1、黑龍江哈爾濱市高中物理帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動壓軸題易錯題一、帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動壓軸題1如圖所示，在豎直分界線mn的左側有垂直紙面的勻強磁場，豎直屏與mn之間有方向向上的勻強電場。在o處有兩個帶正電的小球a和b，兩小球間不發生電荷轉移。若在兩小球間放置一個被壓縮且鎖定的小型彈簧（不計彈簧長度），解鎖彈簧后，兩小球均獲得沿水平方向的速度。已知小球b的質量是小球a的1n倍，電荷量是小球a的2n倍。若測得小球a在磁場中運動的半徑為r，小球b擊中屏的位置的豎直偏轉位移也等于r。兩小球重力均不計。(1)將兩球位置互換，解鎖彈簧后，小球b在磁場中運動，求兩球在磁場中運動半徑之比、時間之比

2、；(2)若a小球向左運動求a、b兩小球打在屏上的位置之間的距離。【答案】 (1)2n，21nn； (2)123rrn n【解析】【詳解】(1)兩小球靜止反向彈開過程，系統動量守恒有a1bmvn mv小球 a、b 在磁場中做圓周運動，分別有2aaamvqv br，21b2bbn mvn qv br解式得a2brnr磁場運動周期分別為a2 mtqb，1b22 n mtn qb解得運動時間之比為aa2bb122ttnttn(2)如圖所示，小球a經圓周運動后，在電場中做類平拋運動。水平方向有aalv t豎直方向有2aaa12ya t由牛頓第二定律得aqema解式得2aa()2qelym v小球 b 在

3、電場中做類平拋運動，同理有22b1b()2n qelyn m v由題意知byr應用幾何關系得ba2yyry解式得123ryrn n2如圖甲所示，在直角坐標系中的0 xl 區域內有沿y 軸正方向的勻強電場，右側有以點（2l，0）為圓心、半徑為l的圓形區域，與x 軸的交點分別為m、n，在 xoy 平面內，從電離室產生的質量為m、帶電荷量為e 的電子以幾乎為零的初速度從p點飄入電勢差為u的加速電場中，加速后經過右側極板上的小孔q 點沿 x 軸正方向進入勻強電場，已知o、q 兩點之間的距離為2l，飛出電場后從m 點進入圓形區域，不考慮電子所受的重力。（1）求 0 xl 區域內電場強度e的大小和電子從m

4、 點進入圓形區域時的速度vm；（2）若圓形區域內加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，使電子穿出圓形區域時速度方向垂直于 x 軸，求所加磁場磁感應強度b 的大小和電子在圓形區域內運動的時間t；（3）若在電子從m 點進入磁場區域時，取t0，在圓形區域內加如圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從n 點飛出，速度方向與進入圓形磁場時方向相同，請寫出磁場變化周期t滿足的關系表達式。【答案】（ 1）2uel，2meuvm，設 vm的方向與x 軸的夾角為 ， 45 ；（ 2）2mmvmvberle，3348mrlmtveu；（ 3）t 的表達式為22mltnemu（n1，2，3， ）【解析】

5、【詳解】（1）在加速電場中，從p點到 q 點由動能定理得：2012eumv可得02euvm電子從 q 點到 m 點，做類平拋運動，x 軸方向做勻速直線運動，02lmtlveuy 軸方向做勻加速直線運動，2122leetm由以上各式可得：2uel電子運動至m 點時：220()meevvtm即：2meuvm設 vm的方向與x 軸的夾角為 ，02cos2mvv解得： 45 。（2）如圖甲所示，電子從m 點到 a 點，做勻速圓周運動，因o2mo2a，o1m o1a，且 o2amo1，所以四邊形mo1ao2為菱形，即rl由洛倫茲力提供向心力可得：2mmvev bmr即2mmvmvberle3348mrl

