【物理】物理帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動專項含解析

一、帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動1專項訓練1．如圖所示，xOy平面處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．點處有一粒子源，可向各個方向發(fā)射速率不同、電荷量為q、質量為m的帶負電粒子．不考慮粒子的重力．（1）若粒子1經(jīng)過第一、二、三象限后，恰好沿x軸正向通過點Q（0，-L），求其速率v1；（2）若撤去第一象限的磁場，在其中加沿y軸正向的勻強電場，粒子2經(jīng)過第一、二、三象限后，也以速率v1沿x軸正向通過點Q，求勻強電場的電場強度E以及粒子2的發(fā)射速率v2；（3）若在xOy平面內加沿y軸正向的勻強電場Eo，粒子3以速率v3沿y軸正向發(fā)射，求在運動過程中其最小速率v.某同學查閱資料后，得到一種處理相關問題的思路：帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動，若所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復雜的曲線運動時，可將帶電粒子的初速度進行分解，將帶電粒子的運動等效為沿某一方向的勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合運動．請嘗試用該思路求解．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子1在一、二、三做勻速圓周運動，則由幾何憨可知：得到：（2）粒子2在第一象限中類斜劈運動，有：，在第二、三象限中原圓周運動，由幾何關系：，得到又，得到：（3）如圖所示，將分解成水平向右和和斜向的，則，即而所以，運動過程中粒子的最小速率為即：2．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢為，內圓弧面CD的電勢為，足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L．假設太空中漂浮著質量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子的影響，不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到達O點時速度的大小；（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個勻強磁場，方向垂直紙面向內，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點進入磁場后最多有能打到MN板上，求所加磁感應強度的大小；（3）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個垂直MN的勻強電場，電場強度的方向如圖所示，大小，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點進入電場后到達收集板MN離O點最遠，求該粒子到達O點的速度的方向和它在PQ與MN間運動的時間．【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】【詳解】試題分析：解：（1）帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，得：(2）從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是，在磁場中運動的軌跡如圖甲，軌跡圓心角．根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑：由洛倫茲力提供向心力得：聯(lián)合解得：（3）如圖粒子在電場中運動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠，這是一個類平拋運動的逆過程．建立如圖坐標.若速度與x軸方向的夾角為角3．如圖，光滑水平桌面上有一個矩形區(qū)域abcd，bc長度為2L，cd長度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點．efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B；質量為m、電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場中f點．