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1、高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧(超强)及练习题含解析 一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练 1如图所示， xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外点 3 ,0 3 PL处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m 的带负电 粒子不考虑粒子的重力 （1）若粒子1 经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q（0，-L），求其速率 v1； （2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2 经过第一、二、三 象限后，也以速率v1沿 x 轴正向通过点 Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2 的发射速 率 v 2； （3
2、）若在 xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场Eo，粒子 3 以速率 v3沿 y 轴正向发射，求 在运动过程中其最小速率 v. 某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路： 带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂 的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的 匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动请尝试用该思路求解 【答案】（ 1） 2 3 BLq m （2） 2 21 9 BLq m （ 3） 2 2 0 3 0 B EE v B 【解析】 【详解】 （1）粒子 1 在一、二、三做匀速圆周运动，则 2 1
3、 1 1 v qv Bm r 由几何憨可知： 2 2 2 11 3 3 rLrL 得到： 1 2 3 BLq v m （2）粒子 2 在第一象限中类斜劈运动，有： 1 3 3 Lv t， 21 2 qE ht m 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系： 1 2Lhr，得到 2 8 9 qLB E m 又 22 21 2vvEh，得到： 2 2 21 9 BLq v m （3）如图所示，将 3 v 分解成水平向右和v和斜向的v，则0 qv BqE ，即 0 E v B 而 22 3 vvv 所以，运动过程中粒子的最小速率为vvv 即： 2 200 3 EE vv BB 2如图所示，有一磁感强度
4、 3 9.1 10BT的匀强磁场， C、D 为垂直于磁场方向的同一 平面内的两点，它们之间的距离l=0.1m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度 v 的方向和磁场垂直，且与CD之间的夹角 =30 。（电子的质量 31 9.1 10kgm，电量 19 1.610Cq） (1)电子在 C 点时所受的磁场力的方向如何？ (2)若此电子在运动后来又经过D 点，则它的速度应是多大？ (3)电子从 C 点到 D 点所用的时间是多少？ 【答案】（ 1）见解析；（2） 8 1.610 m/s ；（ 3） 10 6.5 10st 。 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场
5、中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手 定则可判断电子在C 点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。 (2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角 =30 为弦切角，圆弧CD所对的圆心角为 60 ，即 DOC =60 ， CDO为等边三角形，由此可知轨道半径 R=l 由牛顿第二定律可得 2 mv evB R 代入数值解得 8 1.610 m/s eBl v m (3)将 R=l和 eBl v m 代入周期公式 2 R T v 中得 2 m T eB 设电子从 C 点到 D 点所用时间为t，由于电子做匀速圆周运动，所以 1 3 26 t T 由上两式得 1 63 m tT eB 代
6、入数据得 10 6.5 10st 3空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为 q、质量 为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。 该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知 P、 Q间的距离为 l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电 场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到 Q点。不计重力。求： (1)电场强度的大小。 (2)两种情况中粒子由 P运动到 Q点所经历的时间之差。 【答案】 (1) 2 2 qlB E m ；(2)( 1)
7、 2 m qB 【解析】 【详解】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以 0 v表示粒子在 P点的初速度，R表示圆周半径， 则有 2 0 0 v qv Bm R 由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周 的 1 4 ，故有 2 l R 联立得 0 2 qlB v m 在电场中粒子做类平抛运动，分别以x、y、E、a、 E t 表示射程、偏转位移、电场强 度，加速度和运动时间，则 qEma 垂直 0 v 方向 21 2 EyRat 沿 0 v 方向 0 ExRv t 联立各式可解得 2 2qlB E m 电场强度的大小为 2 2qlB E m （2）由分析知粒
8、子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间 B t为 1 4 周期 ，故 0 112 442 B Rm tT vqB 在电场中由 P运动到 Q点所经历的时间 0 E Rm t vqB 由P运动到Q点所经历的时间之差 (1) 2 BE m tt qB 两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差为(1) 2 m qB 4如图所示，两个边长均为l 的正方形区域ABCD和 EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v 从 B 点沿 BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在 CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强
