高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动习题复习题含答案解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题1如图甲所示，在直角坐标系中的0 xL 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，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2L，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）2UEL，2MeUvm，设 vM的方向与x 轴的夹角为 ， 45 ；（ 2）2MmvmvBeRLe，3348MRLmtveU；（ 3）T 的表达式为22mLTnemU（n1，2，3， ）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到 Q 点由动能定理得：2012eUmv可得02eUvm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，02LmtLveUy 轴方向做匀加速直线运动，2122LeEtm由以上各式可得：2UEL电子运动至M 点时：220()MEevvtm即：2MeUvm设 vM的方向与x 轴的夹角为 ，02cos2Mvv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，O1M O1A，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：2MMvev BmR即2MmvmvBeRLe3348MRLmtveU3）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 (2)2nRL（n1，2，3，）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0MmvReB解得：022nemUBeL（n1，2，3， ）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过14圆周，同时在MN 间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N 点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是0142TT又002 mTeB则 T 的表达式为22mLTnemU（n1，2，3，）2如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为q、速度大小均为v的粒子。
在x轴上距离原点0 x处垂直于x轴放置一个长度为0 x、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P（粒子打在金属板P上即被吸收，电势保持为0）沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；（3）要使薄金属板P右侧不能接收到粒子，求挡板沿x轴正方向移动的最小距离答案】（ 1）0mvBqx（ 2）0min3xtv；0max53xtv（3）031 x【解析】【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为R根据牛顿第二定律，得：2mvqvBR由几何关系，得：0Rx联立解得：0mvBqx；（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：2 RTv，得02 xTv打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160运动的最短时间：1min0360tT联立解得：0min3xtv打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300，运动的最短时间：2max360tT联立解得：0max53xtv（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:要使挡板右侧无粒子到达，P板最上端与O点的连线长应为02x即粒子运动的直径.所以沿x轴正方移动的最小长度.22000231xONOMxxx，3如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域AOC，AC上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度ACL，30A，现有一个质量为m，带电量为q可视为质点的小球从A点，以初速度v沿AO方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到C点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在AOC区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：（1）要使小球能到达C点，求磁感应强度的最小值minB；（2）要使小球能到达C点，求小球与AC边碰撞次数n和磁感应强度大小B应满足的条件（3）若在AOC区域施加一个沿O到C方向的匀强电场，则：要使小球能到达C点，求电场强度的最小值minE；要使小球能到达C点，求小球与AC边碰撞次数和电场强度大小E应满足的条件。
答案】（ 1）minqBmvL；（ 2）minnqBmvL，其中nN；（ 3）2min43mvEqL；2291232m vEqLmmvnmv【解析】【详解】（1）根据几何关系可知粒子能够运动到C点的最大半径为rL根据2vBqvmr解得：minqBmvL（2）粒子与板发生n次碰撞所对应的轨道半径为：Lrn根据2vBqvmr解得：minnqBmvL，其中nN（3）在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到C点时电场强度最小，水平方向上：cos32LLtvv竖直方向上：2221328OCEqLLatmv解得：2min43mvEqL将电场力沿平行AC和垂直AC分解/sin2EqEqammcos32EqEqamm02 sin23vmvtaEq沿AC方向的运动是初速度为/32vv，加速度为/2Eqam的匀加速直线运动得到2/2/13224EqLv ta tvttm所以22343m vEqLmmvtEq得0tnt即2291232m vEqLmmvnmv4某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行立柱1 下底面中心坐标为,022dd，立柱 2 下底面中心坐标为41,022dd，它们的上底面均位于10zd的平面内两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱 1 内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱 2 内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽在10zd和0z的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B和2B（均未知）现有大量的带正电的粒子从立柱1 底面各处由静止出发，经过立柱1、2 加速后能全部回到立柱1 的下底面若粒子在经过0z和10zd两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力求：（1）粒子经过立柱2 下底面时的动能kE；（2）磁感应强度1B和2B的大小；（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直求从立柱1 下底面出发的粒子再次回到立柱1 下底面的最短时间t【答案】（ 1）2qU；（ 2）1210mUdq，15mUdq；（ 3）200442(525)221mdqU【解析】【分析】【详解】（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k20qUE，2kEqU（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d第一次加速后：2112qUmv，21110vqv Bmrdr，解得11210mUBdq第一次加速后：22122qUmv，22210vqv Bmrdr，解得215mUBdq（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：最大半径为22m1442(21 )22rddd，由2111mvqv Bmr，2222mvqv Bmr，解得：114422qB dvm，224422qB dvm；最短时间为：11212101022dmmdtvvvqBqB，解得200 4425 25221mtdqU5如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成=45 角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点 P，P点到边界 MN的竖直距离为d。
现将一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B的最小值为多少？【答案】（ 1）2qEdmv（2）4 2CAxd（3）2 22BB【解析】【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得212qEdmv，解得2qEdvm（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CAx由类平抛规律xvt，212Eqytm由几何知识可得x=y，解得2mdtEq两点间的距离为2CAxvt，代入数据可得4 2CAxd（3）由2mvqvBR可得mvRqB，即12mEdRBq由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即B最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有几何关系可知224rR又因为mvrqB，所以mvBqr，代入数据可得2 22BB6如图所示，真空中区域I 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q 板上能产生亮斑。
现有一束电子从A 处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成 300夹角已知电子质量为m，电荷量大小为 e，区域 II 的电场强度2038mvEed，不计重力和电子间的相互作用力，求：(1)若电子垂直打在Q 板上， I 区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q 板的速度2)逐渐增大磁感应强度B1为保证 Q 板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值答案】（ 1）001132mvmvBered；02vv；（ 2）I 区磁场的磁感应强度最大值为0(31)2mmvBed【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得20mvevBr，可解得0mvreB若电子垂直打在Q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关系得r1cos30 =d，可解得12cos303ddr故 I 区磁场的磁感应强度为001132mvmvBered电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得2201122eEdmvmv，解得02vv（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得2201122eEdmvmv，解得02vv若电子恰好打在Q 板上，说明速度的方向刚好与Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为 ，v0cos =v，解得 =60在磁场中，由几何关系知r2cos30 +r2cos60 =d，得231rd，此时0022312mvmvBered故 I 区磁场。