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1、【物理】物理试卷物理带电粒子在磁场中的运动题分类汇编及解析 一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc 长度为 2L， cd 长度为 1.5L， e、f 分别 为 ad、bc 的中点 efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷 量为 +q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点 abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为 2 6 qB L m ；质量为km 的不带电绝缘小球P，以大小为 qBL m 的初速度沿bf 方向运动 P与 A 发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P、A 均可视为质点 （1）求碰撞后A 球的速度大小；
2、 （2）若 A 从 ed 边离开磁场，求k 的最大值； （3）若 A 从 ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间 【答案】（ 1） A 2 1 kqBL v km （2）1（3） 5 7 k或 1 3 k； 3 2 m t qB 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设 P、A 碰后的速度分别为 vP 和 v A，P碰前的速度为 qBL v m 由动量守恒定律： PA kmvkmvmv 由机械能守恒定律： 222 PA 111 222 kmvkmvmv 解得： A 2 1 kqBL v km （2）设 A 在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得： 2 A A mv
3、 qv B R 解得： 2 1 k RL k 由公式可得 R越大，k值越大 如图 1，当 A 的轨迹与cd 相切时， R 为最大值， RL 求得 k 的最大值为1k （3）令 z点为 ed 边的中点，分类讨论如下： （I）A 球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图 2 有 222 ()(1.5) 2 L RLR 解得： 5 6 L R 由 2 1 k RL k 可得： 5 7 k （II）由图可知A 球能从 z 点离开磁场要满足 2 L R，则 A 球在磁场中还可能经历一次半 圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开 如图 3 和如图 4，由几何关系有： 222 3 ()
4、(3) 22 L RRL 解得： 5 8 L R或 2 L R 由 2 1 k RL k 可得： 5 11 k或 1 3 k 球 A 在电场中克服电场力做功的最大值为 222 6 m q B L W m 当 5 11 k时， A 5 8 qBL v m ，由于 222222 2 A 125 21286 q B Lq B L mv mm 当 1 3 k时， A 2 qBL v m ，由于 222222 2 A 1 286 q B Lq B L mv mm 综合（ I）、（ II）可得 A 球能从 z 点离开的k 的可能值为： 5 7 k或 1 3 k A 球在磁场中运动周期为 2 m T qB
5、当 1 3 k时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间 3 4 tT 即 3 2 m t qB 2如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度 为 B 的匀强磁场区域ABC ，A 点坐标为（ 0，3a）， C点坐标为（ 0， 3a），B 点坐标为 ( 2 3a，-3a）在直角坐标系 xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为 E=Bv0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q粒子 束以相同的速度v0由 O、C间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上 y=2a 的点射入磁场 的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点忽
6、略粒子间的相互作用，不计粒子的重力 （1）求粒子的比荷； （2）求粒子束射入电场的纵坐标范围； （3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离 【答案】 (1) 0 v Ba (2)0 y2a(3) 7 8 ya， 9 4 a 【解析】 【详解】 (1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为 ra 由牛顿第二定律得 Bqv0m 2 0 v r 故粒子的比荷 0 vq mBa (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与 AB边相切，设粒子 运动轨迹的圆心为O点，如图所示 由几何关系知 OA r AB BC 2a 则 OOOAO Aa 即粒子离开磁场进入
7、电场时，离O 点上方最远距离为 ODym2a 所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0 y2 a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 3av0 t0 2 0 19 2 22 qE ytaa m ， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上 粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方 向位移为x，则 水平方向有 xv0 t 竖直方向有 2 1 2 qE yt m 代入数据得 x2ay 设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为 H，粒子射出电场时与x 轴的夹角为 ，则 0 0 2 tan y x qEx v mvy vva 有 H(3ax) tan (32 ) 2
8、ayy 当322ayy时，即 y 9 8 a 时， H 有最大值 由于 9 8 a0)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
9、联立解得 5在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于 y 轴， N 板在 x 轴上且其左端与 坐标原点 O重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性 变化电压，两板间电场可看作匀强电场在y 轴上 (0， d/2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续 不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为 q m =5 10 7Ckg，速度为 v0=8 10 5m/st=0 时刻射入板间的粒子恰好经 N 板右边缘打在x 轴上 .不计粒子重力及粒子 间的相互作用，求: (1)电压 U0的大小； (2)若沿 x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上