6、mtveu。（3）電子在磁場中運動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內，粒子的偏轉角為 90 ，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內，電子在x 軸方向上的位移恰好等于軌道半徑2r，即2 22rl因電子在磁場中的運動具有周期性，如圖丙所示，電子到達n 點且速度符合要求的空間條件為：2 (2)2nrl（n1，2，3，）電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑0mmvreb解得：022nemubel（n1，2，3， ）電子在磁場變化的半個周期內恰好轉過14圓周，同時在mn 間的運動時間是磁場變化周期的整數倍時，可使粒子到達n點且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件是0142tt又002 mteb則

7、t 的表達式為22mltnemu（n1，2，3，）。3如圖所示，平面直角坐標系xoy 被三條平行的分界線分為i、ii、iii、iv 四個區域，每條分界線與x 軸所夾 30o角，區域 i、ii 分界線與y 軸的交點坐標（0，l），區域 i 中有方向垂直紙面向里、大小為b 的勻強磁場；區域 ii 寬度為 d，其中有方向平行于分界線的勻強電場；區域iii 為真空區域；區域iv 中有方向垂直紙面向外、大小為2b的勻強磁場現有不計重力的兩粒子，粒子l 帶正電，以速度大小v1從原點沿x 軸正方向運動；粒子2 帶負電，以一定大小的速度從x 軸正半軸一點a 沿 x 軸負向與粒子1 同時開始運動，兩粒子恰在同一

8、點垂直分界線進入區域ii；隨后粒子1 以平行于x 軸的方向進入區域iii；粒子 2 以平行于 y 軸的方向進入區域iii，最后兩粒子均在第二次經過區城iii、iv 分界線時被引出（1）求 a 點與原點距離；（2）求區域ii 內電場強度e的大小和方向；（3）求粒子2 在 a 的速度大小；（4）若兩粒子在同一位置處被引出，區城iii 寬度應設計為多少？【答案】 （1）2 3oal（2）13blved（3）21vv（4）32dsl【解析】（1）因為粒子1 和粒子 2 在同一點垂直分界線進入區域，所以粒子1 在區域運動半徑為 r1=l 粒子 2 在區域運動半徑為r2由幾何關系知22132rrl23rl

9、3 332 3oalll（2）要滿足題設條件，區域中電場方向必須平行于分界線斜向左下方兩粒子進入電場中都做類平拋運動，區域的寬度為d ，出電場時，對粒子1 沿電場方向的運動有1313tan30evvv11113q edvmv又211 11vq v bml所以111qvmbl13blved（3）粒子 2 經過區域電場加速獲得的速度大小為224e3tan603vvv對粒子 2 在電場中運動有222233q edvmv又222223vq v bml所以2223blqvm所以21vv（4）粒子 1 經過區域時的速度大小為1312sin 30vvv有2313132vbqvmr3rl粒子 2 經過區域時的

10、速度大小為2242 3cos303vvv有2424242vbq vmr43rl兩粒子要在區域iv 運動后到達同一點引出，o3圓對應的圓心角為60， o4圓對應的圓心角為 1203e4e34122cos30+tan30tan6022vvssddrrvv32dsl點睛：帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑4相距為 l 的平行金屬板m、n，板長也為l，板間可視為勻強電場，兩板的左端與虛線e

11、f 對齊， ef左側有水平勻強電場，m、n 兩板間所加偏轉電壓為u，pq 是兩板間的中軸線一質量為m、電量大小為+q 的帶電粒子在水平勻強電場中 pq上 a 點由靜止釋放，水平電場強度與m、n 之間的電場強度大小相等，結果粒子恰好從n 板的右邊緣飛出，立即進入垂直直面向里的足夠大勻強磁場中，a點離 ef 的距離為l/2；不計粒子的重力，求：（1）磁感應強度b 大小（2）當帶電粒子運動到m 點后， mn 板間偏轉電壓立即變為- u，（忽略電場變化帶來的影響）帶電粒子最終回到a 點，求帶電粒子從出發至回到a 點所需總時間【答案】（ 1）2mulq（ 2）344lmlqu（）【解析】【詳解】（1）由

