【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题含答案

1、【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题含答案一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图纸面内的矩形 ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB/ CDAD/ BC,电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从 AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为0 ( 0<90°),粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出.若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直 CD射出.已知边长AD=BC=d ,带电粒子的质量为 m,带电量为q,不计粒子的重力.求：B CA11D(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运

2、动的时间；匀强电场的电场强度大小.2qBdm cosB2d答案(1) qBd(2)；(3) qB dmcosqB sinmcos【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子 入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛 伦兹力平衡求解场强.【详解】(1)设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,画出运动轨迹如图所示,轨迹圆心为O.BCd由几何关系可知：cosR2洛伦兹力做向心力：qv0B m®RqBd解得v0 -mcos(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x,有sin粒子作匀速运动

3、：x=vot联立解得tmcosqBsin(3)带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qvoB解得EqB2dmcos此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理 量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力2.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为1-0质子束以初速度vo同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m,电量为e；加速极板3AB、A 囿

4、电压土匀为Uo,且满足eUo=mvo2。两磁场磁感应强度相同，半径均为R,圆心2O、O'在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=1 R;整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。m» t（1）试求质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度Y和磁场磁感应强度B；R .（2）如果某次实验时将磁场 O的圆心往上移了 一，其余条件均不变，质子束能在OO连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度lo应该满足的条件。【答案】v 2v。； B 止（2） l0 eR【解析】 【详解】解：（1）对于单个质子进入加速电场后，则有：p ,32又：eU0mv02解得：v

5、2vo ；根据对称，两束质子会相遇于 OO的中点 必定沿OP方向射出，出射点为 D,过C、 轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径3、3 6121212一 mv mv022P,粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知D点作速度的垂线相交于 K,则K,则K点即为r=R2根据洛伦磁力提供向心力有：evB m r可得磁场磁感应强度： B 2mv0eRR(2)磁场O的圆心上移了 一，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R,对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从 F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连 OF、OD,并作FK平行且等于 OD,连KD,由于OD=OF=FK故平行四

6、边 形ODKF为菱形，即KD=KF=R故粒子束仍然会从 D点射出，但方向并不沿 OD方向，K为 粒子束的圆心由于磁场上移了 R ,故sin/COF="2 =1 2 2兀D DOF=Z FKD>3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点,卜方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为tR一R (H 2R)222V0(4)R4vol 0to2冗3百 R 12vo联立解得l0冗3« 612而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后At上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为冗1R Rsin - 2tR362V 02V 0要使

7、两质子束相碰，其运动时间满足t t t3.如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd, bc长度为2L, cd长度为1.5L, e、f分别为ad、bc的中点.efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B;质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点.abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为2.qB L ;质量为km的不带电绝缘小球 巳以大小为 理的初速度沿bf方向运动.6mm发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点.(1)求碰撞后 A球的速度大小;(2)若A从ed边离开磁场，求k的最大值；(3)若A从ed边中点离开磁场，求 k的可能值和A在磁场中运动的最长时间.【

8、答案】(1) Va 生理(2) 1 (3) k 5或kk 1 m7【解析】【分析】(1)设P、A碰后的速度分别为Vp和VA, P碰前的速度为VqBL1kmvp 工mvA由动量守恒定律： kmv kmvP mvA12由机械能寸恒te律：一kmv2解得：vA2k qBLe(1(2)设A在磁场中运动轨迹半径为 R,由牛顿第二定律得:qvAB2mvA R2k解得：R t二L k 1由公式可得R越大，k值越大如图1,当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，R L求得k的最大值为k 1(3)令z点为ed边的中点，分类讨论如下：(1) A球在磁场中偏转一次从 z点就离开磁场，如图 2有_2 L 2_ 2R (-

