帶電粒子在磁場中的運動易錯題一輪復(fù)習(xí)附答案解析

1、帶電粒子在磁場中的運動易錯題一輪復(fù)習(xí)附答案解析一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，虛線mn 沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場，虛線mn 的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻強電場水平線段ap與 mn 相交于 o 點在 a 點有一質(zhì)量為m，電量為 +q 的帶電質(zhì)點，以大小為 v0的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，已知a與 o 點間的距離為03mvqb，虛線 mn 右側(cè)電場強度為3mgq，重力加速度為g求：（1）mn 左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；（2）帶電質(zhì)點在a 點的入射方向與ao 間的夾角為多大時，

2、質(zhì)點在磁場中剛好運動到o點，并畫出帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡；（3）帶電質(zhì)點從o 點進(jìn)入虛線mn 右側(cè)區(qū)域后運動到p點時速度的大小vp【答案】（ 1）mgq，方向豎直向上；（2）；（ 3）013v【解析】【詳解】（1）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點做勻速圓周運動可得：重力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力qe=mg，方向豎直向上；所以 mn 左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度mgeq左，方向豎直向上；（2）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：200mvbv qr，所以軌道半徑0mvrqb；質(zhì)點經(jīng)過a、o 兩點，故質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在ao的垂

3、直平分線上，且質(zhì)點從 a 運動到 o 的過程 o 點為最右側(cè)；所以，粒子從a 到 o 的運動軌跡為劣?。挥钟?33aomvdrqb；根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點在a 點的入射方向與ao間的夾角1260aodarcsinr；根據(jù)左手定則可得：質(zhì)點做逆時針圓周運動，故帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡如圖所示：；（3）根據(jù)質(zhì)點在左側(cè)做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點在o 點的豎直分速度003602yvv sinv，水平分速度001602xvv cosv；質(zhì)點從 o 運動到 p的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動；質(zhì)點運動到p 點，故豎直位移為零，所以運動時間023yvvtgg；所以質(zhì)點

4、在p 點的豎直分速度032ypyvvv，水平分速度000317322xpxvqevvtvgvmg；所以帶電質(zhì)點從o 點進(jìn)入虛線mn 右側(cè)區(qū)域后運動到p點時速度22013pypxpvvvv；2正、負(fù)電子從靜止開始分別經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋加速器d 型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對撞機中正、負(fù)電子對撞機置于真空中在對撞機中正、負(fù)電子對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子回旋加速器d 型盒中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0b，回旋加速器的半徑為r，加速電壓為u； d 型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計電子的質(zhì)量為m、電量為e，重力不計真空中的光速為c，普朗克常量為h（1）求正、負(fù)電子進(jìn)

5、入對撞機時分別具有的能量e及正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率 v（2）求從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程中，d 型盒間的電場對電子做功的平均功率p（3）圖甲為正負(fù)電子對撞機的最后部分的簡化示意圖位于水平面的粗實線所示的圓環(huán)真空管道是正、負(fù)電子做圓周運動的“ 容器 ” ，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運動，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵即圖中的a1、a2、a4an共有 n 個，均勻分布在整個圓環(huán)上每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是勻強磁場，并且磁感應(yīng)強度都相同，方向豎直向下磁場區(qū)域的直徑為d改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場的磁感應(yīng)強度，從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度經(jīng)過精確調(diào)整，首先實現(xiàn)電子

6、在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的軌道運動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點和射出點都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如圖乙所示這就為進(jìn)一步實現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞做好了準(zhǔn)備求電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度 b大小【答案】 (1) 222202e b rmcvmhh，22202e brem；(2) 20e b um；(3)02sinb rnd【解析】【詳解】解： (1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場里則有：200mvevbr解得正、負(fù)電子離開回旋加速器時的速度為：00eb rvm正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機時分別具有的能量：222200122e bremvm正、負(fù)電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有：222emchv

7、正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率：222202e brmcvmhh(2) 從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程，設(shè)在電場中加速n次，則有：2012neumv解得：2202eb rnmu正、負(fù)電子在磁場中運動的周期為：02 mteb正、負(fù)電子在磁場中運動的時間為：2022b rnttud 型盒間的電場對電子做功的平均功率：20e b uwepttm (3)設(shè)電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系可得sin2drn解得：2sindrn根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得：200mvev br電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度b大?。?2sinb rnbd3如圖所示，半徑r=0.06m 的半圓形無

8、場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點o 處，半徑r=0.1m，磁感應(yīng)強度大小b=0.075t 的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0，0.08m），平行金屬板mn 的極板長 l=0.3m、間距 d=0.1m，極板間所加電壓u=6.4x102v，其中 n 極板收集到的粒子全部中和吸收一位于o 處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v 的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x 軸正方向，已知粒子在磁場中的運動半徑 r0=0.08m，若粒子重力不計、比荷qm=108c/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng) sin53 =0.8，cos53 =0.6（1）求粒子的發(fā)射速度v 的大小；（2

