1、帶電粒子在磁場中的運動習題知識點及練習題附答案一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓 u 構成偏轉電場，一束比荷為510/qckgm的帶正電的粒子流（重力不計），以速度vo=104m/s 沿 水平方向從金屬極板正中間射入兩板粒子經電場偏轉后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區域， o 為圓心，區域直徑ab長度為 l=1m， ab與水平方向成45 角區域內有按如圖所示規律作周期性變化的磁場，已知b0=0. 5t，磁場方向以垂直于紙面向外為正粒子經偏轉電場后，恰好從下極板邊緣o 點與水平方向成45 斜向下射入磁場求：（1）兩金屬極板間的電壓u 是多大？（2）若 t

2、o=05s，求 t=0s時刻射人磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t 和離開磁場的位置（3）要使所有帶電粒子通過o 點后的運動過程中不再從 ab 兩點間越過，求出磁場的變化周期 bo，to應滿足的條件【答案】 （1）100v （2）t=5210s，射出點在ab間離 o 點0.04 2m （3）5010s3t【解析】試題分析：（ 1）粒子在電場中做類平拋運動，從o 點射出使速度代入數據得u=100v（2）粒子在磁場中經過半周從ob 中穿出，粒子在磁場中運動時間射出點在ab間離 o 點（3）粒子運動周期，粒子在t=0、.時刻射入時，粒子最可能從 ab 間射出如圖，由幾何關系可得臨界時要不從 ab 邊

3、界射出，應滿足得考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動2如圖，圓心為o、半徑為r 的圓形區域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為b。p是圓外一點，op=3r。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子從p點在紙面內垂直于op 射出。己知粒子運動軌跡經過圓心o，不計重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間。【答案】 (1)(2)【解析】【分析】本題考查在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力。【詳解】（1）找圓心，畫軌跡，求半徑。設粒子在磁場中運動半徑為r，由幾何關系得：易得：（2）設進入磁

4、場時速度的大小為v，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有進入圓形區域，帶電粒子做勻速直線運動，則聯立解得3如圖所示，坐標原點o 左側 2m 處有一粒子源，粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為qm=1.0 1010c/kg)由靜止進人電壓u= 800v 的加速電場，經加速后沿x 軸正方向運動，o 點右側有以o1點為圓心、 r=0.20m 為半徑的圓形區域，內部存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為b=1.0103t 的勻強磁場 (圖中未畫出 )圓的左端跟y 軸相切于直角坐標系原點o，右端與一個足夠大的熒光屏mn 相切于 x 軸上的 a點，粒子重力不計。(1)求粒子打到熒光屏上的位置到a 點的距離；(2)若

5、撤去磁場在熒光屏左側某區域加豎直向上勻強電場，電場左右寬度為2r，場強大小e=1.0 103v/m，粒子仍打在熒光屏的同一位置，求電場右邊界到屏幕mn 的距離。【答案】（ 1）0.267m（2）0.867m【解析】【詳解】（1）粒子射入o 點時的速度v，由動能定理得到：212qumv進入磁場后做勻速圓周運動，2qvbmrv設圓周運動的速度偏向角為，則聯立以上方程可以得到：1tan22rr，故4tan3由幾何關系可知縱坐標為y，則tanyr解得：40.26715ymm；（2）粒子在電場中做類平拋運動，eqma，2rvt，2112yat，yvat射出電場時的偏向角為，tanyvv磁場右邊界到熒光屏

6、的距離為x，由幾何關系1tanyyx，解得：0.867xm。4如圖所示，空間存在方向垂直于xoy 平面向里的勻強磁場，在0yd 的區域內的磁感應強度大小為2b.一個質量為m、電荷量為 - q的粒子以速度qbdm從 o 點沿 y 軸正方向射入區域.不計粒子重力(1) 求粒子在區域中運動的軌道半徑：(2) 若粒子射入區域時的速度為2qbdvm，求粒子打在x 軸上的位置坐標，并求出此過程中帶電粒子運動的時間；(3) 若此粒子射入區域的速度qbdvm，求該粒子打在x 軸上位置坐標的最小值【答案】（ 1）rd（2）43opd23mtqb（3）min3xd【解析】【分析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動