9、)(1.5L R)2一 5L解得：R吐62k5由R L可得：k k 17(II)由图可知A球能从z点离开磁场要满足R ,则A球在磁场中还可能经历一次半2如图3和如图4,由几何关系有:R2(2)232(3RL)22解得:R 58L 或 R2k-L可得:1k 2或k11球A在电场中克服电场力做功的最大值为Wm2 2 2q B L6m(I)、Va5qBL,由于 1 mvA 8m 2理，由于1 mvA2m2 A25q2B2L2128m22, 2q B L8m6m22, 2q B L6m(II)可得A球能从z点离开的k的可能值为：k5 、一或k7z点离开.圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终

10、从2 mA球在磁场中运动周期为 T qB13当k时，如图4,A球在磁场中运动的最长时间tT343 m2qB4.如图，圆心为 O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)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；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。4r| 3m【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

11、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mv2进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则2m联立解得5.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0=37° ;过£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3(53° < 31

12、47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3xl0-3 C的带正电小物体 Q静止在圆弧轨道上 b点，质量m1=1.5x 10-3 kg的不带电 小物体P从轨道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后 P以1m/s的速度水平向右弹回.已知 P与ab间的动摩擦因数 w=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=10m/s2.求：碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小Fn;(2)当3=53°时，物

13、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Bi；(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(3值.【答案】(1) FN 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 12s, 1 900和 2 1430 360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为 v1和v1 , Q碰后的速度为v21 919从a到b,对P,由动能te理得：-m1gl m1v 1 m1v02 2解得：v1 7m/s碰撞过程中，对 P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1v1 m

14、2v2取向左为正方向，由题意 1m/s ,解得：v2 4m/s 2b点：对Q,由牛顿第二定律得：Fn m2g m2 vR2解得：Fn 4.6 10 N(2)设Q在c点的速度为vc,在b到c点，由机械能守恒定律：1 212m2 gR(1 cos )m2vcm2v22 2解得：vc 2m/s2进入磁场后：Q所受电场力F qE 3 10 N m2g , Q在磁场做匀速率圆周运动2由牛顿第二定律得：qvcB1 mvJ qQ刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r d 1.6m解得：Bi 1.25T(3)当所加磁场民 2T , r2mcqB21m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

15、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：. d设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)127运动周期：T2 m2qB2解得:127 ?2 m2360 . qB2127 s360则Q在磁场中运动的最长时间：t T360此时对应的 角：i 90和2 1436.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B, 一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示.该粒子运动到图中 Q点时速度方向与 P点时速度方向垂直，如图中 Q点箭头所示.已知 P、 Q间的距离为L.若保持粒子在 P点时的速度不变，而将匀强磁场

16、换成匀强电场，电场方 向与纸面平行且与粒子在 P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点.不计重力.P 0求：(1)电场强度的大小.(2)两种情况中粒子由 P运动到Q点所经历的时间之比.【答案】E &Bq=；城一mtE2【解析】【分析】【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，以V0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径,2则有qv0B m R1.由于粒子在Q点的速度垂直它在 P点时的速度，可知粒子由 P点到Q点的轨迹为一圆周,4故有R以E表示电场强度的大小,a表示粒子在电场中加速度的大小,tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 qE ma水平方向上：R

17、at22竖直方向上：R v0tE,一 B2qL. m由以上各式，得 E J2二且1£mqB1,1m(2)因粒子在磁场中由 P点运动到Q点的轨迹为一圆周，即tB -T所以4B 42 qBtB tE7.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的大小间满足E=wB.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vo从y轴上一3dwyw的范围内垂直于 y轴向左射

18、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。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中【答案】(1) 0 ； (2) 0 y 2d ； (3) d ； ed4(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=d2电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B mvr解得：b mv0 ed(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 。点最远，如图甲所示.设此时的圆

19、心位置为 O ,有：Oarsin 30OO 3d Oa解得OO d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ym 2r 2d电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0 y 2d设电子从0 y 2d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 仇在电场中运动的时间为t,电子打到荧光屏上L,如图乙所示产生的发光点距N点的距离为根据运动学公式有：x v0ta4SM,J5 典X x第二Jx 又1eEt2 2 mvyeEtanVytanL3d x解得:L (3d ；2y) ;2y9 .,d时，L有取大值8解得:当3d【点睛】本题属于带

