1、廣東省揭陽市惠來縣第一中學高中物理帶電粒子在磁場中的運動壓軸題易錯題一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，兩條豎直長虛線所夾的區域被線段mn 分為上、下兩部分，上部分的電場方向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強電場且電場強度大小相同。擋板 pq垂直 mn 放置，擋板的中點置于n 點。在擋板的右側區域存在垂直紙面向外的勻強磁場。在左側虛線上緊靠m 的上方取點a，一比荷qm=5 105c/kg 的帶正電粒子，從a點以 v0=2 103m/s 的速度沿平行mn 方向射入電場，該粒子恰好從p點離開電場，經過磁場的作用后恰好從q 點回到電場。已知mn、pq 的長度均為l=0.5m，

2、不考慮重力對帶電粒子的影響，不考慮相對論效應。(1)求電場強度e的大小；(2)求磁感應強度b的大小；(3)在左側虛線上m 點的下方取一點c，且 cm=0.5m，帶負電的粒子從c 點沿平行mn 方向射入電場，該帶負電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經過磁場后同時分別運動到q 點和 p點，求兩帶電粒子在a、c 兩點射入電場的時間差。【答案】 (1) 16/nc (2) 21.6 10t (3) 43.9 10s【解析】【詳解】（1）帶正電的粒子在電場中做類平拋運動，有：l=v0t 2122lqetm解得 e=16n/c（2）設帶正電的粒子從p點射出電場時與虛線的夾角為 ，則

3、：0tanvqetm可得 =450粒子射入磁場時的速度大小為v=2v0粒子在磁場中做勻速圓周運動：2vqvbmr由幾何關系可知22rl解得 b=1.6 10-2t （3）兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動，運動時間相同；兩帶電粒子在磁場中都做勻速圓周運動，帶正電的粒子轉過的圓心角為32，帶負電的粒子轉過的圓心角為2；兩帶電粒子在 ac 兩點進入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差；若帶電粒子能在勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間22rmtvqb；帶正電的粒子在磁場中運動的時間為：4135.910s4tt；帶負電的粒子在磁場中運動的時間為：4212.010s4tt帶電粒子在ac 兩點

4、射入電場的時間差為4123.9 10ttts2如圖所示，在兩塊長為3l、間距為l、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場現將下板接地，讓質量為m、電荷量為q 的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點o 以初速度v0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點若撤去平行板間的磁場，使上板的電勢隨時間 t 的變化規律如圖所示，則t=0 時刻，從o 點射人的粒子p經時間 t0(未知量 )恰好從下板右邊緣射出設粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子間的作用力均不計(1)求兩板間磁場的磁感應強度大小b(2)若兩板右側存在一定寬度的、方向垂直紙面向里的勻強磁場，為了使t=0 時刻射入的粒子 p

5、經過右側磁場偏轉后在電場變化的第一個周期內能夠回到o 點，求右側磁場的寬度d應滿足的條件和電場周期t 的最小值tmin【答案】 （1）0mvbql（2）223cos2drarl；min0(6 32 )3ltv【解析】【分析】【詳解】（1）如圖，設粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為r1，則0102qv bmvr由幾何關系：222113()()22llrr解得0mvbql（2）粒子 p從 o 點運動到下板右邊緣的過程，有：0 03lv t01122ylv t解得033yvv設合速度為v，與豎直方向的夾角為 ，則：0tan3yvv則=3002 3sin3vvv粒子 p在兩板的右側勻強磁場中做勻速圓周

6、運動，設做圓周運動的半徑為r2，則212sinlr，解得233lr右側磁場沿初速度方向的寬度應該滿足的條件為223cos2drrl；由于粒子p從 o 點運動到下極板右側邊緣的過程與從上板右邊緣運動到o 點的過程，運動軌跡是關于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經歷的時間相等，則：2min0(22 )2rttv解得min06 323ltv【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動特征，畫出粒子的運動軌跡圖，結合幾何關系求解相關量，并搞清臨界狀態.3空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為b，一帶電量為+q、質量為m 的粒子，在p點以某一初速開始運動，

