帶電粒子在磁場中的運動習題含答案

1、帶電粒子在磁場中的運動 練習題 1. 如圖所示，一個帶正電荷的物塊m由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的D點停下來后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點停下來則以下說法中正確的是( )AD點一定在D點左側BD點一定與D點重合CD點一定在D點右側   DD點一定與D點重合2. 一個質量為m、帶電荷

2、量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中現(xiàn)給圓環(huán)向右初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是（）ABCD3. 如圖所示，在長方形abcd區(qū)域內有正交的電磁場，ab=bc/2=L，一帶電粒子從ad的中點垂直于電場和磁場方向射入，恰沿直線從bc邊的中點P射出，若撤去磁場，則粒子從c點射出；若撤去電場，則粒子將（重力不計）（）A從b點射出B從b、P間某點射出C從a點射出D從a、b間某點射出4. 如圖所示，在真空中勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c 帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速運

3、動，c向左勻速運動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc的大小關系，正確的是（）AGa最大BGb最大CGc最大DGb最小 5. 如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，仍從A點射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?( )A.B. C.D. 6. 如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外P (,0)、Q (0，)為坐標軸上的兩個點現(xiàn)有一電子從P點沿PQ

4、方向射出，不計電子的重力，則. ( )A若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程一定為B若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為C若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為2D若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則n（n為任意正整數(shù)）都有可能是電子運動的路程7. 如圖，一束電子（電量為e）以速度v0垂直射入磁感應強度為B，寬為d的勻強磁場中，穿出磁場的速度方向與電子原來的入射方向的夾角為30°，求：（1）電子的質量是多少？ （2）穿過磁場的時間是多少？ （3）若改變初速度，使電子剛好不能從A邊射出，則此時速度v

5、是多少？8. 點S為電子源，它只在下圖所示的紙面上360°范圍內發(fā)射速率相同、質量為m、電荷量為e的電子，MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離OS=L。擋板左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，求：(1)要使S發(fā)射的電子能夠到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少為多大？ (2)若電子發(fā)射的速度為eBL/m，則擋板被擊中的范圍有多大？9. 空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動

6、，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。10. 在xoy平面內y>0的區(qū)域中存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，在y<0的區(qū)域也存在垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），一帶正電的粒子從y軸上的P點垂直于磁場入射，速度方向與y軸正向成45°。粒子第一次進入y<0的區(qū)域時速度方向與x軸正向成135°，再次在y>0的區(qū)域運動時軌跡恰與y 軸相切。已知OP的距離為，粒子的重力不計。求： （1）y<0的區(qū)域內

7、磁場的磁感應強度大??； （2）粒子第2n(nN*)次通過x軸時離O點的距離。（本問只需寫出結果）11. 圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向平行于板面并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屬板垂直），在此區(qū)域內及其邊界上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里，假設一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射人金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經EF邊中點H射入磁場區(qū)域，不計重力。（1）已知這些離子中的離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子

8、甲的質量；（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為3/4a，求離子乙的質量；（3）若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內可能有離子到達。12. 如圖所示，在邊長為L的等邊三角形ACD區(qū)域內，存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場?，F(xiàn)有一束質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以某一速度從AC邊中點P、平行于CD邊垂直磁場射入，粒子的重力可忽略不計。(1)若粒子進入磁場時的速度大小為v0，求粒子在磁場中運動的軌道半徑；(2)若粒子能從AC邊飛出磁場，求粒子在磁場中運動的時間； (3)為使

9、粒子能CD邊飛出磁場，粒子進入磁場時的速度大小應滿足什么條件？13. 如圖所示，在半徑為的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，從圓弧頂點P以速率v0的帶正電粒子平行于紙面進入磁場，已知粒子的質量為m，電量為q，粒子重力不計（1）若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；（2）若粒子對準圓心射入，且速率為，求它打到感光板上時速度的垂直分量；（3）若粒子以速度v0從P點以任意角入射，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上參考答案：1. 【答案】BC 【解析】僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過程中，由動能定理得mghmgs1cos mg

10、s20，即hs1cos s20，由題意知A點距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)、斜面傾角、斜面長度s1為定值，所以s2與重力的大小無關，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當于把重力增大了，s2不變，D點一定與D點重合，B項正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D點一定在D點右側，C項正確2. 【答案】ACD【解析】由左手定則可知圓環(huán)所受洛倫茲力F洛=qvB的方向豎直向上，細桿對圓環(huán)的支持力FN，圓環(huán)所受滑動摩擦力f=FN，圓環(huán)所受重力G=mg方向豎直向下，當qvB=mg時，F(xiàn)N=0

11、，故f=0，故圓環(huán)做勻速直線運動，故A正確當qvBmg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向上，F(xiàn)N=mg-qvB，故f0，物體作減速運動，隨速度v的減小FN逐漸增大，故滑動摩擦力f逐漸增大，故物體的加速度a=f/m逐漸增大，即物體作加速度逐漸增大的變減速運動，故C正確，而B錯誤當qvBmg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向下，F(xiàn)N=qvB-mg，故f0，物體作減速運動，隨速度v的減小FN逐漸減小，故滑動摩擦力f逐漸減小，故物體的加速度a=f/m逐漸減小，即物體作加速度逐漸減小的變減速運動，當qvB=mg時，F(xiàn)N=0，故f=0，故圓環(huán)做勻速直線運動，故D正確3. 設粒子的質量為m，帶電量為q，