20、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.8.如图甲所示，在直角坐标系 0a4区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强(3L, 0)为圆心、半径为 L的圆形区域，圆形区域与 x轴的交点分别为 M、N.现有一质 量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度Vo沿x轴正方向射入电场，飞出电场 后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为 30

21、76;.不考虑电子所受的重E的大小;(2)若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，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的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面同.请写出磁感应强度向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相B0的大小、磁场变化周期 T各应满足的关系表达式.2/，.%【答案】(1)"V?"(2)(3)eL(n=1, 2, 3)3M (n=1, 2, 3)【解析】(1)电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图

22、1中所示.twiO解得:由速度关系可得:由速度关系得：vy=v0tan 0 =在竖直方向:Ee vy = at t而水平方向：铲m廿JE =解得:3eL(2)根据题意作图如图 1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律:解得:5L根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为(3)电子在在磁场中最简单的情景如图2所示.,V在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为 运动的T0,粒子在x轴方向上的位移恰好等于ri;在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半, 偏转角度仍为60° ,电子运动的轨道半径变为 2r, 2r.60°,设电子运动的轨道半径为r,电子运

23、动周期T =2"故粒子的粒子在x轴方向上的位移恰好等于综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L (n=1, 2, 3)mu而:解得：eL 5=1, 2, 3)1应满足的时间条件为：S( T0+T'尸T2rrm2m F1而：丁西一人解得 而讳(n=i, 2, 3)点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合II要求的粒子轨迹必定是粒子先在正R中偏转60。，而后又在工B0中再次偏转60。，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出.先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.9.在平面直角坐标系 x

24、0y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 5u 9。的同种带电粒子，粒子质量为m,电荷量为q.在B(0, L)、C(0, 3L)、D(0, 5。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Bi;(2)计算说明速率为5v、9V的粒子能否到达接收器；(3)若在第H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

25、.(3) B '2mv(1)B17 (2)故速率为qv的粒子被吸收，速率为 9v的粒子不能被吸收淄还-(或(.17 3)qLB,2(17 3.17)mv4qL),垂直坐标平面向外v的粒子在第I象限内运动的半径为R L【解析】【详解】(1)由几何关系知，速率为2由牛顿运动定律得qvB1 m±Rmv得Bi qL(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。的距离为y,将R 5L和R 9L分别代入下式222(R L) y R 得这两种粒子在y轴上的交点到O的距离分别为3L、J17L故速率为 v的粒子被吸收，速率为 9v的粒

26、子不能被吸收.0(3)若速度为9v的粒子能到达设离子在所加磁场中的运动半径为R,由几何关系有且9L5L 57l 2.17L解得2c -(9v)29vB2 m-R2.17mvB2(或 B2(5.17)qL(5而 17)mv)4qL若粒子到达同理：R_9LC点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里,17l 3L2.17Lq 9vB'22 (9v)2 m-R2解得B'2¥7rn-(或 B'2(-17 3)qL(17 3s/17)mv4qLD点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外E方向竖直10.如图所示，虚线 MN/匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为向下

27、且与边界 MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，在电场中有一点P, P点到边界MN的竖直距离为do现将一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从 P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B',但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B'的最小值为多少?2 2 .2 B【答案】(1) v J2qEd (2) Xca 472d (3) B' m(1)设粒子第一次进入磁场时的速

28、度大小为v,由动能定理可得 qEd -mv2,2解得v , 2qEd m(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为Xca由类平抛规律x vt, y 工且t22 m由几何知识可得x=y,解得t 2md Eq两点间的距离为xCA J2vt,代入数据可得XCA 42dmv2mv1 2mEd（3）由 qvB mv_可得 R 加，即 R -1 JmEd由题意可知，当粒子运动到 F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值, 即B'最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知 r 2 2R R4又因