7、初速方向在圖中紙面內如圖中p點箭頭所示該粒子運動到圖中q 點時速度方向與p點時速度方向垂直，如圖中q 點箭頭所示已知p、q 間的距離為l若保持粒子在p點時的速度不變，而將勻強磁場換成勻強電場，電場方向與紙面平行且與粒子在p點時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由p點運動到q點不計重力求：（ 1）電場強度的大小（2）兩種情況中粒子由p運動到 q 點所經歷的時間之比【答案】22b qlem；2bett【解析】【分析】【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，以v0表示粒子在p點的初速度，r 表示圓周的半徑，則有200vqv bmr由于粒子在q 點的速度垂直它在p 點時的速度，可知粒子由p 點到 q

8、 點的軌跡為14圓周，故有2rl以 e表示電場強度的大小，a 表示粒子在電場中加速度的大小，te表示粒子在電場中由p點運動到q 點經過的時間，則有qema水平方向上：212erat豎直方向上：0 erv t由以上各式，得22b qlem且emtqb（2）因粒子在磁場中由p點運動到 q 點的軌跡為14圓周，即142bttmqb所以2bett4在如圖所示的xoy 坐標系中，一對間距為d 的平行薄金屬板豎直固定于絕緣底座上，底座置于光滑水平桌面的中間，極板右邊與y 軸重合，桌面與x 軸重合， o 點與桌面右邊相距為74d，一根長度也為d 的光滑絕緣細桿水平穿過右極板上的小孔后固定在左極板上，桿離桌面

9、高為1.5d，裝置的總質量為3m兩板外存在垂直紙面向外、磁感應強度為b的勻強磁場和勻強電場（圖中未畫出），假設極板內、外的電磁場互不影響且不考慮邊緣效應有一個質量為m、電量為 +q 的小環（可視為質點）套在桿的左端，給極板充電，使板內有沿 x 正方向的穩恒電場時，釋放小環，讓其由靜止向右滑動，離開小孔后便做勻速圓周運動，重力加速度取g求：（1）環離開小孔時的坐標值；（2）板外的場強e2的大小和方向；（3）討論板內場強e1的取值范圍，確定環打在桌面上的范圍【答案】（ 1）環離開小孔時的坐標值是-14d；（2）板外的場強e2的大小為mgq，方向沿y 軸正方向；（3）場強 e1的取值范圍為22368

10、qb dqb dmm，環打在桌面上的范圍為1744dd【解析】【詳解】（1）設在環離開小孔之前，環和底座各自移動的位移為x1、x2由于板內小環與極板間的作用力是它們的內力，系統動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 而 x1+x2=d 解得： x1=34d x2=14d環離開小孔時的坐標值為：xm=34d-d=-14d（2）環離開小孔后便做勻速圓周運動，須qe2=mg解得：2mgeq，方向沿y 軸正方向（3）環打在桌面上的范圍可畫得如圖所示，臨界點為p、q，則若環繞小圓運動，則r=0.75d 根據洛侖茲力提供向心力，有：2vqvbmr環在極板內做勻加速運動，設離開

11、小孔時的速度為v，根據動能定理，有：qe1x1=12mv2聯立解得：2138qb dem若環繞大圓運動，則r2=（r-1.5d）2+（2d）2 解得： r=0.48d 聯立解得：216qb dem故場強 e1的取值范圍為22368qb dqb dmm，環打在桌面上的范圍為1744dd5如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為b磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于m、n，mn=l，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反質量為m、電荷量為 -q 的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且 d

12、0），不計重力的帶電粒子，從n 金屬板中央a 點由靜止釋放，t0 時刻，粒子剛好從小孔 o 進入上方磁場中，在t1時刻粒子第一次撞到左擋板p上，緊接著在t1 t2時刻粒子撞到了右擋板q 上，然后粒子又從o 點豎直向下返回平行金屬板間，接著再返回磁場做前面所述的運動粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板面的分速度不變，垂直于板面的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產生的感應影響圖中t1,t2未知，求：(1)粒子第一次從a 到達 o 點時的速度大小；(2) 粒子從 o 點第一次撞到左擋板p的時間 t1的大小；(3)圖乙中磁感應強度bx的大小 ；(4)兩金屬板 m 和 n 之間的距離d.