12、題意知：對粒子在水平電場中從點a 到點 o：有：21022u lqmvl在豎直向下的電場中從點o 到 n 右側邊緣點b：水平方向：0lv t豎直方向：2122lqutml在 b 點設速度v 與水平初速度成角有：2tan21ll粒子在磁場中做勻速圓周運動由幾何關系可得：22rl又：2vqvbmr聯解得：2lmubq（2）粒子在磁場中運動的圓心角3222rmtvqb在磁場中運動時間：2tt在水平電場中運動時間：00vvtquaml總的時間：22tttt總聯解得：344lmtlqu總（）5如圖所示， xoy 平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度b=0. 1t，在原點o有一粒子源，它可以在xo

13、y 平面內向各個方向發射出質量276.410mkg 電荷量193.2 10qc、速度61.0 10vm/s 的帶正電的粒子。一感光薄板平行于x 軸放置，其中心o的坐標為（ 0，a），且滿足a0. 不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用。（1）若薄板足夠長，且a=0. 2m，求感光板下表面被粒子擊中的長度；（2）若薄板長l=0. 32m，為使感光板下表面全部被粒子擊中，求a 的最大值；【答案】 (1)13m5 (2)0.32m【解析】【分析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋轉圓的方式確定臨界點；(2)作出粒子恰能擊中板的最左端與最右端

14、時粒子的軌跡，求出a 的最大值。【詳解】(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲完全提供向心力：2vqvbmr解得：0.2mr沿y軸正方向發射的粒子擊中薄板的最左端d 點，可知：10.2mxr而擊中薄板最右端e點的粒子恰好運動了半個圓周，由幾何關系可得：2222(2 )rxr解得：23m5x則感光板下表面被粒子擊中的長度：1213m5lxx(2)粒子恰能擊中薄板的最左端點，由幾何關系可知：222()()2larr解得：0.32ma若粒子恰能擊中薄板的最右端點，根據幾何知識可知：222()(2 )2lar解得：0.1344m0.32ma綜上所述，為了使感光板下表面全部被粒子擊中：0.32

15、mma【點睛】典型的旋轉打板模型，粒子的速度一定，說明運動的軌跡是一個定圓，方向不同，可以采用旋轉圓的方式畫出臨界點，進而求解。6如圖所示的xoy 平面內，以1o（0，r）為圓心， r為半徑的圓形區域內有垂直于xoy平面向里的勻強磁場（用b1表示，大小未知）；x 軸下方有一直線mn，mn 與 x 軸相距為y）， x 軸與直線mn 間區域有平行于y 軸的勻強電場，電場強度大小為e ；在 mn 的下方有矩形區域的勻強磁場，磁感應強度大小為b2，磁場方向垂直于xoy 平面向外。電子a、b 以平行于x 軸的速度 v0 分別正對1o點、 a（0，2r）點射入圓形磁場，偏轉后都經過原點 o 進入 x 軸下

16、方的電場。已知電子質量為m，電荷量為e，20023322mvmveberer，不計電子重力。（1）求磁感應強度b1的大小；（2）若電場沿y 軸負方向，欲使電子a 不能到達mn，求y的最小值；（3）若電場沿y 軸正方向，3yr，欲使電子b 能到達 x 軸上且距原點o 距離最遠，求矩形磁場區域的最小面積。【答案】 （1）3（2）33r（3） 4（2+3） r2【解析】（1）電子射入圓形區域后做圓周運動，軌道半徑大小相等，設為r，當電子射入，經過o 點進入 x 軸下方，則：rr 200vev bmr，解得：01mvber（2）勻強電場沿y 軸負方向，電子a 從 o 點沿 y 軸負方向進入電場做減速運