12、粒子射入電磁場時的速度為v0，則粒子沿直線通過場區(qū)時：Bqv0=Eq撤去磁場后，在電場力的作用下，從c點射出場區(qū)，所以粒子應帶正電荷；在此過程中，粒子做類平拋運動，設粒子的加速度a，穿越電場所用時間為t，則有：Eq=ma L=（1/2）at2L=v0t 撤去電場后，在洛侖茲力的作用下，粒子做圓周運動，洛侖茲力提供向心力： 由以上各式解得：r=L /2粒子做圓運動的軌跡如圖，粒子將從a點射出故選：C4. 【答案】CD 【解析】 a球受力平衡，有Ga=qE   重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故球帶負電；b球受力平衡，有Gb+qvB=qE

13、    c球受力平衡，有Gc=qvB+qE   解得GcGaGb故選CD5. 【解析】：設有界圓磁場的半徑為R，帶電粒子的做勻速圓周運動的半徑為r，OC與OB成600角，所以AO1C=60°,帶電粒子做勻速圓周運動，從C點穿出,畫出軌跡，找到圓心O1,中，即,帶電粒子在磁場中飛行時間，現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，則帶電粒子的運動半徑,設帶電粒子的圓心角為，則，故，運動時間，所以，選項B正確。6. 【解析】：若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖所示， 由幾何關系知：半徑RL，則微粒運動的路程為圓周的1/4

14、，即為，A正確；若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示，  因此則微粒運動的路程可能為L，也可能為2L，BD錯誤C正確；7. 【解析】：（1）設電子在磁場中運動軌道半徑為r，電子的質量是m，由幾何關系得：r=dlsin30° =2d  電子在磁場中運動Bev0=，r=  由得：m= （2）電子運動軌跡圓心角=30° 周期T=穿過磁場的時間t= （3）電子剛好不能從A邊射出電子軌道半徑為r'=d 由Bev=，得：V=8. 【解析】：(1)從S發(fā)射電子速度方向豎直向上，并且軌

15、道半徑恰好等于時，是能夠達到擋板的最小發(fā)射速度。如圖，(2)如圖，所以擊中擋板上邊界的電子，發(fā)射角應為與水平成30°角斜向上，電子在磁場中恰好運動半圓周到達擋板上邊界。若要擊中擋板下邊界，電子發(fā)射方向正對擋板O點，電子在磁場中才能恰好運動1/4圓周到達擋板下邊界 9. 【解析】：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得。可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為。2（2）在電場中運動時間在中間磁場中運動時間在右側磁場中運

16、動時間則粒子第一次回到O點的所用時間為。答案 （1）（2）10. 【解析】：（1）當粒子通過y軸時速度方向沿y軸負向時，粒子運動的軌跡如圖(a)所示 設粒子第一次、第二次通過x軸上的點分別為Q、M，粒子在y>0和y<0區(qū)域做圓周運動的半徑分別為R0和R1，通過y軸上的點為N，y0區(qū)域的磁感應強度大小為B1 .連接PQ，由題意知：PQ=2R0又由幾何關系可得：PQ=2a.解得：R0=a 過M、N兩點分別作該點速度方向的垂線，兩垂線相交于O1點，O1即為粒子在y>0區(qū)域做圓周運動的圓心.由幾何關系可得：粒子在y0區(qū)域內做圓周運動的弦長粒子在y0區(qū)域內

17、做圓周運動的半徑帶電粒子在磁場中做圓崗運動的半徑公式解得當粒子通過y軸時速度方向沿y軸正向時，粒子運動的軌跡如圖(b)所示設粒子第一次、第二次通過x軸上的點分別為T、S，粒子在y0區(qū)域做圓周運動的半徑為R2，y0區(qū)域的磁感應強度大小為B2 由幾何關系可以求得解得 （2）設粒子在兩種情況下，第2n次通過x軸時離O點的距離分別為S1、S2，當粒子通過y軸時速度方向沿y軸負向時，由幾何關系可推算出： 當粒子通過y軸時速度方向沿y軸正向時，由幾何關系可推算出： 11. 【解析】：（1）由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，它所受到的向上的磁場力和向下

18、的電場力平衡，有qvB0=qE0  式中，v0是離子運動的速度，E0是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有   由式得   在正三角形磁場區(qū)域，離子甲做勻速圓周運動設離子甲質量為m，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有   式中，r是離子甲做圓周運動的半徑，離子甲在磁場中的運動軌跡為半圓，圓心為O；這半圓剛好與EG邊相切于K點，與EF邊交于I'點。在EOK中，OK垂直于EG由幾何關系得  由式得  聯(lián)立式得，離子甲的質量為   （2）同理，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有   式中，m'和r'分別為離子乙的質量和做圓周運動的軌道半徑。離子乙運動的圓周的圓心O'必在E、H兩點之間由幾何關系有  由式得  聯(lián)立式得，離子乙的質量為  （3）對于最輕的離子，其質量為m/2。由式知，它在磁場中做半徑為r/2的勻速圓周運動，因而與EH的交點為O，有  當這些離子中的離子質量逐漸增大到m時，離子到達磁場邊界上的點的位置從O點沿HE邊變到I'點；當離子質量繼續(xù)增大時，離子到達磁場邊界上的點的位置從K點沿EG邊趨向于I點。