9、磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH 的中点竖 直向上射入电场，粒子的重力不计，求： (1)所加磁场的宽度DH； (2)所加磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从 B 点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】 (1)粒子在 ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为 d 由 Eqma 得 a 由 lvt 得 t 故 dat2l 粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vyatv 速度偏向角为tan 1 解得 粒子从 DH 中点竖直向上射入电场，由几何关系知 得得 (2)射入磁场的速度大小为vv 由洛伦兹力提供向心力qv Bm 解
10、得 B (3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1 粒子在磁场中向上偏转运动时间t2 T 其中 T 在上方电场中运动减速到零的时间为t3 粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为 t2(t1t2 t3) 得或 t 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过 程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿 第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用 5“ 太空粒子探测器” 是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1 所 示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势 为
11、2 L ()o，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB与 MN 板的距离为L假设太空中漂浮着质量为 m，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸 附到 AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对 粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回 （1）求粒子到达O 点时速度的大小； （2）如图 2 所示，在PQ（与 ACDB重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁 场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有 2 3 能打到 MN 板上，求所加磁感应强度的大小； （3）如图 3 所示，在PQ
12、（与 ACDB重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小 4 E L ，若从 AB圆弧面收集到的某粒子经 O 点进入电场后到达收集板MN 离 O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与 MN 间运动的时间 【答案】（ 1） 2q v m ；（ 2） 1 2 m B Lq ；（ 3） 0 60； 2 2 m L q 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得： 2 1 0 2 qUmv 2U 2q v m (2）从 AB圆弧面收集到的粒子有 2 3 能打到 MN 板上，则上端刚好能打到M
13、N 上的粒子与 MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是 60 ，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心 角 0 60 根据几何关系，粒子圆周运动的半径： 2RL 由洛伦兹力提供向心力得： 2 v qBvm R 联合解得： 1 2 m B Lq （3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程 建立如图坐标 . 21 2 qE Lt m 22 2 mLm tL qEq 2 2 x EqqELq vt mmm 若速度与x 轴方向的夹角为角 cos x v v 1 cos 2 0 60 6如图甲所示，在直角坐标系中的0 xL 区域内有沿y 轴正方
14、向的匀强电场，右侧有以点 （2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x 轴的交点分别为M、N，在 xOy 平面内，从 电离室产生的质量为m、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知O、 Q 两点之间的距离为 2 L ，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 （1）求 0 xL 区域内电场强度E的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度vM； （2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂 直于 x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域
15、内运动的时间 t； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场 （以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向 相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。 【答案】（ 1） 2U E L ，2 M eU v m ，设 vM的方向与x 轴的夹角为 ， 45 ；（ 2） 2 M mvmv B eRLe ， 3 3 4 8 M R Lm t veU ；（ 3）T 的表达式为 22 mL T nemU （n 1，2，3， ） 【解析】 【详解】 （1）在加速电场中，从 P点到Q点由动能定理得： 2 0 1 2 eUmv 可得 0
16、 2eU v m 电子从 Q 点到 M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动， 0 2 Lm tL veU y 轴方向做匀加速直线运动， 2 1 22 LeE t m 由以上各式可得： 2U E L 电子运动至M 点时： 22 0 () M Ee vvt m 即：2 M eU v m 设 v M的方向与x 轴的夹角为 ， 0 2 cos 2 M v v 解得： 45 。 （2）如图甲所示，电子从 M点到A点，做匀速圆周运动，因O2MO2A，O1MO1A， 且 O2AMO1，所以四边形 MO1AO2为菱形，即RL 由洛伦兹力提供向心力可得： 2 M M v ev Bm R 即 2 M mvmv B eRLe 3 3 4 8 M R Lm t veU 。 （3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转 角为 90 ，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x 轴方向上的位移恰好等于 轨道半径 2R，即2 22RL 因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N 点且速度符合要求的空间条 件为：2 (