a(chǎn)bfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強電場，電場強度為；質量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運動．P與A發(fā)生彈性碰撞，A的電量保持不變，P、A均可視為質點．（1）若A從ed邊離開磁場，求k的最大值；（2）若A從ed邊中點離開磁場，求k的可能值和A在磁場中運動的最長時間．【答案】（1）1（2）或；A球在磁場中運動的最長時間【解析】【詳解】（1）令P初速度，設P、A碰后的速度分別為vP和vA，由動量守恒定律：由機械能守恒定律：可得：，可知k值越大，vA越大；設A在磁場中運動軌跡半徑為R，由牛頓第二定律：可得：，可知vA越大，R越大；即，k值越大，R越大；如圖1，當A的軌跡與cd相切時，R為最大值，可得：，求得k的最大值為（2）令z點為ed邊的中點，分類討論如下：（I）A球在磁場中偏轉一次從z點就離開磁場，如圖2有解得：可得：（II）由圖可知A球能從z點離開磁場要滿足，則A球在磁場中還可能經(jīng)歷一次半圓運動后回到電場，再被電場加速后又進入磁場，最終從z點離開．令電場強度；如圖3和如圖4，由幾何關系有：解得：或可得：或當時，，由于當時，，由于此類情形取符合題意要求，即綜合（I）、（II）可得A球能從z點離開的k的可能值為：或A球在磁場中運動周期為當k=時，如圖4，A球在磁場中運動的最長時間4．如圖所示，xOy平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.1T，在原點O有一粒子源，它可以在xOy平面內向各個方向發(fā)射出質量kg電荷量C、速度m/s的帶正電的粒子。一感光薄板平行于x軸放置，其中心的坐標為（0，a），且滿足a>0.不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用。（1）若薄板足夠長，且a=0.2m，求感光板下表面被粒子擊中的長度；（2）若薄板長l=0.32m，為使感光板下表面全部被粒子擊中，求a的最大值；【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋轉圓的方式確定臨界點；(2)作出粒子恰能擊中板的最左端與最右端時粒子的軌跡，求出a的最大值。【詳解】(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲完全提供向心力：解得：沿軸正方向發(fā)射的粒子擊中薄板的最左端D點，可知：而擊中薄板最右端E點的粒子恰好運動了半個圓周，由幾何關系可得：解得：則感光板下表面被粒子擊中的長度：(2)粒子恰能擊中薄板的最左端點，由幾何關系可知：解得：若粒子恰能擊中薄板的最右端點，根據(jù)幾何知識可知：解得：綜上所述，為了使感光板下表面全部被粒子擊中：【點睛】典型的旋轉打板模型，粒子的速度一定，說明運動的軌跡是一個定圓，方向不同，可以采用旋轉圓的方式畫出臨界點，進而求解。5．如圖所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，D為AB邊的中點，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子平行BC邊射入磁場，粒子的速度大小為v0，結果剛好垂直BC邊射出磁場，不計粒子的重力，求：（1）勻強磁場的磁感應強度大??；（2）若要使粒子在磁場中的運動軌跡剛好與BC相切，粒子的速度大小為多少?粒子在磁場中運動的時間為多少?（3）增大粒子的速度，試分析粒子能不能從C點射出磁場。若不能，請說明理由；若能，請計算粒子從C點射出磁場時的偏向角?！敬鸢浮浚?），（2），，（3）能，【解析】【詳解】（1）運動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何知識可知，粒子做圓周運動的半徑為根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：所以勻強磁場的磁感應強度大小為；（2）要使粒子在磁場中的運動軌跡剛好與BC相切，其軌跡如圖所示：根據(jù)幾何知識可知，其運動的半徑為所以粒子運動是速度為根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為，所以粒子在磁場中運動的時間為（3）根據(jù)數(shù)學知識知，粒子能到達C點，粒子到達C的軌跡如圖所示：結合知識可知，∠DOC=60°，所以粒子從C點射出磁場時的偏向角為60°。6．地磁場可以減少宇宙射線中帶電粒子對地球上生物體的危害．為研究地磁場，某研究小組模擬了一個地磁場．