10、，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r=0.03m，切点 A 的坐标为 (0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小B= 2 3 T，方向垂直于坐标平面向里求粒子出磁场后 与 x 轴交点坐标的范围 【答案】 (1) 4 0 2.16 10 VU (2) 0.04mx (3)0.1425mx 【解析】 【分析】 【详解】 (1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子： 0 lv T 7 1 10Ts 2 1 1 () 22 T ya 2 y T va 2 2 y T yv 12 2 d yy Eqma 0 U E d 解得： 4 0 2.16 10 VU (
11、2) 2 T tnT时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大： 0 3 2 A T xv 所放荧光屏的最小长度 A xxl即：0.04xm (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为vy. 速度偏转角的正切值均为： 0 tan y v v 37 o 0 cos37 v v o 6 1 10 m/sv 即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同. 2 v qvBm R 0.03mRr 由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场 . 由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场 圆半径方向射出磁场；从x 轴射出
12、点的横坐标： tan53 CA R xx 0.1425m C x. 由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B点沿 x 轴正向运动 . 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425mx 6如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长 L = 1 m间距 d = 3 3 m，两金属 板间电压UMN= 1 10 4V；在平行金属板右侧依次存在 ABC和 FGH两个全等的正三角形区 域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点 A与上金属板M 平齐，BC边与金属板平行， AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内 存在垂直纸面向外的匀强
13、磁场B2，已知 A、F、G 处于同一直线上 B、C、H 也处于同一直 线上 AF两点距离为 2 3 m现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计 的带电粒子，粒子质量m = 310 -10kg，带电量 q = +1 10 -4C，初速度 v0= 1 10 5m/s (1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向 (2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度 B1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入 FGH区域并能再次回到FH 界面，求B2应满足的条件 【答案】（ 1） 52 3 10/ 3 m s；垂直于 AB方向出射（2） 3 3 10 T
14、（ 3） 23 5 T 【解析】 试题分析：（ 1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a， 则： U qma d 解得： 1023 10/ 3 qU ams md 5 0 1 10 L ts v 竖直方向的速度为：vy at 3 3 10 5m/s 射出时速度为： 225 0 2 3 10/ 3 y vvvm s 速度 v 与水平方向夹角为 ， 0 3 tan 3 y v v ，故 =30，即垂直于AB 方向出射 （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移 213 262 d yatm ，即粒子由P1点垂 直 AB射入磁场， 由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为 1
15、 2 cos303 d Rm o 由 2 1 1 v Bqvm R 知： 1 1 3 3 10 mv BT qR （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示： 由几何关系得： 2 2 1 sin 60 R R o 故半径 2(2 33)Rm 又 2 2 2 v B qvm R 故 2 23 5 BT 所以 B2应满足的条件为大于 23 5 T 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动. 7如图所示 ,在平面直角坐标系xOy 平面内 ,直角三角形abc 的直角边ab 长为 6d，与 y 轴 重合 ,bac=30 ,中位线 OM 与 x 轴重合 ,三角形内有垂直纸面向里
16、的匀强磁场在笫一象限 内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足 E=v0B在 x=3d 的 N 点处 ,垂直于 x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从 y 轴 上 3dy0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从 y 轴上 y=2d 处射入的电子,经磁场 偏转后 ,恰好经过O 点电子质量为m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B (2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围 ; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离 L 【答案】 （1） 0 mv ed ； （2）02yd；（ 3） 9 4 d； 【解析】 (1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r； 由几何关系可得r=d 电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 0 0 v ev Bm r 解得： 0 mv B ed (2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最 远，如图甲所示. 设此时的圆心位置为O，有： sin30 r
