23202439rltvv8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 103m/s 的速度沿y 轴正方向、从p 点射入

18、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竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场

19、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 s则粒子射出电场时的速度：02vv设所加匀强磁

20、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：14bt9如图甲所示，边长为l的正方形abcd区域内 (含边界 )有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心o 处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为m。图中 x、y 轴分别过正方形四边的中点e、f、g、h 不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形abcd区域则磁感应强度b1应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y 轴成 60 (如图乙所示 )方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度b2的

21、大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中 b2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)【答案】 (1) (2) (3)从 ab边射出的坐标为从 bd 边射出的坐标为从 cd边射出的坐标为从ac边射出的坐标为【解析】【分析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出b 的值 (2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形abcd 区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：联立解得：

22、(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：(3)从 ab 边出射的粒子，轨迹如图所示：分析可知，解得：当粒子运动轨迹与bg 相切时，打到右边最远处，由几何关系得，解得：综上粒子从ab 边射出的坐标为同理求得，从bd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从cd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从ac 边射出的粒子，位置坐标为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.10 如图所示，直径分别为d 和 2d 的同心圆处于同一竖直面内，o 为圆心， gh 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部