1、福建省漳州市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，一勻強磁場磁感應強度為b；方向向里，其邊界是半徑為r的圓， ab為圓的一直徑 .在 a 點有一粒子源向圓平面內的各個方向發射質量m、電量 -q 的粒子，粒子重力不計(1)有一帶電粒子以的速度垂直磁場進入圓形區域，恰從b 點射出求此粒子在磁場中運動的時間(2)若磁場的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈)，某粒子沿半徑方向射入磁場，經過2 次碰撞后回到a 點，則該粒子的速度為多大?(3)若 r=3cm、b=0.2t，在 a 點的粒子源向圓平面內的各個方向發射速度均為3 105ms、比荷

2、為 108ckg 的粒子試用陰影圖畫出粒子在磁場中能到達的區域，并求出該區域的面積(結果保留2 位有效數字 )【答案】（ 1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子的半徑，通過幾何關系得出圓弧所對應的圓心角，根據周期公式，結合t=t 求出粒子在磁場中運動的時間（2）粒子徑向射入磁場，必定徑向反彈，作出粒子的軌跡圖，通過幾何關系求出粒子的半徑，從而通過半徑公式求出粒子的速度（3）根據粒子的半徑公式求出粒子的軌道半徑，作出粒子軌跡所能到達的部分，根據幾何關系求出面積【詳解】（1）由得 r1=2r粒子的運動軌跡如圖所示，則 因為周期運動時間（2）粒子運動情況如圖所示， r

3、2rtan r由得（3）粒子的軌道半徑r31.5cm粒子到達的區域為圖中的陰影部分區域面積為s= r32+2 (2 r3)2-r32=9.0 10-4m2【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動問題，需掌握粒子的半徑公式和周期公式，并能畫出粒子運動的軌跡圖，結合幾何關系求解該題對數學幾何能力要求較高，需加強這方面的訓練2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

4、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：1t

5、an22rr，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的距離為x，由幾何關系1tanyyx，解得：0.867xm。3電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成偏轉電場的極板由相距為d 的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示大量電子由靜止開始，經加速電場加速后，連續不斷地沿平行板的方向從兩板正中間oo 射入偏轉電場當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；:當在兩板間加最大值為u0、周期為2t0的電壓 (如圖乙

6、所示)時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強酸場中，最后打在豎直放置的熒光屏上已知磁場的水平寬度為l，電子的質量為m、電荷量為e，其重力不計（1）求電子離開偏轉電場時的位置到oo 的最遠位置和最近位置之間的距離（2）要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，求勻強磁場的磁感應強度b求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度y【答案】（ 1）2010u eytdm（2）0 0u tbdl2010u eyytdm【解析】【詳解】（1）由題意可知，從0、2t0、4t0、 等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到 oo的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為：2222000max000003

7、11222yu eu eu eyatv ttttdmdmdm從 t0、3t0、 等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到oo的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：220min001122u eyattdm最遠位置和最近位置之間的距離：1maxminyyy，2010u eytdm（2）設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為 ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：sinlr設電子離開偏轉電場時的速度為v1，垂直偏轉極板的速度為vy，則電子離開偏轉電場時的偏向角為，1sinyvv，式中00yu evtdm又：1mvrbe解得：0 0u tbdl由于各個時刻從偏轉電場中射

8、出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上由第（ 1）問知電子離開偏轉電場時的位置到oo 的最大距離和最小距離的差值為y1，所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為：2010u eyytdm4長為 l的平行板電容器沿水平方向放置，其極板間的距離為d，電勢差為u，有方向垂直紙面向里的磁感應強度大小為b 的勻強磁場熒光屏mn 與電場方向平行，且到勻強電、磁場右側邊界的距離為x，電容器左側中間有發射質量為m 帶 q 的粒子源，如圖甲所示假設a、b、c 三個粒子以大小不等的初速度垂直于電、磁場水平射入場中，其中a粒子沿直線運動到熒光屏上的o 點； b

9、粒子在電、磁場中向上偏轉；c粒子在電、磁場中向下偏轉現將磁場向右平移與電場恰好分開，如圖乙所示此時，a、b、c 粒子在原來位置上以各自的原速度水平射入電場，結果a 粒子仍恰好打在熒光屏上的o 點； b、c 中有一個粒子也能打到熒光屏，且距o 點下方最遠；還有一個粒子在場中運動時間最長，且打到電容器極板的中點求：(1)a 粒子在電、磁場分開后，再次打到熒光屏o 點時的動能；(2)b，c 粒子中打到熒光屏上的點與o 點間的距離 (用 x、l、d 表示 )；(3)b，c 中打到電容器極板中點的那個粒子先、后在電場中，電場力做功之比【答案】 (1) 242222222akl b d q m uemb