13、【答案】（ 1）v2uqm（2）t103mb q（3） bx2b0（ 4）d035224numbq， n0,1,2,3【解析】【分析】粒子在電場間做勻加速直線運動，由動能定理求出粒子剛進入磁場的速度，在磁場中做圓周運動，由幾何關系得圓心角求出運動時間，粒子在整個裝置中做周期性的往返運動，由幾何關系得半徑求出磁感應強度bx的大小 ， 在 t1(t1t2)時間內，粒子做勻速圓周運動，由周期關系求出在金屬板m 和 n 間往返時間，再求出金屬板m 和 n 間的距離。解： (1) 21uq=mv -02解得2v=uqm(2)由2qvb=mvr得00r =mvb q01022t =rmvb q1101t

14、=t =63mb q(3)由2qvb=mvr得，粒子做勻速圓周運動的半徑00r =mvb q，xxr =mvb q粒子在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如圖所示由圖易知：0=2xrr解得0=2xbb()在 t1(t1t2)時間內，粒子做勻速圓周運動的周期202t =xmmb qb q2201t =t =22mb q設粒子在金屬板m 和 n 間往返時間為t，有0+d=22vt且滿足：2120,1,2,3ttn ttn ， 聯立可得金屬板m 和 n 間的距離：023+5=0,1,2,324mundnbq（）， 9如圖 (a) 所示，在空間有一坐標系xoy，直線 op與 x 軸正方向的夾角為3

15、0，第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區域和，直線op是它們的邊界，op上方區域中磁場的磁感應強度為b，一質量為m ，電荷量為 +q 的質子 (不計重力及質子對磁場的影響 ) 以速度 v 從 o點沿與 op成 30角的方向垂直磁場進入區域，質子先后通過磁場區域和后，恰好垂直于x 軸進入第四象限，第四象限存在沿-x 軸方向的特殊電場，電場強度 e的大小與橫坐標x 的關系如圖（b）所示，試求:(1) 區域中磁場的磁感應強度大小；(2) 質子再次到達y 軸時的速度大小和方向。【答案】（ 1）bb22；（ 2）vvv262)32(；方向向左下方與y 軸負向成32arccos（226arcco

16、s）的夾角【解析】試題分析 : （1）由幾何關系知：質子再次回到op時應平行于x 軸正向進入區，設質子從 op上的 c點進入區后再從d點垂直 x 軸進入第四象限，軌跡如圖。由幾何關系可知：o1cox ，o1c 與 ox 的交點o2即為內圓弧的圓心，coo1等邊三角形。設質子在區圓運動半徑為1r，在區圓運動半徑為2r，則：10122130sinrrr由21vqbvmr得：1mvrqb，同理得：22mvrqbx/ bqmve obv23bv21即區域中磁場的磁感應強度：bb22（2）d點坐標：qbmvrrx）13(30cos201質子從 d點再次到達y 軸的過程，22)13(2) 13()223(

17、21mvqbmvbvbvqxeqquwii電設質子再次到達y 軸時的速度大小為v，由動能定理：222121mvvmw電得：vvv262)32(因粒子在y 軸方向上不受力，故在y 軸方向上的分速度不變如圖有：22632cosvv即方向向左下方與y 軸負向成32arccos（226arccos）的夾角考點：帶電粒子在磁場中的運動10 如圖所示，直徑分別為d 和 2d 的同心圓處于同一豎直面內，o 為圓心， gh 為大圓的水平直徑。兩圓之間的環形區域(區)和小圓內部 ( 區)均存在垂直圓面向里的勻強磁場間距為d 的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔一質量為m、電量為 q 的粒子由小孔下方

18、2d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v 射出電場，由h點緊靠大圓內側射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大小；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區磁感應強度的大小；(3)若區、 區磁感應強度的大小分別為2mvqd、4mvqd,粒子運動一段時間后再次經過h點，求這段時間粒子運動的路程【答案】（ 1）2mvqd（ 2）4mvqd或43mvqd（3）5.5 d【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在電場中，根據動能定理2122deqmv，解得2mveqd(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切，則當內切時，半徑為/ 2er由211vqvbmr，解得4mvbqd則當外切時，半徑為er由212vqvbmr，解得43mvbqd(2)若區域的磁感應強度為220932qb lmu，則粒子運動的半徑為0010016819uuu；區域的磁感應強度為2012qum