如圖所示，模擬地球半徑為R,地球赤道平面附近的地磁場簡化為赤道上方厚度為2R、磁感應強度大小為B、方向垂直于赤道平面的勻強磁場．磁場邊緣A處有一粒子源，可在赤道平面內以不同速度向各個方向射入某種帶正電粒子．研究發(fā)現(xiàn)，當粒子速度為2v時，沿半徑方向射入磁場的粒子恰不能到達模擬地球．不計粒子重力及大氣對粒子運動的影響，且不考慮相對論效應．（1）求粒子的比荷；（2）若該種粒子的速度為v，則這種粒子到達模擬地球的最短時間是多少？（3）試求速度為2v的粒子到達地球粒子數(shù)與進入地磁場粒子總數(shù)比值η．（結果用反三角函數(shù)表示．例：，則，θ為弧度）【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）其軌跡如圖1所示（和地球相切）設該粒子軌跡半徑為r，則根據(jù)幾何關系：①解得②又③由②③得，④（2）速度為v的粒子進入磁場有：⑤由④⑤得，⑥若要時間最短，則粒子在磁場中運動的弧長最短，故從A斜向上射入，在A交點E到達地球的弦長最短時間最短．，故，得：，（3）沿徑向方向射入的粒子會和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁場的粒子也恰從地球上沿相切射出，在此θ角范圍內的粒子能到達地球，其余進入磁場粒子不能到達地球．作A點該速度垂直和過切點與O點連線延長線交于F點，則F點為圓心，如圖3．AF=4R，AO=OF=3R，得故，考點：考查了帶電粒子在有界磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運動時間公式，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑，結合幾何知識分析解題，7．如圖在光滑絕緣平面上有一直角三角形區(qū)域，上放置一個絕緣材料制成的固定擋板，其長度，，現(xiàn)有一個質量為，帶電量為可視為質點的小球從點，以初速度沿方向運動，小球與擋板的碰撞均為彈性碰撞（打到點時也記一次碰撞），且不計一切摩擦和碰撞時間，若在區(qū)域施加一個垂直水平面向里的勻強磁場，則：（1）要使小球能到達點，求磁感應強度的最小值；（2）要使小球能到達點，求小球與邊碰撞次數(shù)和磁感應強度大小應滿足的條件．（3）若在區(qū)域施加一個沿到方向的勻強電場，則：①要使小球能到達點，求電場強度的最小值；②要使小球能到達點，求小球與邊碰撞次數(shù)和電場強度大小應滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2），其中；（3）①；②．【解析】【詳解】（1）根據(jù)幾何關系可知粒子能夠運動到點的最大半徑為根據(jù)解得：（2）粒子與板發(fā)生次碰撞所對應的軌道半徑為：根據(jù)解得：，其中（3）①在區(qū)間加豎直向上的電場時，且?guī)щ娏Ｗ幼鲆淮晤惼綊佭\動到點時電場強度最小，水平方向上：豎直方向上：解得：：②將電場力沿平行和垂直分解沿方向的運動是初速度為，加速度為的勻加速直線運動得到所以得即8．質量為m電荷量為+q的帶電粒子（不考慮重力）從半圓形區(qū)域邊界A點沿直徑方向正對圓心兩次以相同速度v水平射入。第一次射入時，空間中只有豎直向下的勻強電場，第二次只有垂直于紙面向外的勻強磁場（磁場和電場區(qū)域都無限大且未畫出）。發(fā)現(xiàn)帶電粒子兩次都擊中半圓形邊界上同一點B。（1）證明兩次粒子打到B點速度方向不同；（2）判斷兩次粒子打到B點的時間長短，并加以證明?！敬鸢浮浚?）因為，所以兩次粒子打到B點速度方向不同；（2）第一次粒子做平拋運動，沿直徑方向的速度不變；第二次粒子做勻速圓周運動，沿直徑方向的速度逐漸變小，而兩次都擊中半圓形邊界上同一點B，兩次沿直徑方向的位移相等，所以第二次用時較長，證明見詳解?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）設半圓形區(qū)域的半徑為r，B點與圓心連線和半圓形直徑方向的夾角為，第一次射入時，帶正電的粒子做類平拋運動，水平方向r+r=vt豎直方向的速度vy=t=第一次射出B點速度與直徑方向的夾角==第二次射入時，粒子做勻速圓周運動，徑向射入，徑向射出，射出B點速度與直徑方向的夾角為，做勻速圓周運動的半徑R===第二次射出B點速度與直徑方向的夾角==因為，所以兩次粒子打到B點速度方向不同。（2）第一次粒子做平拋運動，沿直徑方向的速度不變；第二次粒子做勻速圓周運動，沿直徑方向的速度逐漸變小，而兩次都擊中半圓形邊界上同一點B，兩次沿直徑方向的位移相等，所以第二次用時較長。第一次在水平方向r+r=vt1第一次粒子在電場中運動的時間t1=第二次粒子在磁場中運動的半徑R==qB=第二次粒子在磁場中運動的t2=T====因為，所以t2t1。