帶電粒子在磁場中的運動習(xí)題復(fù)習(xí)題及答案解析

1、帶電粒子在磁場中的運動習(xí)題復(fù)習(xí)題及答案解析一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓 u 構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，一束比荷為510/qckgm的帶正電的粒子流（重力不計），以速度vo=104m/s 沿 水平方向從金屬極板正中間射入兩板粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區(qū)域， o 為圓心，區(qū)域直徑ab長度為 l=1m， ab與水平方向成45 角區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī)律作周期性變化的磁場，已知b0=0. 5t，磁場方向以垂直于紙面向外為正粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣o 點與水平方向成45 斜向下射入磁場求：（1）兩金屬極板間的電壓u 是多大？（2）若 to=

2、05s，求 t=0s時刻射人磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t 和離開磁場的位置（3）要使所有帶電粒子通過o 點后的運動過程中不再從 ab 兩點間越過，求出磁場的變化周期 bo，to應(yīng)滿足的條件【答案】 （1）100v （2）t=5210s，射出點在ab間離 o 點0.04 2m （3）5010s3t【解析】試題分析：（ 1）粒子在電場中做類平拋運動，從o 點射出使速度代入數(shù)據(jù)得u=100v（2）粒子在磁場中經(jīng)過半周從ob 中穿出，粒子在磁場中運動時間射出點在ab間離 o 點（3）粒子運動周期，粒子在t=0、.時刻射入時，粒子最可能從 ab 間射出如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時要不從 ab 邊界射

3、出，應(yīng)滿足得考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動2如圖所示，一勻強磁場磁感應(yīng)強度為b；方向向里，其邊界是半徑為r的圓， ab為圓的一直徑 .在 a 點有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量m、電量 -q 的粒子，粒子重力不計(1)有一帶電粒子以的速度垂直磁場進入圓形區(qū)域，恰從b 點射出求此粒子在磁場中運動的時間(2)若磁場的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈)，某粒子沿半徑方向射入磁場，經(jīng)過2 次碰撞后回到a 點，則該粒子的速度為多大?(3)若 r=3cm、b=0.2t，在 a 點的粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射速度均為3 105ms、比荷為 108ckg 的粒子試用陰影圖畫出

4、粒子在磁場中能到達的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留2 位有效數(shù)字 )【答案】（ 1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的半徑，通過幾何關(guān)系得出圓弧所對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式，結(jié)合t=t 求出粒子在磁場中運動的時間（2）粒子徑向射入磁場，必定徑向反彈，作出粒子的軌跡圖，通過幾何關(guān)系求出粒子的半徑，從而通過半徑公式求出粒子的速度（3）根據(jù)粒子的半徑公式求出粒子的軌道半徑，作出粒子軌跡所能到達的部分，根據(jù)幾何關(guān)系求出面積【詳解】（1）由得 r1=2r粒子的運動軌跡如圖所示，則 因為周期運動時間（2）粒子運動情況如圖所示， r2rtan r由得（3）粒子的軌道半徑

5、r31.5cm粒子到達的區(qū)域為圖中的陰影部分區(qū)域面積為s= r32+2 (2 r3)2-r32=9.0 10-4m2【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動問題，需掌握粒子的半徑公式和周期公式，并能畫出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解該題對數(shù)學(xué)幾何能力要求較高，需加強這方面的訓(xùn)練3如圖所示，在直角坐標系x0y 平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為l的正方向區(qū)域，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高l，寬 2l 的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應(yīng)強度大小均相等，第一象限的xl，ly2l的區(qū)域內(nèi)，有沿y 軸正方向的勻強電場現(xiàn)

6、有一質(zhì)量為四電荷量為q 的帶負電粒子從坐標(l，3l/2)處以初速度0v沿 x 軸負方向射入電場，射出電場時通過坐標(0， l)點，不計粒子重力(1)求電場強度大小e；(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0 到達坐標 (-l，0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小b；(3)求第 (2)問中粒子從進入磁場到坐標(-l，0)點所用的時間【答案】 （1）20mveql（2）04nmvbqln=1、2、3.（3）02ltv【解析】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求解(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動有：0lv t，2122lat，qema聯(lián)立解得 ：20mveq

7、l(2)粒子進入磁場時，速度方向與y 軸負方向夾角的正切值tanxyvv=l 速度大小002sinvvv設(shè) x 為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(一 l，0 )點，應(yīng)滿足l=2nx，其中 n=1、 2、3.粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為2；當(dāng)滿足l=(2n+1)x 時，粒子軌跡如圖乙所示若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為r，圓弧對應(yīng)的圓心角為2.則有 x=2r，此時滿足l=2nx聯(lián)立可得：2 2lrn由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：2vqvbmr得：04nmvbql，n=1、2、 3.軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為r，圓弧對應(yīng)的圓心角為2.則有222xr，此時滿足