7、，洛侖磁力提供向心力：2001vqv bmr把0qbdvm，代入上式，解得：rd (2) 當粒子射入區域時的速度為02vv時，如圖所示在 oa 段圓周運動的圓心在o1，半徑為12rd在 ab段圓周運動的圓心在o2，半徑為rd在 bp段圓周運動的圓心在o3，半徑為12rd可以證明abpo3為矩形，則圖中30,由幾何知識可得：132 cos303oodd所以：323oodd所以粒子打在x 軸上的位置坐標133243opo oood粒子在 oa 段運動的時間為：13023606mmtqbqb粒子在 ab 段運動的時間為2120236023mmtqbqb粒子在 bp段運動的時間為313023606mm

8、ttqbqb在此過程中粒子的運動時間：12223mtttqb (3)設粒子在區域中軌道半徑為r，軌跡由圖可得粒子打在x 軸上位置坐標：22222xrrdrd化簡得：222340rrxxd把上式配方：222213033rxxd化簡為：222213033rxxd則當23rx時，位置坐標x取最小值：min3xd5如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長l1.2m 的等邊三角形區域，c、p、q 分別是 mn、am 和 an 中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，mn 水平， mn 上方是豎直向下的勻強電場，場強e=410-4n /c三角形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為b1；amn 以外區域有垂直

9、紙面向外，磁感應強度大小為b23b1的勻強磁場現將一比荷q/m=105c/kg 的帯正電的粒子，從o 點由靜止釋放，粒子從mn 小孔 c 進入內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直an 經過 q 點進入外部磁場已知粒子最終回到了o 點，oc相距 2m設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取 3求：（1） 磁感應強度b1的大小；（2） 粒子從 o 點出發，到再次回到o 點經歷的時間；（3） 若僅改變b2的大小，當b2滿足什么條件時，粒子可以垂直于ma 經孔 p回到 o 點（若粒子經過a 點立即被吸收）【答案】（ 1）51210t3b；（ 2）-22.851

10、0 st；（ 3）524210t3kb【解析】【詳解】（1） 粒子從 o 到 c 即為在電場中加速，則由動能定理得：212eqxmv解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由幾何關系可知10.6m2lr由211vqvbmr代入數據得51210t3b（2）由題可知b2=3b1=2 10-5 t211vqvbmr則120.2m3rr由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則112xvt得到 t1=0.01 s粒子在磁場b1中的周期為112 mtqb則在磁場b1中的運動時間為32113 10 s3tt在磁場 b2中的運動周期為222 mtqb在磁場 b2中的運動時間為3-33218

11、03001801110s5.5 10 s3606tt則粒子在復合場中總時間為：3-21231722010s2.85 10 s6tttt（3）設擋板外磁場變為2b，粒子在磁場中的軌跡半徑為r，則有22vqvbmr根據已知條件分析知，粒子可以垂直于ma 經孔 p回到 o 點，需滿足條件212lkr其中k=0、1、2、3解得524210t3kb6飛行時間質譜儀可以對氣體分子進行分析如圖所示，在真空狀態下，脈沖閥p噴出微量氣體，經激光照射產生不同價位的正離子，自a 板小孔進入a、b 間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入m、 n 板間的偏轉控制區，到達探測器已知元電荷電量為e，a、b 板間距為d

12、，極板 m、n 的長度和間距均為l不計離子重力及進入a 板時的初速度（1）當 a、b 間的電壓為1u時，在 m、n 間加上適當的電壓2u，使離子到達探測器請導出離子的全部飛行時間與比荷k（nekm）的關系式（2）去掉偏轉電壓2u，在 m、n 間區域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度b，若進入 a、 b 間所有離子質量均為m，要使所有的離子均能通過控制區從右側飛出，a、b 間的加速電壓1u至少為多少？【答案】（ 1）離子到達探測器的時間121112222mmdltttdlneuneuku（2）22min2532el bum【解析】思路點撥（ 1）帶電粒子先在電場中加速，然后經過偏轉電場偏轉，加