9．如圖所示是研究光電效應現(xiàn)象的實驗電路，、為兩正對的圓形金屬板，兩板間距為，板的半徑為，且．當板正中受一頻率為的細束紫外線照射時，照射部位發(fā)射沿不同方向運動的光電子，形成光電流，從而引起電流表的指針偏轉．已知普朗克常量h、電子電荷量e、電子質量m．（1）若閉合開關S，調節(jié)滑片P逐漸增大極板間電壓，可以發(fā)現(xiàn)電流逐漸減?。旊妷罕硎緮?shù)為時，電流恰好為零．求：①金屬板N的極限頻率；②將圖示電源的正負極互換，同時逐漸增大極板間電壓，發(fā)現(xiàn)光電流逐漸增大，當電壓達到之后，電流便趨于飽和．求此電壓．（2）開關S斷開，在MN間加垂直于紙面的勻強磁場，逐漸增大磁感應強度，也能使電流為零，求磁感應強度B至少為多大時，電流為零．【答案】（1）①②（2）【解析】【分析】【詳解】（1）①據(jù)題意，由光電效應方程得到：①據(jù)電場力做負功，剛好等于動能變化，有：②極限頻率為：③④②當電源正負極互換后，在電場力作用下，電子飛到極板M上，且電壓越大，飛到該極板上的光電子數(shù)量越多，當所有光電子飛到該極板時，電流達到飽和，此時飛得最遠的光電子可以近似看出類平拋運動，則有：⑤⑥⑦⑧⑨（2）當在MN間加有勻強磁場，在磁場力作用下，光電子做勻速圓周運動，當運動半徑最大的光電子的半徑等于d/2，則光電子到達不了極板M，那么就可以使電流為0，則有：⑩⑾⑿10．如圖所示，左側正方形區(qū)域ABCD有豎直方向的勻強電場和垂直紙面方向的磁場，右側正方形區(qū)域CEFG有電場，一質量為m，帶電量為+q的小球，從距A點正上方高為L的O點靜止釋放進入左側正方形區(qū)域后做勻速圓周運動，從C點水平進入右側正方形區(qū)域CEFG．已知正方形區(qū)域的邊長均為L，重力加速度為g，求：（1）左側正方形區(qū)域的電場強度E1和磁場的磁感應強度B；（2）若在右側正方形區(qū)域內加豎直向下的勻強電場，能使小球恰好從F點飛出，求該電場場強E2的大?。唬?）若在右側正方形區(qū)域內加水平向左的勻強電場，場強大小為（k為正整數(shù)），試求小球飛出該區(qū)域的位置到G點的距離．【答案】（1），方向豎直向上；，方向垂直紙面向外（2）（3）①L②【解析】【詳解】（1）小球做勻速圓周運動解得：，方向豎直向上由幾何關系，又解得：，方向垂直紙面向外（2）在CEFG區(qū)域，小球做類平拋運動，水平方向：，解得豎直方向：，解得又，解得（3）水平方向：，解得豎直方向小球做自由落體運動.當水平方向減速至零時，用時由，解得，①當k=1時，x=L，小球水平方向恰好到達FG邊，此時豎直位移=L，小球恰好從F點飛出，此時距G點L．②當k=2，3，4……時，x<L，豎直位移=≤L，小球從CG邊飛出，此時距G點11．如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系，y軸沿豎直方向．在x=L到x=2L之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷（）為k的帶電微粒從坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內做勻速圓周運動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+x方向通過x軸上x=3L的位置，已知勻強磁場的磁感應強度為B，重力加速度為g．求：（1）電場強度的大??；（2）帶電微粒的初速度；（3）帶電微粒做圓周運動的圓心坐標．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由于粒子在復合場中做勻速圓周運動，則：mg=qE，又解得（2）由幾何關系：2Rcosθ=L，粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力：；由在進入復合場之前做平拋運動：解得（3）由其中，則帶電微粒做圓周運動的圓心坐標：；12．簡諧運動是一種理想化的運動模型，是機械振動中最簡單、最基本的振動。簡諧運動的物體受到回復力的作用，回復力F的大小與物體偏離平衡位置的位移x成正比，回復力的方向與物體偏離平衡位置的位移方向想反，即：F=-kx，其中k為振動系數(shù)，其值由振動系統(tǒng)決定。用長為L的細線將質量為m的小球懸掛起來，就構成了一個單擺，如圖甲所示。（1）證明：在偏角很小的情況下，單擺做簡諧運動。（2）已知月球上的自由落體加速度為地球上的1/4，若將地球上周期是2s的單擺拿到月球上，求它在月球上做50次全振動的時間。（3）若使周期是2s的單擺小球帶上正電，并將單擺分別置于豎直向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場中，如圖乙和圖丙所示。使帶電小球均做小角度的簡諧運動，在電場和磁場中小球振動的周期還是2s嗎？請分別分析說明?！敬鸢浮浚?）證明過程見解析；（2）200s（3）加電場時單擺的周期小于2s；加磁場時單擺周期不變.【解析】【詳解】（1）單擺受力分析如圖所示，單擺的回復力大小為F回=G1=mgsinθ當θ很小時，sinθ≈θ，θ等于θ角對應的弧長與半徑的比值，即sinθ≈θ≈得F回=mg當θ很小時，弧長PO近似等于弦長，與擺球偏離平衡位置的位移x大小相等，考慮到回復力和位移相反，則得回復力與位移的關系為