9、）若粒子在o 點入射方向與x 軸負(fù)方向夾角為37 ，求它打出磁場時的坐標(biāo)：（3）n 板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例 【答案】（ 1）6105m/s；（ 2）（ 0，0.18m）；（ 3）29%【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvb=m20vr可得： v=6105m/s；（2）若粒子在o 點入射方向與x 軸負(fù)方向夾角為37 ，作出速度方向的垂線與y 軸交于一點 q，根據(jù)幾何關(guān)系可得pq=0.0637cos=0.08m，即 q 為軌跡圓心的位置；q 到圓上 y 軸最高點的距離為0.18m-0.0637sin=0.08m，故粒子剛好從圓上y 軸最高點離開；故它打出磁場時的坐標(biāo)為（0

10、，0.18m）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=12at2 a=qem=qumd t=lv 由解得：y=0.08m設(shè)此粒子射入時與x 軸的夾角為 ，則由幾何知識得：y=rsin + r0-r0cos 可知 tan =43，即 =53比例 =53180 100%=29%4平面直角坐標(biāo)系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為2b 和 b（b 的大小未知），第二象限和第三象限內(nèi)存在沿y 方向的勻強電場， x 軸上有一點p，其坐標(biāo)為（ l， 0）。現(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為 m 的帶正電粒子從坐標(biāo)（ 2a，

11、a）處以沿 +x 方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進(jìn)入y 軸右側(cè)并在隨后經(jīng)過了點p，不計粒子的重力。（1）求粒子經(jīng)過原點時的速度；（2）求磁感應(yīng)強度b的所有可能取值（3）求粒子從出發(fā)直至到達(dá)p點經(jīng)歷時間的所有可能取值。【答案】 （1）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為2v0，方向：與x 軸正方向夾45斜向下；（2）磁感應(yīng)強度b 的所有可能取值：0nmvbql n1、2、3；（3）粒子從出發(fā)直至到達(dá)p點經(jīng)歷時間的所有可能取值：023(1)24ammtkkvqbqbk1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、 3?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2av0t，

12、豎直方向：2yvat，解得： vyv0，tan 0yvv1， 45，粒子穿過 o 點時的速度：22002vvvv；（2）粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：2vqvbmr，粒子能過p點，由幾何知識得：lnrcos45 n 1、2、3，解得：0nmvbqln1、2、 3；（3）設(shè)粒子在第二象限運動時間為t1，則： t102av；粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期：12 mtqb，2mtqb，粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4 圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4 圓弧，若粒子經(jīng)下方磁場直接到達(dá)p點，則粒子在磁場中的運動時間：t214t1，若粒子經(jīng)過下方磁

13、場與上方磁場到達(dá)p點，粒子在磁場中的運動時間：t214t1+34t2，若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達(dá)p點： t2214t1+34t2，若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達(dá)p點： t2214t1+234t2，則23(1)24mmtkkqbqbk 1、2、3或2324mmtnnqbqb n1、2、3粒子從出發(fā)到p點經(jīng)過的時間：tt1+t2，解得：023(1)24ammtkkvqbqbk 1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、3；5在如圖所示的xoy 坐標(biāo)系中，一對間距為d 的平行薄金屬板豎直固定于絕緣底座上，底座置于光滑水平桌面的中間，極板右邊與y 軸重合，桌

14、面與x 軸重合， o 點與桌面右邊相距為74d，一根長度也為d 的光滑絕緣細(xì)桿水平穿過右極板上的小孔后固定在左極板上，桿離桌面高為1.5d，裝置的總質(zhì)量為3m兩板外存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場和勻強電場（圖中未畫出），假設(shè)極板內(nèi)、外的電磁場互不影響且不考慮邊緣效應(yīng)有一個質(zhì)量為m、電量為 +q 的小環(huán)（可視為質(zhì)點）套在桿的左端，給極板充電，使板內(nèi)有沿 x 正方向的穩(wěn)恒電場時，釋放小環(huán)，讓其由靜止向右滑動，離開小孔后便做勻速圓周運動，重力加速度取g求：（1）環(huán)離開小孔時的坐標(biāo)值；（2）板外的場強e2的大小和方向；（3）討論板內(nèi)場強e1的取值范圍，確定環(huán)打在桌面上的范圍【答案】（ 1）

15、環(huán)離開小孔時的坐標(biāo)值是-14d；（2）板外的場強e2的大小為mgq，方向沿y 軸正方向；（3）場強 e1的取值范圍為22368qb dqb dmm，環(huán)打在桌面上的范圍為1744dd【解析】【詳解】（1）設(shè)在環(huán)離開小孔之前，環(huán)和底座各自移動的位移為x1、x2由于板內(nèi)小環(huán)與極板間的作用力是它們的內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 而 x1+x2=d 解得： x1=34d x2=14d環(huán)離開小孔時的坐標(biāo)值為：xm=34d-d=-14d（2）環(huán)離開小孔后便做勻速圓周運動，須qe2=mg解得：2mgeq，方向沿y 軸正方向（3）環(huán)打在桌面上的范圍可畫得如圖所示

