高中物理带电粒子在磁场中的运动习题二轮复习及答案.pdf

高中物理带电粒子在磁场中的运动习题二轮复习及答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝 D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与 A 同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑 A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若 A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小vC；(2)若在 A、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I，求圆柱体A在 t时间内发射电子的数量N.(忽略 C、D 间的距离以及电子碰撞到C、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若 A、C间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值【答案】 (1)22eeUvvm (2) 4 altNed(3) 43mvBae【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（ 2）根据neIt求解圆柱体 A 在时间 t 内发射电子的数量N；（ 3） 使由 A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解 B.【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122eeUmvmv解得：22eeUvvm（2）设时间t 从 A 中发射的电子数为N，由 M 口射出的电子数为n， 则neIt224ddNnNaa解得4 altNed（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B设此轨迹圆的半径为r，则222(2)arra2vBevmr解得：43mvBae2如图所示，在xOy 坐标系中，第、象限内无电场和磁场。

第象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的 P点以大小为v0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O 两点间的距离为202mvqE1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x；（2）若粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件答案】（ 1）02v；20mvqE（2）0(21)EBv【解析】【详解】（1）由动能定理有：2220011222mvqEmvmvqE解得： v2v0设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为 ，则有 cos 022vv解得： 45根据tan21xy，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mvxqE（2）要使粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：sR+Rsin 又：2vqvBmR解得：0(21)EBv故0( 21)EBv3某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP M M内有竖直向下的匀强电场，电场场强 E1.0 103V/m，宽度 d0.05m，长度 L0.40m；区域 MM NN 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2.5 102T，宽度 D0.05m，比荷qm1.0 108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v0从 P点射入电场边界MM 不影响粒子的运动，不计粒子重力(1) 若 v08.0 105m/s，求粒子从区域PP NN射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M N间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M 点射出，求v0满足的条件【答案】 (1)0.0125m (2) 3.6105m/s. (3) 第一种情况：v054.00.8() 10/21nm sn (其中 n0、1、2、3、4)第二种情况：v053.20.8() 10/21nm sn (其中 n0、1、2、3)【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21 2Eqdtm得2mdtqE代入数据解得t1.0 106s水平位移xv0t代入数据解得x0.80m因为 x 大于 L，所以粒子不能进入磁场，而是从PM 间射出，则运动时间t00Lv0.5 106s，竖直位移201 2Eqytm0.0125m所以粒子从P 点下方 0.0125m 处射出(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移xv0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1qEm t2qEdm设粒子与磁场边界之间的夹角为 ，则粒子进入磁场时的速度为v1vsin在磁场中由qvBm2vR得 RmvqB粒子第一次进入磁场后，垂直边界M N射出磁场，必须满足xRsin L把 xv02mdqE、RmvqB、 v1vsin、12qEdvm代入解得v0L2EqmdEBv03.6 105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM 的最远距离 yRRcos R(1cos )把 RmvqB、v1vsin、12qEdvm代入解得12(1 cos )12tansin2mEdmEdyBqBq可以看出当 90 时， y 有最大值， ( 90 即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM 进入磁场运动半个圆周回到电场)1max212mvmqEdmEdyqBqBmBqymax0.04m， ymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界 NN 射出磁场若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M 点射出边界有两种情况，第一种情况：Ln(2v0t2Rsin )v0t把2mdtqE、RmvqB、v1vsin 、12qEdvm代入解得0221221LqEnEvnmdnBv04.00.821nn 105m/s(其中 n0、 1、2、3、4)第二种情况：Ln(2v0t2Rsin )v0t2Rsin 把2mdtqE、RmvqB、v1vsin 、12qEdvm代入解得02(1)21221LqEnEvnmdnBv03.20.821nn 105m/s(其中 n0、 1、2、3)4如图，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。

P是圆外一点，OP=3r一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP 射出己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间答案】 (1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：易得：（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则联立解得5如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域 MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.2 1019C的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的 O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6 106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与 x 轴负方向成60 角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从 MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】 （1）r=0.1m （2）43.3 10ts（3）3060曲线方程为222xyR(30.1 ,0.120Rmmxm)【解析】【分析】【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2vqvBmr，解得0.1rm（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30 ，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qEam粒子在电场中运动的时间2vta解得43.3 10ts（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为 60 ，圆心角小于60 的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30 60所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22xyR30.1 ,0.120Rmmxm【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径6如图，平面直角坐标系中，在，y0 及 y-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于 y 轴的匀强电场，在-32Ly0 区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为 m，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿 x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P2（32L，0）进入磁场在磁场中的运转半径R=52L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期【答案】（ 1）53v0，与 x 成 53 角；（ 2）043v；（ 3）2L；（ 4）04053760Lv【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到 P2做类平抛运动，设到达P2时的 y 方向的速度为vy，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得 t1=032Lv，vy=43v0故粒子在P2的速度为v=220yvv=53v0设 v 与 x 成 角，则 tan =0yvv=43，即 =53 ；（2）粒子从P1到 P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=2089mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得： B=mvqR=05352mvqL=023mvqL解得：043vEB；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ，在图中，过P2做 v 的垂线交y=-32L直线与 Q点，可得：P2O=3253Lcos=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 =37 ，故粒子将垂直于y=-32L直线从 M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标 x=32L+（r-rcos37 ）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到 P2做类平抛运动：t1=032Lv在磁场中由P2到 M 动时间： t2=372360rv=037120Lv从 M 运动到 N， a=qEm=2089vL则 t3=va=0158Lv则一个周期的时间T=2（ t1+t2+t3）=04053760Lv7如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m 的光滑圆弧段bc 与长 l=1.5 m 的粗糙水平段ab 在 b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与 Ob 的夹角=37;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C 的匀强电场， Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh，ef 与 Oc 交于 c 点， ecf与水平向右的方向所成的夹角为(53147)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场质量m2=310-3 kg、电荷量 q=3l0-3 C的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m1=1.510-3 kg 的不带电小物体 P从轨道右端a 以 v0=8 m/s 的水平速度。