8、221lnx聯(lián)立可得：2212lrn由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：222vqvbmr得：022 21nmvbql，n=1、2、 3.所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0 到達坐標 (-l，0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小04nmvbql，n=1、2、3.或022 21nmvbql， n=1、 2、3.(3) 若軌跡如圖甲 ，粒子從進人磁場到從坐標(一 l，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和 =2n2 2=2n，則02222nn mlttqbv若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標(一 l，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和 =(2n+1) 2 =(4n+2) ，則2220(42)(

9、42)2nnmlttqbv粒子從進入磁場到坐標(-l，0)點所用的時間為02222nn mlttqbv或2220(42)(42)2nnmlttqbv4如圖所示的xoy 坐標系中， y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 b，方向垂直于xoy 平面向外 q1、 q2兩點的坐標分別為(0，l)、(0， l)，坐標為 (33l，0)處的 c點固定一平行于y 軸放置的絕緣彈性擋板，c為擋板中點帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y 軸方向分速度不變，沿x 軸方向分速度反向，大小不變現(xiàn)有質(zhì)量為 m，電量為 +q 的粒子，在p 點沿 pq1方向進入磁場， =30，不計粒子重力(1)若粒子從點

10、q1直接通過點q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子從點q1直接通過坐標原點o，求粒子第一次經(jīng)過x 軸的交點坐標(3)若粒子與擋板碰撞兩次并能回到p點，求粒子初速度大小及擋板的最小長度【答案】（ 1）2 33qblm（2）（303l，）（ 3）49l【解析】（3）粒子初速度大小為，擋板的最小長度為試題分析：（ 1）由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為 r1，由幾何關(guān)系得r1cos30 =l（1）粒子磁場中做勻速圓周運動，有： （2）解得： （3）（2）由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設(shè)其與x 軸交點為m，橫坐標為xm，由幾何關(guān)系知： 2r2cos30 =l（ 4

11、）xm=2r2sin30 （5）則 m 點坐標為（） （6）（3）由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為r3，偏轉(zhuǎn)一次后在y 負方向偏移量為y1，由幾何關(guān)系得：y1=2r3cos30 （7）為保證粒子最終能回到p，粒子每次射出磁場時速度方向與pq2連線平行，與擋板碰撞后，速度方向應(yīng)與pq1連線平行，每碰撞一次，粒子出進磁場在y 軸上距離 y2（如圖中a、e間距）可由題給條件得： （8）當(dāng)粒子只碰二次，其幾何條件是：3y12y2=2l （9）解得： （10）粒子磁場中做勻速圓周運動，有： （ 11）解得： （12）擋板的最小長度為： （13）解得： （14）5如圖所

12、示，在xoy 平面的第一象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面向外；在第四象限有一勻強電場，方向平行于y 軸向下一電子以速度v0從 y 軸上的 p點垂直于y 軸向右飛入電場，經(jīng)過x 軸上 m 點進入磁場區(qū)域，又恰能從y 軸上的 q 點垂直于 y 軸向左飛出磁場已知p點坐標為(0，l)，m點的坐標為(233l，0)求(1)電子飛出磁場時的速度大小v(2)電子在磁場中運動的時間t【答案】（ 1）02vv；（ 2）2049ltv【解析】【詳解】（1）軌跡如圖所示，設(shè)電子從電場進入磁場時速度方向與x 軸夾角為，（1）在電場中x 軸方向：0 12 33lv t，y 軸方向12yvlt：，0tan3yvv得60

13、，002cosvvv（2）在磁場中，2 34sin3lrl磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為23202439rltvv6如圖所示， x 軸的上方存在方向與x 軸成45角的勻強電場，電場強度為e，x 軸的下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度0.5 .bt有一個質(zhì)量1110mkg，電荷量710qc的帶正電粒子，該粒子的初速度302 10/vm s，從坐標原點o 沿與 x 軸成45角的方向進入勻強磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從o 點出發(fā)后第四次經(jīng)過x 軸時剛好又回到o 點處，設(shè)電場和磁場的區(qū)域足夠?qū)?，不計粒子重力，求：帶電粒子第一次?jīng)過x 軸時的橫坐標是多少？電場強度e的大小及帶電粒子從o 點出發(fā)到再次回

14、到o 點所用的時間【答案】帶電粒子第一次經(jīng)過x 軸時的橫坐標是0.57m；電場強度e的大小為31 10/vm，帶電粒子從o 點出發(fā)到再次回到o 點所用的時間為32.1 10. s【解析】【分析】(1)粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過x 軸，根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式求出半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出坐標；(2)然后進入電場中，恰好做勻減速運動直到速度為零后又返回，以相同速率再次進入磁場仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進入電場正好做類平拋運動.粒子在磁場中兩次運動剛好完成一個周期，由粒子在電場中的類平拋運動，根據(jù)垂直電場方向位移與速度關(guān)系，沿電場方向位移與時間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二