16、，臨界點為p、q，則若環(huán)繞小圓運動，則r=0.75d 根據(jù)洛侖茲力提供向心力，有：2vqvbmr環(huán)在極板內(nèi)做勻加速運動，設(shè)離開小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有：qe1x1=12mv2聯(lián)立解得：2138qb dem若環(huán)繞大圓運動，則r2=（ r-1.5d）2+（2d）2 解得： r=0.48d 聯(lián)立解得：216qb dem故場強 e1的取值范圍為22368qb dqb dmm，環(huán)打在桌面上的范圍為1744dd6如圖所示，直線y=x 與 y 軸之間有垂直于xoy 平面向外的勻強磁場1b，直線 x=d 與 y=x間有沿 y 軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度41.0 10 v/me，另有一半徑r=1.0

17、m 的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度20.20tb，方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線x=d 和 x 軸均相切，且與x 軸相切于s點一帶負(fù)電的粒子從s點沿 y 軸的正方形以速度0v進(jìn)入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進(jìn)入磁場區(qū)域1b，且第一次進(jìn)入磁場1b時的速度方向與直線y=x垂直粒子速度大小501.0 10 m/sv，粒子的比荷為5/5.0 10 c/kgq m，粒子重力不計求：(1)粒子在勻強磁場2b中運動的半徑r；(2)坐標(biāo) d 的值；(3)要使粒子無法運動到x 軸的負(fù)半軸，則磁感應(yīng)強度1b應(yīng)滿足的條件；(4)在(2)問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線y=x 上的最長時間（3.14

18、，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.【答案】 (1) r=1m (2)4md (3)10.1bt或10.24bt (4)56.210ts【解析】【詳解】解： (1) 由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：2020vb qvmr解得粒子運動的半徑：1rm(2) 粒子進(jìn)入勻強電場以后，做類平拋運動，設(shè)粒子運動的水平位移為x，豎直位移為y水平方向：0 xv t豎直方向：212yateqam0tan45vat聯(lián)立解得：2xm，1ym由圖示幾何關(guān)系得：dxyr解得：4dm(3)若所加磁場的磁感應(yīng)強度為1b，粒子恰好垂直打在y軸上，粒子在磁場運動半徑為1r由如圖所示幾何關(guān)系得：12ryr02vv由帶電粒子在勻強磁場中運動

19、可得：211vb qvmr解得：10.1bt若所加磁場的磁感應(yīng)強度為1b，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為2r由如圖所示幾何關(guān)系得：2222rryr由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：212vb qvmr解得1210.2410btt綜上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件為10.1bt或10.24bt(4)設(shè)粒子在磁場2b中運動的時間為1t，在電場中運動的時間為2t，在磁場1b中運動的時間為3t，則有：1114tt102 rtv20 xtv3212tt222 rtv解得：5512321.52 2106.2 10ttttss7如圖所示，虛線mn為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為e方向豎

20、直向下且與邊界mn成=45 角，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向外，在電場中有一點 p，p點到邊界 mn的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q 的帶正電粒子從p處由靜止釋放（不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大）。求：（1）粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度大?。唬?）粒子第一次出磁場處到第二次進(jìn)磁場處的距離；（3）若粒子第一次進(jìn)入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)閎，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則b的最小值為多少？【答案】（ 1）2qedmv（2）4 2caxd（3）2 22bb【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度大小為v，由動能定理可得212qedmv

21、，解得2qedvm（2）粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到第二次進(jìn)磁場，兩點間距為cax由類平拋規(guī)律xvt，212eqytm由幾何知識可得x=y，解得2mdteq兩點間的距離為2caxvt，代入數(shù)據(jù)可得4 2caxd（3）由2mvqvbr可得mvrqb，即12medrbq由題意可知，當(dāng)粒子運動到f點處改變磁感應(yīng)強度的大小時，粒子運動的半徑又最大值，即b最小，粒子的運動軌跡如圖中的虛線圓所示。設(shè)此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有幾何關(guān)系可知224rr又因為mvrqb，所以mvbqr，代入數(shù)據(jù)可得2 22bb8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

22、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(biāo)原點o 沿與 x 軸成45角的方向進(jìn)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(biāo)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(biāo)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

23、 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(biāo)；(2)然后進(jìn)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(jìn)入磁場仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進(jìn)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

24、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(biāo)為120.4 20.57xrmm第一次進(jìn)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(jìn)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(biāo)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(jìn)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(jìn)入電場到再返回

25、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9如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為b磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于m、n，mn=l，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反質(zhì)量為m、電荷量為 -q 的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁

26、場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且 dl，粒子重力不計，電荷量保持不變（1）求粒子運動速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到m 的最大距離dm；（3）從 p點射入的粒子最終從q 點射出磁場，pm=d，qn=2d，求粒子從p到 q 的運動時間 t【答案】（ 1）qbdvm；（ 2）m232dd ；（ 3）a.當(dāng)312lndd（）時，3 3462lmtdqb（），b.當(dāng)31+2lndd（）時，3 3462lmtdqb（）【解析】【分析】【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有：2vqvbmr，解得：mvrqb由題可得：rd解得qbdvm；（2）如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60 ）解得m232dd（3）粒子的運動周期