13、速電場的過程中，根據動能定理可以表示出速度，根據牛頓第二定律可以表示出時間在偏轉電場中沿水平方向做勻速運動，因此可以表示出時間，這樣就可以得出總時間與比荷的關系（2）當加上磁場時，經過找圓心、求半徑以及幾何關系可以求得電壓（1）由動能定理：2112neumvn 價正離子在a、b 間的加速度11neuamd在 a、b 間運動的時間1112vmtdaneu在 mn 間運動的時間2ltv離子到達探測器的時間121112222mmdltttdlneuneuku（2）假定 n 價正離子在磁場中向n 板偏轉，洛侖茲力充當向心力，設軌跡半徑為r，由牛頓第二定律2vnevbmr離子剛好從n 板右側邊緣穿出時，

14、由幾何關系：222()2lrlr由以上各式得：2212532nel bum當 n=1 時1u取最小值22min2532el bum7如圖所示，在x 軸上方有垂直xoy 平面向里的勻強磁場，磁感應強度為b1=b0，在 x 軸下方有交替分布的勻強電場和勻強磁場，勻強電場平行于y 軸，勻強磁場b2=2b0垂直于xoy 平面，圖象如圖所示一質量為m，電量為 -q 的粒子在023tt時刻沿著與y 軸正方向成 60 角方向從a 點射入磁場，20tt時第一次到達x 軸，并且速度垂直于x 軸經過 c點， c與原點 o 的距離為3l第二次到達x 軸時經過x 軸上的 d 點， d 與原點 o 的距離為4l（不計粒

15、子重力，電場和磁場互不影響，結果用b0、m、q、l表示）（1）求此粒子從a 點射出時的速度0；（2）求電場強度e0的大小和方向 ；（3）粒子在09tt時到達 m 點，求 m 點坐標【答案】 （1）002qb lvm（2）202qb lem（3）（ 9l，32-l）【解析】試題分析：（ 1）設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r1，由牛頓第二定律得根據題意由幾何關系可得聯立 得（2）粒子在第一象限磁場中運動的周期設為t1，可得粒子在第四象限磁場中運動的周期設為t2，可得根據題意由幾何關系可得由可得綜上可以判斷3t04 t0粒子在第四象限的磁場中剛好運動半個周期，半徑為由牛頓第二定律得2 t03 t0

16、,粒子做勻減速直線運動，qe=ma 1112綜上解得13（3）由題意知，粒子在8 t0時剛在第四象限做完半個圓周運動，x=9l 14粒子在電場中減速運動的時間為t0，由運動學公式可得15聯立 1112可解得16聯立可得m 點的坐標為（9l，） 17考點：帶電粒子在電場及在磁場中的運動.8如圖（甲）所示，兩帶等量異號電荷的平行金屬板平行于x 軸放置，板長為l，兩板間距離為 2y0，金屬板的右側寬為l的區域內存在如圖（乙）所示周期性變化的磁場，磁場的左右邊界與x 軸垂直現有一質量為m，帶電荷量為+q 的帶電粒子，從y 軸上的 a 點以速度 v0沿 x 軸正方向射入兩板之間，飛出電場后從點（l，0）

17、進入磁場區域，進入時速度方向與 x 軸夾角為30 ，把粒子進入磁場的時刻做為零時刻，以垂直于紙面向里作為磁場正方向，粒子最后從x 軸上（ 2l，0）點與 x 軸正方向成30 夾角飛出磁場，不計粒子重力試求：（1）求粒子在兩板間運動時電場力對它所做的功；（2）計算兩板間的電勢差并確定a 點的位置；（3）寫出磁場區域磁感應強度b0的大小、磁場變化周期t 應滿足的表達式【答案】（ 1）2016wmv（2）2002 33y mvuql ,36yl (3) 002 33nmvbql , 0312 3 43ltnnv（， ，）【解析】試題分析：（ 1）設粒子剛進入磁場時的速度為v，則：002 3cos30