15、定律求出e，三個過程的總時間即為總時間【詳解】粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運動，洛侖茲力提供向心力，2vqvbmr，半徑0.4mvrmbq，根據(jù)圓的對稱性可得粒子在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)所對的圓心角為90，則第一次經(jīng)過x 軸時的橫坐標為120.4 20.57xrmm第一次進入電場，運動方向與電場方向相反，做勻減速直線運動，速度減為零后又反向加速返回磁場，在磁場中沿圓周運動，再次進入電場時速度方向剛好垂直電場方向，在電場力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐標原點o 處，其運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，第二次進入電場中的位移為2 2r，在垂直電場方向的位移11svt，運動時間41124 10srtsvv在沿電場

16、方向上的位移22112sat，又因22sr得7222121 10/sam st根據(jù)牛頓第二定律eqam所以電場強度31 10/maevmq粒子從第一次進入電場到再返回磁場的時間4224 10vtsa，粒子在磁場中兩段運動的時間之和剛好是做一個完整圓周運動的周期42410mtsbq所以粒子從出發(fā)到再回到原點的時間為3122.1 10tttts【點睛】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力7如圖， abcd 是邊長為a的正方形質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為0v的初速度沿紙面垂直于bc邊射入正方

17、形區(qū)域在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強磁場電子從bc邊上的任意點入射，都只能從a點射出磁場不計重力，求：（1）此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大小；（2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積【答案】見解析【解析】（1）設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為b令圓弧aec是自 c 點垂直于bc入射的電子在磁場中的運行軌道電子所受到的磁場的作用力0fev b應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外圓弧aec的圓心在cb邊或其延長線上依題意，圓心在a、c連線的中垂線上，故b 點即為圓心，圓半徑為a按照牛頓定律有202vfm聯(lián)立 式得0mvbea（2）由（ 1）中決定的磁感應(yīng)強度的方向和大小，可知自c點垂直于bc入射

18、電子在a 點沿 da 方向射出，且自bc邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在baec區(qū)域中因而，圓弧aec是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中a 點的電子的速度方向與ba的延長線交角為（不妨設(shè)02）的情形該電子的運動軌跡qpa如右圖所示圖中，圓ap的圓心為o，pq 垂直于 bc邊，由 式知，圓弧ap的半徑仍為a，在 d 為原點、dc為x軸，ad為y軸的坐標系中，p點的坐標( , )x y為sin(cos )cosxayazaa這意味著，在范圍02內(nèi)， p 點形成以d 為圓心、a為半徑的四分之一圓周afc，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求

19、磁場區(qū)域的另一邊界因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域時分別以b和d為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周aec和afc所圍成的，其面積為2221122()422saaa8如圖所示，足夠大的平行擋板a1，a2豎直放置，間距為6l.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和，以水平面yn 為理想分界面區(qū)的磁感應(yīng)強度為b0，方向垂直紙面向外， a1，a2上各有位置正對的小孔s1，s2，兩孔與分界面yn 的距離為l.質(zhì)量為 m，電量為 q 的粒子經(jīng)寬度為d 的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從s1進入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到 yn 上的 p點，再進入?yún)^(qū)p點與 a1板的距離是l 的 k 倍不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮(1

20、)若 k1，求勻強電場的電場強度e；(2)若 2k3，且粒子沿水平方向從s2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v 與 k 的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強度b 與 k 的關(guān)系式【答案】（ 1）（2），【解析】試題分析：（ 1）粒子在電場中，由動能定理有qed=mv2-0 粒子在 區(qū)洛倫茲力提供向心力 qvb0當(dāng) k=1 時，由幾何關(guān)系得r=l 由解得 e=（2）由于 2k0，且 ee）范圍內(nèi)的粒子均垂直于限束光欄的方向進入磁場試求這些粒子打在膠片上的范圍 x1.（2）實際上，限束光欄有一定的寬度，粒子將在2角內(nèi)進入磁場試求能量均為的粒子打到感光膠片上的范圍 x2【答案】見解析【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子以速度v 進入磁場，打在膠片上的位置距s 的距離為x圓周運動2q bmr粒子的動能212em2xr由以上三式可得2 2mexqb所以12 22 2m eemexqbqb化簡可得12 2mexeqbe；（2）動能為e的粒子沿角入射，軌道半徑相同，設(shè)為r，粒子做圓周運動2q bmr粒子的動能212em由幾何關(guān)系得222 24 222 cos1cossin2memexrrqbqb10 （加試題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心o、與 o 點