带电粒子在磁场中的运动易错题复习题

1、带电粒子在磁场中的运动易错题复习题一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1 .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0,外圆弧面AB的电势为|（0o）,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。点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB重合且

2、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。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 = %若从AB圆弧面收集到的某粒子经0点进入电场后到达收集板MN离0点最远，求该粒子到达0点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间.【答案】（1）画 V m【解析】【分析】 【详解】1 7试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU = Q - mv22U - 2cp-（p-q）y =V

3、 m(1)粒子从P点入射时的速度Vo ；(2)第三、四象限磁感应强度的大小卬；E【答案】(1) 一 (2) 2.4B3B【解析】试题分析：(1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子sina 5m6003sina 5m6003sina 5m6003在第二象限圆周运动的半径为r,由几何知识得：r = M口用_ mvl23qBd根据 q%B = -得 v0 =r3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有r(l cos60。)t ；2m% mvi)(2)设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y,根据粒子在第 三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴

4、正方向的夹角等于a.则有：x=vot, y =由几何知识可得y=r-rcosa= g(2 d H d13sina(2 d H d13sinaj_2所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为H = 粒子进入第三、四象限运动的速度u =/ = 2% =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为H = 粒子进入第三、四象限运动的速度u =/ = 2% =粒子进入第三、四象限运动的速度u =/ = 2% =粒子进入第三、四象限运动的速度u =/ = 2% =cosa46qBd3my2根据夕=加不得：Bz=2. 4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动7.如图所示，虚线0L与y轴的夹角氏45。，在0L上侧有平行于

5、仪向下的匀强电场，在 。/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)的粒子以速率由从 y轴上的M (OMB)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。(2)若粒子能在“与x轴所围区间内返回到虚线上，求粒子从M点出发到第二次经 过。L所需要的最长时间。【答案】(1) 2qd .【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，

6、进而得到最长时间；qEF由=qE a =(1)粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用， m ；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，d则在X方向位移关系有：成由二%cos。x t,所以 v0 ;该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有qEvosin0 = at = t mqEdvosin0 =所以，mVo,则有vosin0 = at = t mqEdvosin0 =所以，mVo,则有qEdvosin0 =所以，mVo,则有qEdvosin0 =所以，mVo,则有mvsinO mvsin450 0m%E =qdqd2qdXXX（2）根据（1）可知粒子在电场中

7、运动的时间Vo；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 粒子能在0L与x轴所围区间内返回到虚线0L上，则粒子从M点出发到第二次经过0L在1磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为2 ；qvB = m粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，丁；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于0L进入匀强磁场，速度v就是初速度V。在X方向上V2v vocos0 = vocos45 = vo的分量，即2；1 平 平Y = vosin0 t =v（）t =d粒子在电场中运动，在Y方向上的位移244,所以，粒子进入磁3VzI - dcos。+ V =d场的位置在OL上

8、距离。点一丁 ；根据几何关系，1R + 可得1R + 可得RCOS0R即3平_CZ-I 43(2 -0)=di i +V241 +- VCOS0所以3（2-逐）27rxd2nR4T =-J-Vo3（亚-1）血所以，粒子从M点出发到第二次经过0L所需要的最长时间1 d13（声l）zrd d 3（d一1）兀t 昌匕=t + T max += 1 +1取长 2 max vo 2 vo vo2 J8.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0处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为vo的带电荷量为一q 的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过

9、正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力 及相互作用。-iEx BiX B260o jH D，D为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度Bi应该满足什么条件？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的大小；若磁感应强度大小为中B2,则粒子离开磁场边界的范围。（结果可用根号表示）4mv02 逆 nwo【答案】（2）B2=从AB边射出的坐标为qLqL“, IWlxl1212从BD边射出的坐标为23-312I1Tq从cd边射出的坐标为2甲-3I-Lr-y2-x- n”从ac边射出的坐标为，y-Lr-y2-x- n”从ac边射出的坐标

10、为，y，y，y【解析】【分析】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】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：L R- 4煽 = m A4m vo联立解得：qL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：R二L6mvoR = qB?2yf3mvoB2 =；qL从A3边出射的粒子，轨迹如图所示:分析

11、可知，好= （2R）2 q）解得：XL% 工乙当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处,L 2由几何关系得，遥二产一0一解得:X2 = L於- 312综上粒子从AB边射出的坐标为L同理求得，从8。边射出的粒子，位置坐标为(my) bL 3.12同理求得，从co边射出的粒子，位置坐标为1(%一加L 同理求得，从ac边射出的粒子，位置坐标为(一)历【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.9.如图所示，足够大的平行挡板4,4竖直放置，间距为6乙两板间存在两个方向相反的 匀强磁场区域I和n,以水平面

12、yN为理想分界面.I区的磁感应强度为Bo,方向垂直纸 面向外，4,4上各有位置正对的小孔51,52,两孔与分界面网的距离为乙质量为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&进入I区，并直接 偏转到弘/上的P点，再进入II区.P点与4板的距离是L的k倍.不计重力，碰到挡板 的粒子不予考虑.J 八,一 n d研工,4.X Kr X M X X X IIM M M M M K MX X X X X X X ） 8人2若k=l,求匀强电场的电场强度E；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H区的磁感应强度B与k的关系式.qBo2