29、为r Uv,所以B' mv, qB'qr代入数据可得B' 2 2 2 B11.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B 0.5T.有一个质量m 1011kg ,电荷量q 10 7C的带正电粒子，该粒子的初速度 vo 2 103m/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

30、粒子从 。点出发到再次回到 。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1 103V/m,带电粒子从 。点出发到再次回到 。点所用的时间为 2.1 10 3s.【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

31、向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.【详解】2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，qvB m,Rmv 半径R 0.4m,Bq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x1 J2R 0.4、/2m 0.57m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。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2J2R，在垂直电场方向的位

32、移 s vti ,运动时间tia 2R 4 104s v v12在沿电场方向上的位移 s2-at2 ,2又因s 2R2 s272T 1 10 m/s t12根据牛顿第二定律a Eqmma 3所以电场强度 E1 103V/mq粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t2 2v 4 104s,a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2 m4T 410 sBq所以粒子从出发到再回到原点的时间为t 11t2 T 2.1 10 3s【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.1

33、2. (20分)如图所示，平面直角坐标系 xOy的第二象限内存在场强大小为E,方向与x轴平行且沿 x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强 磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点 M N到坐标原点的距离均为2L。一质量为m,电荷量绝对值为 q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等(类似于 光反射时反射角与入射角的关系)。求K X X X x X K.X X X X X X K x »

34、x x xxxfxxxx XX X(1)C点的纵坐标。(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少？(3)磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与档板总共相碰两次后到达C点？这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长？（1分）【解析】试题分析：(1)设粒子到达挡板之前的速度为 Vo粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动联立解得 y = 2L粒子的速度方向与X轴的夹角根据牛顿第二定律2 VqvB1 = m riBf震B2=3值9（2） ,2mL4 qEE12有动能th理 qEL = 2 mv0（1分）在x轴方向L = 9Et22m（1分）在y轴方向 y = v0t（1分）C点的纵坐标为y

35、 + L = 3L（1分）(2)粒子到达 C点时的沿x轴方向的速度为 vx = at = J- m（1分）沿y轴方向的速度为 Vv = v0 =，qEL m（1分）此时粒子在C点的速度为v = 2jqEL（1分）=45tanvyvx（1分）（2分）磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为2 , r1 = L 12要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为（1分）（3）当磁感应强度为 B时，粒子做半径为 小的圆周运动到达 y轴上的。点，之后做直线 3.2运动打到板上，r2 =L2（2分）此时的磁感应强度为 B2 = 2 JEm11分）此后粒子返回到 。点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒

36、子将到达D点，接着做直线运动到达C点MA到板，有L = 2第2ti =39 2mL在磁场中做圆周运动的时间t2 = 3T = 9 2 mL24 1 qE从。到板再返回O点作直线运动的时间：2mL3从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为t49（2+ ） 2mL总时间为 t 总=t + ti +t2 +t3 +t4 = ；y-4 qE考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前 后水

37、平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反.质量为 m、电荷量为-q的粒子速度 一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L,粒子重力不计，电荷量保持不变.（1）求粒子运动速度的大小 v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从 Q点射出磁场，PM=d, QN=d,求粒子从P到Q的运动时2间t.XXXqBd匚；(2)m2d ; ( 3) A.当 L nd (1 吏)d 时, 22Tm,B.当L 2qBndJ3i , J 3/3 4、m0+T) d 时，t(7丽【解析】【分析】 【详解】mv qB(1)粒子

38、在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有:2qvB m ,解得:R由题可得：R d解得v qBd ； m(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得 dm=d (1+sin60 )°解得dm (3)粒子的运动周期T 22mqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则Tt n t(n 1,3,5,L L ) 4r3-A.当L nd (1 ) d时，粒子斜向上射出磁场2t -T 122qBB.当L3 nd (1+)2d时,粒子斜向下射出磁场t 152T解得t (- d4)jm2qB14 . （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Bo 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