10、d (2) 1()2xydl (3) 11224=5uqywduqwyd【解析】【詳解】據題意分析可作出abc 三個粒子運動的示意圖，如圖所示(1) 從圖中可見電、磁場分開后，a 粒子經三個階段：第一，在電場中做類平拋運動；第二，在磁場中做勻速圓周運動；第三，出磁場后做勻速直線運動到達o 點，運動軌跡如圖中 所示uqbqvd，bduv，llbdtvu，222122auql b qdytdmmu，21()2aakuuqyemdbd242222222akl b d q m uemb d(2) 從圖中可見c 粒子經兩個階段打到熒光屏上第一，在電場中做類平拋運動；第二，離開電場后做勻速直線運動打到熒光

11、屏上，運動軌跡如圖中所示設 c 粒子打到熒光屏上的點到o 點的距離為y，根據平拋運動規律和特點及幾何關系可得12=122dyllx，1()2xydl(3) 依題意可知粒子先后在電場中運動的時間比為t1=2t2如圖中 的粒子軌跡，設粒子先、后在電場中發生的側移為y1， y221112uqytmd，11yuqvtmd1222212yuqtmytdv，22158quytmd，124=5yy，11224=5uqywduqwyd5如圖所示，虛線ol 與 y 軸的夾角 =450，在 ol上側有平行于ol向下的勻強電場，在ol下側有垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q（ q0）的粒子以速率v0從y

12、 軸上的 m（om=d）點垂直于y 軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于ol進入勻強磁場，不計粒子重力。（1）求此電場的場強大小e；（2）若粒子能在ol與 x 軸所圍區間內返回到虛線ol上，求粒子從m 點出發到第二次經過 ol所需要的最長時間?！敬鸢浮浚?1）； （ 2）【解析】試題分析：根據粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系，利用類平拋運動；根據橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；由（1）求出在電場中運動的時間及離開電場時的位置；再根據粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規律及幾何關系得到最大半徑，進而得到最長時間；（1）粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作

13、用，；沿垂直電場線方向x 和電場線方向y建立坐標系，則在 x方向位移關系有：，所以；該粒子恰好能夠垂直于ol進入勻強磁場，所以在y方向上，速度關系有，所以，則有（2）根據（ 1）可知粒子在電場中運動的時間；粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設圓周運動的周期為t粒子能在ol與 x 軸所圍區間內返回到虛線ol上，則粒子從m 點出發到第二次經過ol在磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為；粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，；根據（ 1）可知，粒子恰好能夠垂直于ol進入勻強磁場，速度v 就是初速度v0在 x 方向上的分量，即；粒子在電場中運動，在y方向上的位

14、移，所以，粒子進入磁場的位置在ol上距離 o 點；根據幾何關系，可得，即；所以；所以，粒子從m 點出發到第二次經過ol 所需要的最長時間6如圖所示的xoy 坐標系中， y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為 b，方向垂直于xoy 平面向外 q1、 q2兩點的坐標分別為(0，l)、(0， l)，坐標為 (33l，0)處的 c點固定一平行于y 軸放置的絕緣彈性擋板，c為擋板中點帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y 軸方向分速度不變，沿x 軸方向分速度反向，大小不變現有質量為 m，電量為 +q 的粒子，在p 點沿 pq1方向進入磁場， =30，不計粒子重力(1)若粒子從點q1直接通過

15、點q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子從點q1直接通過坐標原點o，求粒子第一次經過x 軸的交點坐標(3)若粒子與擋板碰撞兩次并能回到p點，求粒子初速度大小及擋板的最小長度【答案】（ 1）2 33qblm（2）（303l，）（ 3）49l【解析】（3）粒子初速度大小為，擋板的最小長度為試題分析：（ 1）由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為 r1，由幾何關系得r1cos30 =l（1）粒子磁場中做勻速圓周運動，有： （2）解得： （3）（2）由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設其與x 軸交點為m，橫坐標為xm，由幾何關系知： 2r2cos30 =l（ 4）xm=2r