，其中，即有F回=-kx所以在擺角很小的情況下，單擺的往復運動是簡諧運動．（2）月球表面的重力加速度為，將秒擺拿到月球上去，周期為：它在月球上做50次全振動時間為：t=50T′=50×4s=200s.（3）圖乙中，擺球受到重力G、電場力F電和擺線拉力T，與重力場中的單擺類比，等效的“重力”G′=G+F電，，代入單擺周期公式得：，可知單擺的周期變?。粓D丙中，擺球受到重力G、洛倫茲力F洛和擺線拉力T，與重力場中的單擺類比，單擺周期與重力場中相同，，即單擺的周期仍為2s。13．如圖所示，質量m=15g、長度L=2m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為R1=1m和R2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩半園的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC=2m，現(xiàn)有一質量m=15g、帶電荷量q=+6×10－3C的物塊A(可視為質點)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3，當物塊A運動到木板D右端時二者剛好共遠，且木板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋扳C上方飛入PQNM區(qū)域，并能夠在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，重力加速度g取10m/s2。(1)當物塊A剛滑上木板D時，求物塊A和木板D的加速度大小.(2)求電場強度的大小.(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出，求磁感應強度大小的取值范圍?！敬鸢浮?1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)【解析】【詳解】（1）當物體剛滑上木板D時，對物體A受力分析有：解得：a2=3m/s2對木板D受力分析有：解得：a1=1m/s2（2）物塊A進入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，則有：解得：E=25V/m；（3）物塊A與木板D共速時有：解得：v=1m/s粒子做勻速圓周運動有：要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場，物塊A在磁場中運動的軌跡半徑R應滿足:解得：。14．如圖所示，坐標系xoy位于光滑絕緣水平面內，其中第二象限內存在一個與坐標平面平行方向如圖的勻強電場．一質量為M，電量為的小球a從A點由靜止釋放．沿AO方向運動．到達O點時速度為v，AO長度為若小球a恰能與靜止在O點質量為的不帶電小球b發(fā)生彈性碰撞，相碰時電荷量平分，同時瞬間撤去電場并在整個空間加一垂直于坐標平面向下的勻強磁場．忽略兩小球間的靜電力及小球運動所產(chǎn)生磁場的影響．求：(1)勻強電場的電場強度大小E；(2)，b兩球碰后的速度；(3)若從a，b兩球相碰到兩球與O點第一次共線所用時間為t，則勻強磁場的磁感應強度的大小為多少？【答案】(1)；(2)和；(3)．【解析】【分析】小球a在電場中做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學速度位移公式結合可求得勻強電場的電場強度大小E；、b兩球發(fā)生彈性碰撞，遵守動量守恒和機械能守恒，由動量守恒定律和機械能守恒定律求兩球碰后的速度；、b兩球碰后在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求得兩球運動周期，畫出軌跡，分析時間t與兩球周期的關系，求解勻強磁場的磁感應強度的大?。驹斀狻?1)設a球在電場中運動的加速度為a，由牛頓第二定律和運動學公式可得：解得：設a、b兩球碰后的速度分別為和，取碰撞前a球的速度方向為正方向，由動量守恒定