福建省永泰县第一中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、福建省永泰县第一中学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，虚线mn 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场，虚线mn 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场水平线段ap与 mn 相交于 o 点在 a 点有一质量为m，电量为 +q 的带电质点，以大小为 v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知a与 o 点间的距离为03mvqb，虚线 mn 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g求：（1）mn 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在a 点的入射方向与ao 间

2、的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到o点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从o 点进入虚线mn 右侧区域后运动到p点时速度的大小vp【答案】（ 1）mgq，方向竖直向上；（2）；（ 3）013v【解析】【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qe=mg，方向竖直向上；所以 mn 左侧区域内电场强度mgeq左，方向竖直向上；（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mvbv qr，所以轨道半径0mvrqb；质点经过a、o 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动

3、的圆心在ao的垂直平分线上，且质点从 a 运动到 o 的过程 o 点为最右侧；所以，粒子从a 到 o 的运动轨迹为劣弧；又有033aomvdrqb；根据几何关系可得：带电质点在a 点的入射方向与ao间的夹角1260aodarcsinr；根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在o 点的竖直分速度003602yvv sinv，水平分速度001602xvv cosv；质点从 o 运动到 p的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动；质点运动到p 点，故竖直位移为零，所以运动时间023yvv

4、tgg；所以质点在p 点的竖直分速度032ypyvvv，水平分速度000317322xpxvqevvtvgvmg；所以带电质点从o 点进入虚线mn 右侧区域后运动到p点时速度22013pypxpvvvv；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2l()o，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

5、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23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4el，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

6、间【答案】（ 1）2qvm；（ 2）12mblq；（ 3）060；22mlq【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：2102qumv2u2qvm(2）从 ab圆弧面收集到的粒子有23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60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2rl由洛伦兹力提供向心力得：2vqbvmr联合解得：12mblq（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 .212qeltm

7、222mlmtlqeq22xeqqelqvtmmm若速度与x 轴方向的夹角为角cosxvv1cos20603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

8、=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

9、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

10、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gh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

11、中运动的最长时间：222127127?s360360360mttqb此时对应的角：190和21434电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间oo 射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为u0、周期为2t0的电压 (如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上已知磁场的水平宽度为l，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计（1）求电子离开偏转电场

12、时的位置到oo 的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度b求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y【答案】（1）2010u eytdm（2）0 0u tbdl2010u eyytdm【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、 等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到 oo的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max00000311222yu eu eu eyatv ttttdmdmdm从 t0、3t0、 等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到oo的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min

13、001122u eyattdm最远位置和最近位置之间的距离：1maxminyyy，2010u eytdm（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sinlr设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，1sinyvv，式中00yu evtdm又：1mvrbe解得：0 0u tbdl由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上由第（ 1）问知电子离开偏转电场时的位置到oo 的最大距离和最小距离的差值为y1，所以垂直

14、打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010u eyytdm5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

15、：0 12 33lv t，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23202439rltvv6如图所示，虚线ol与 y 轴的夹角为 60 ，在此角范围内有垂直于xoy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为m粒子在磁场中运动的轨道半径为r粒子离开磁场后的运动轨迹与 x 轴交于 p点（图中未画出），且op=r不计重力求m 点到 o 点的距离和粒子在磁场中运动的时间【答案】当=30时，粒子在磁场中运动的时间为126tmtqb当 =90时，粒子在磁

16、场中运动的时间为42tmtqb【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线ol于 a 点，圆心在y 轴上的 c点， ac与 y 轴的夹角为 ；粒子从a 点射出后，运动轨迹交x 轴的 p 点，设 ap与 x轴的夹角为 ，如图所示有（判断出圆心在y 轴上得 1 分）2vqvbmr（1 分）周期为2 mtqb（1 分）过 a 点作 x、y 轴的垂线，垂足分别为b、d由几何知识得sinadr，cot60odad，opadbp = （2 分）联立得到1sin cos 13（2 分）解得 =30，或 =90 （各 2 分）设 m 点到 o 点的距离为h，有sinadrhr oc，3co

17、s3occdodrad联立得到h=r-23rcos( +30 ) （ 1 分）解得 h=(1-23)r（ =30） （2 分）h=(1+23)r（ =90） （ 2 分）当 =30时，粒子在磁场中运动的时间为126tmtqb（2 分）当 =90时，粒子在磁场中运动的时间为42tmtqb（2 分）【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识7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

18、 a 点(0，l)处沿 x 轴正方向射出一质量为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

19、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，可以得到21o do d则22122955o dlll因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为22295ro dcdl粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度225yqelvaym因此粒子进磁场时的速度为2202910yqelvvvm粒子在磁场中做匀速圆周运动有2qvbmrv

20、解得5 2929 102 2905010 229memebqlql点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题8如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为l，两板间距离为 2y0，金属板的右侧宽为l的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直现有一质量为m，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的 a 点以速度 v0沿 x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（l，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以

21、垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（ 2l，0）点与 x 轴正方向成30 夹角飞出磁场，不计粒子重力试求：（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定a 点的位置；（3）写出磁场区域磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t 应满足的表达式【答案】（ 1）2016wmv（2）2002 33y mvuql ,36yl (3) 002 33nmvbql , 0312 3 43ltnnv（， ，）【解析】试题分析：（ 1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：002 3cos303vvv电场力对粒子所做的功为：22200111226wmvmvmv（2）设粒子刚进入

22、磁场时的竖直分速度为v ，则：v =v0tan30 =033v水平方向： l=v0t竖直方向： y12vt解得：36yl电场力对粒子所做的功：w=qey两板间的电压u=2ey0解得：2002 33y mvuql（3）由对称性可知，粒子从x=2l点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为 = 30；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2=60；故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2rsin30 =r粒子到达x=2l 处且速度满足上述要求是：nr=llrn（n=1，2，3， ）由牛顿第二定律，有：20vqvbmr解得：002 33nmvbql（n=1，2， 3， ）粒子在变化磁

23、场的半个周期内恰好转过16周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2l处且满足速度题设要求；0162tktk；02 rtv解得：033ltv（n=1，2，3， ）当026tt，033ltv考点：带电粒子在磁场中的运动.9（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 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m 和 0.5m的正离子束，从m 点垂直该

24、点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从n 点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从on 连线的中点p与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在o 点正下方的q 点。已知op=0.5r0，oq=r0，n、p两点间的电势差2npmvuq,4cos5，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度e0和磁分析器中的磁感应强度b 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与o 点的距离l（用 r0表示）；（3）若磁感应强度在（bb）到（bb