18、3vvv電場力對粒子所做的功為：22200111226wmvmvmv（2）設粒子剛進入磁場時的豎直分速度為v ，則：v =v0tan30 =033v水平方向： l=v0t豎直方向： y12vt解得：36yl電場力對粒子所做的功：w=qey兩板間的電壓u=2ey0解得：2002 33y mvuql（3）由對稱性可知，粒子從x=2l點飛出磁場的速度大小不變，方向與x 軸夾角為= 30；在磁場變化的半個周期內，粒子的偏轉角為2=60；故磁場變化的半個周期內，粒子在x 軸上的位移為：x=2rsin30 =r粒子到達x=2l 處且速度滿足上述要求是：nr=llrn（n=1，2，3， ）由牛頓第二定律，有

19、：20vqvbmr解得：002 33nmvbql（n=1，2， 3， ）粒子在變化磁場的半個周期內恰好轉過16周期，同時在磁場中運動的時間是變化磁場半個周期的整數倍，可使粒子到達x=2l處且滿足速度題設要求；0162tktk；02 rtv解得：033ltv（n=1，2，3， ）當026tt，033ltv考點：帶電粒子在磁場中的運動.9（20 分）如圖所示，平面直角坐標系xoy 的第二象限內存在場強大小為e，方向與x 軸平行且沿x 軸負方向的勻強電場，在第一、三、四象限內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。現將一擋板放在第二象限內，其與x,y軸的交點m 、n 到坐標原點的距離均為2l。一質量為 m

20、，電荷量絕對值為q 的帶負電粒子在第二象限內從距x 軸為 l、距 y 軸為 2l 的 a點由靜止釋放，當粒子第一次到達y 軸上 c 點時電場突然消失。若粒子重力不計，粒子與擋板相碰后電荷量及速度大小不變，碰撞前后，粒子的速度與擋板的夾角相等（類似于光反射時反射角與入射角的關系）。求:(1)c 點的縱坐標。(2) 若要使粒子再次打到檔板上，磁感應強度的最大值為多少?(3) 磁感應強度為多大時，粒子從a 點出發與檔板總共相碰兩次后到達c 點?這種情況下粒子從 a點出發到第二次到達c點的時間多長 ?【答案】（ 1）3l；（ 2）qlmeb221=；（ 3）qlemb2322=；9(2)24mltqe

21、總。【解析】試題分析：（ 1）設粒子到達擋板之前的速度為v0有動能定理2021mvqel =（1 分）粒子與擋板碰撞之后做類平拋運動在 x 軸方向22tmqel =（1 分）在 y 軸方向tvy0=（1 分）聯立解得ly2=c點的縱坐標為lly3=+（1 分）（2）粒子到達c點時的沿x 軸方向的速度為mqelatvx2=（1 分）沿 y 軸方向的速度為mqelvvy20=（1 分）此時粒子在c點的速度為mqelv2=（1 分）粒子的速度方向與x 軸的夾角xyvv=tan45=（1 分）磁感應強度最大時，粒子運動的軌道半徑為lr221=（2 分）根據牛頓第二定律121rvmqvb =（1 分）要

22、是粒子再次打到擋板上，磁感應強度的最大值為qlmeb221=（1 分）（3）當磁感應強度為b2時，粒子做半徑為r2的圓周運動到達y 軸上的o 點，之后做直線運動打到板上，lr2232=（2 分）此時的磁感應強度為qlemb2322=（1 分）此后粒子返回到o 點，進入磁場后做勻速圓周運動，由對稱性可知粒子將到達d 點，接著做直線運動到達c點從 a到板，有2121tmeql =qemlt21=（1 分）在磁場中做圓周運動的時間qemltt249232=（1 分）從 o到板再返回o點作直線運動的時間qemlt23=（1 分）從 x 軸上 d點做勻速直線運動到c點的時間為qemlt2234=（ 1 分）總時間為qemltttttt24)2(94321+=+=總（ 1 分）考點：帶電粒子在磁場中的運動，牛頓第二定律，平拋運動。10 （加試題）有一種質譜