13、L2qBoL + k2L kB。 v = B =【答案】2dm （2） 2m ,3-k【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I区洛伦兹力提供向心力qvB0=mr当HI时，由几何关系得r=L（3）由解得E二里坦2md（2）由于2k/3 m,半径为Ri的圆内分 布着Bi = 2.0 7的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2 = 0.5 7的 匀强磁场，方向垂直于纸面向内.一对平行极板竖直放置，极板间距d= gem,右极板 与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过 右板小孔Q,垂直进入环形磁场区域.已知

14、点P、Q、。在同一水平线上，粒子比荷 4xlO7C/cg,不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应.求：/ x b、声、要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2)若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O,则加速电压 为多大？从P点出发开始计时，在满足第问的条件下，粒子到达。点的时刻.【答案】(2)11 = 3x107/(3) t=(6.1xl0-8 + 12.2xl0-8k)s(k = 0 , 1 , 2 , 3 ,)【解析】【分析】(1)画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；(2)画出使粒子进入圆形磁场区域

15、，且能竖直通过圆心0的轨迹，结合几何关系求解半 径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后 联立方程组求解加速电压；(3)由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到。点所 用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达。点的时刻.【详解】粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为S在RtAQOOi 中有 ri2 + R22 = (ri + Ri)2代入数据解得ri = 1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径轨迹如图所示，由于0、03、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为2 洛2伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不

16、变，由qvB = mLrmv得 r= qB易知r3 = 4r2且满足。2 +3产=（R2 -2产+月解得2 = m ,门=6m4又由动能定理有qU = mv22代入数据解得U=3x107也P4-U带电粒子从P到Q的运动时间为ti,则ti满足ti 二 d2得 ti = 10-9s令NQO2O3 = e,所以cose = 0.8, e = 37。（反三角函数表达亦可） 271m圆周运动的周期T= f qB故粒子从Q孔进入磁场到第一次到。点所用的时间为37 17im 180-53 271m / ir._8t=x+x=6x10 *360 qB2 360 qB考虑到周期性运动，t 总= ti +12 +

17、 k（2ti + 2t2）=（6.10-8 + 12.2x108k）s（k = 0 ,1,2,3, .）.3. （18分）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂 直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔 5、52,两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U。，周期为在/ = 0时刻将一个质量为加、电量为（q0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力 的作用下向右运动，在，=4时刻通过s2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，2不考虑极板外的电场）XMXXXXXXNXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXX

18、s Xax I XL酊X I X(1)求粒子到达邑时的速度大小V和极板距离d(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在，=3时刻再次到达S2,且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小【解析】(1)粒子由H至S2的过程中，根据动能定理得qu。= mv22设粒子的加速度大小为Q,由牛顿第二定律得U。q- = ma d由运动学公式得（4）联立式得设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,V由牛顿

19、第二定律得93 = %方要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2RW联立式得联立式得(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为有d -T联立式得 =才若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时 间为右，根据运动学公式得(11)(11)(11)cl 2 2联立。式得T t2= 2 2设粒子在磁场中运动的时间为t联立式得联立式得(14)4设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由式结合运动学公式得1 二qB由题意得T = t联立(14)(16)式得_ 8 兀，n砧(15)(17)4.在平面直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里

20、的匀强磁场，在4匕0) 点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为u、5u、9u的同种带电粒子，粒子质量为m,电荷量为q.在B(0, /_)、C(0, 3L)、D(0, 5L)放一个粒子接收器，8点的接收器只能吸 收来自V轴右侧到达该点的粒子，G。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u的粒子恰好到达8点并被吸收，不计粒子重力.求第I象限内磁场的磁感应强度61；计算说明速率为5人9V的粒子能否到达接收器；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Bi的大小和方向.【答案】片=瓦故速率为、的粒子被吸收速率为外的粒子不能被吸收忆房%

21、 (或2忆房% (或2忆房% (或2(17 + 3/r7)mv、 K古0右心)，垂直坐标平面向外4qL【解析】【详解】(1)由几何关系知，速率为口的粒子在第I象限内运动的半径为R = L2由牛顿运动定律得qyg = m彳 得用=一7qL(2)由(1)中关系式可得速率为8、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V ,将R = 5L和R = 9L分别代入下式(R-L)2 + y2 =R2得这两种粒子在y轴上的交点到0的距离分别为3L、后L 故速率为5y的粒子被吸收，速率为9u的粒子不能被吸收.(3)若速度为9V的粒子能到达。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飞，由几何关系有5L-y/V7LR=29L - V17L(9v)2(5Vr7+17)/nv )(9v)2(5Vr7+17)/nv )(5Vr7+17)/nv )(5Vr7+17)/nv )4qL又 q - 9yB2 = m-/口 n 2vl7mv /一解得用=7=(或一 (5-717) 一若粒子到达C点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里5L-3L同理：年二 29L V17Zq9yB;(9v)2解得 B = 皙m (或 32 = Q7 + 3旧)mv) ”(