16、2sin30 （5）則 m 點坐標為（） （6）（3）由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為r3，偏轉一次后在y 負方向偏移量為y1，由幾何關系得：y1=2r3cos30 （7）為保證粒子最終能回到p，粒子每次射出磁場時速度方向與pq2連線平行，與擋板碰撞后，速度方向應與pq1連線平行，每碰撞一次，粒子出進磁場在y 軸上距離 y2（如圖中a、e間距）可由題給條件得： （8）當粒子只碰二次，其幾何條件是：3y12y2=2l （9）解得： （10）粒子磁場中做勻速圓周運動，有： （ 11）解得： （12）擋板的最小長度為： （13）解得： （14）7如圖所示，在矩形區

17、域abcd 內充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為b。在 ad邊中點 o的粒子源，在t=0 時刻垂直于磁場發射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與od的夾角分布在0180范圍內。已知沿od方向發射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd 上的 p 點離開磁場，ab=15l，bc=l3 ，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=l，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子在磁場中的運動周期t ；（2）粒子的比荷qm ；（3）粒子在磁場中運動的最長時間。【答案】（ 1）06tt；（ 2）03btmq；（ 3）max02tt?！窘馕觥吭囶}解析：（ 1）（ 4 分）初速度沿od方向

18、發射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖1，其圓心為，由幾何關系有：23sin所以：603600tt解得：06tt（2）（ 4 分）粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據牛頓第二定律得：rvmqvb2trv2所以：qbmt2解得03btmq（3）（ 4 分）如圖2 所示，在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的弦ob=l3 ，圓軌跡的直徑為 2l所以： ob弦對應的圓心角為120粒子在磁場中運動的最長時間023tttmax考點：帶電粒子在磁場中的運動，牛頓第二定律。8如圖，一半徑為r 的圓表示一柱形區域的橫截面（紙面）在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q 的粒子沿圖中直線在圓

19、上的a點射入柱形區域，在圓上的b 點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直圓心o 到直線的距離為現將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a 點射入柱形區域，也在b 點離開該區域若磁感應強度大小為b，不計重力，求電場強度的大小【答案】2145qrbem【解析】【分析】【詳解】解答本題注意帶電粒子先在勻強磁場運動，后在勻強電場運動帶電粒子在磁場中做圓周運動粒子在磁場中做圓周運動設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得2vqvbmr式中 v 為粒子在a 點的速度過 b 點和 o 點作直線的垂線，分別與直線交于c 和 d 點由幾何關系知，線段acbc、和過a、b

20、兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形因此acbcr設,cdx有幾何關系得45acrx2235bcrrx聯立 式得75rr再考慮粒子在電場中的運動設電場強度的大小為e，粒子在電場中做類平拋運動設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qe=ma 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，有運動學公式得212ratr=vt 式中 t 是粒子在電場中運動的時間聯立式得2145qrbem【點睛】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還利用圓弧的幾何關系來幫助解題值得注意是圓形磁場的半徑與運動軌道的圓弧半徑要區別開來9如圖甲所示，a、b為水平放

21、置的間距0.2dm的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有場強為0.1/evm、方向由b指向a的勻強電場 . 一噴槍從a、b板的中央點p向各個 方 向 均 勻 地 噴 出 初 速 度 大 小 均 為smv/100的 帶 電 微 粒 . 已 知 微 粒 的 質 量 均 為kgm5100. 1、電荷量均為cq3100 .1，不計微粒間的相互作用及空氣阻力的影響，取2/10smg. 求：（1）求從 p點水平噴出的微粒打在極板時的水平位移x。（2）要使所有微粒從點噴出后均做直線運動，應將板間的電場調節為e，求e的大小和方向；在此情況下，從噴槍剛開始噴出微粒計時，求經00.02ts時兩板上有微粒擊中區域的面積

22、和。（3）在滿足第（2）問中的所有微粒從點噴出后均做直線運動情況下，在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度1bt。求b板被微粒打中的區域長度?！敬鸢浮浚?1）1m ；（ 2）0.06 m2（3）3110m【解析】試題分析：（ 1）微粒在勻強電場做類平拋運動，微粒的加速度:mmgeqa根據運動學：2122dat運動的半徑：tvx0解得 : x=1m（2）要使微粒做直線運動，電場應反向，且有：mgeq0.1v/mmgeq故電場應該調節為方向向下，大小為0.1v/me經00.02ts時，微粒運動的位移0sv t極板上被微粒擊中區域為半徑為r 的圓，其中222()2drs220.06sr2m（3）微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力：rvmqvb20.1mvrmqb豎直向下射出的微粒打在b板的左端恰好與b板相切 , 如圖甲所示：10.1dm當粒子源和b板右邊擊中點距離為直徑時距離最遠：如圖乙所示：2310dm故 b板被微粒打中的區域的長度都為3110m考點：帶電粒子在復合場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動.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