17、動，由動能定理ee y12mv02可求出20323mvyree（3）勻強電場沿y 軸正方向，電子b 從 o 點進入電場做類平拋運動，設電子b 經電場加速后到達mn 時速度大小為v，電子 b 在 mn 下方磁場做勻速圓周運動軌道半徑為r1，電子 b 離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成角，如圖所示。由動能定理2201122eeymvmv解得 v2v0 在電場中2032veeamr1022yrtavxv0t12r 由牛頓第二定律221vevbmr代入得14 33rr01cos2vv則3由幾何關系可知，在下方磁場中運動的圓心o2在 y 軸上，當粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平向右夾角為3

18、時，粒子能夠到達x 軸，距離原點o 距離最遠。由幾何關系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1（ r1r1sin ）豎直邊長為， l2（ r1r1cos ）最小面積為sl1l2r12（1 sin ）（ 1cos ） 4（23）r2點睛：本題考查粒子在電場和磁場中的運動，關鍵是畫出運動軌跡，根據動能定理、分運動公式、牛頓第二定律列式，并結合幾何關系分析。7某研究小組設計了如圖所示的雙立柱形粒子加速器，整個裝置處于真空中已知兩個立柱底面均為邊長為d的正方形，各棱均分別和某一坐標軸平行立柱1 下底面中心坐標為,022dd，立柱 2 下底面中心坐標為41,022dd，它們的上底面均位于10zd的平面內兩個立

19、柱上、下底面間的電壓大小均為u，立柱 1 內存在著沿z軸正方向的勻強電場，立柱 2 內存在著沿z軸負方向的勻強電場，兩立柱外電場均被屏蔽在10zd和0z的空間內存在著沿x軸正方向的兩個勻強磁場，其磁感應強度分別是1b和2b（均未知）現有大量的帶正電的粒子從立柱1 底面各處由靜止出發，經過立柱1、2 加速后能全部回到立柱1 的下底面若粒子在經過0z和10zd兩個平面時，僅能自由進出兩立柱的底面（經過其它位置均會被吸收）；該粒子質量為m、電荷量為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力求：（1）粒子經過立柱2 下底面時的動能ke；（2）磁感應強度1b和2b的大小；（3）若兩立柱上、下底面間電壓的大小可

20、調且在粒子運動過程中保持同一定值；兩個磁場僅方向可變且保持與z軸垂直求從立柱1 下底面出發的粒子再次回到立柱1 下底面的最短時間t【答案】（ 1）2qu；（ 2）1210mudq，15mudq；（ 3）200442(525)221mdqu【解析】【分析】【詳解】（1）粒子經過立柱2下底面時，共經過2次加速，根據動能定理：k20que，2kequ（2）要使大量的帶正電的粒子從立柱1底面各處由靜止出發，經過立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到達立柱2最左面，立柱1最右面的到達立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁場中圓周運動半徑等于10d第一次加速后：2112qumv，2

21、1110vqv bmrdr，解得11210mubdq第一次加速后：22122qumv，22210vqv bmrdr，解得215mubdq（3）粒子在磁場中的圓周運動時間與粒子速度無關，等于半個周期，所以要減少時間需要減少電場中的運動時間，但是隨著速度增加，圓周運動的半徑變大，其最大半徑為對角線，對應粒子從立柱1最左面的到達立柱2最右面，而且是對角線，如圖：最大半徑為22m1442(21 )22rddd，由2111mvqv bmr，2222mvqv bmr，解得：114422qb dvm，224422qb dvm；最短時間為：11212101022dmmdtvvvqbqb，解得200 4425

22、25221mtdqu8如圖所示，左側正方形區域abcd有豎直方向的勻強電場和垂直紙面方向的磁場，右側正方形區域cefg有電場，一質量為m，帶電量為 +q 的小球，從距a 點正上方高為l的 o點靜止釋放進入左側正方形區域后做勻速圓周運動，從c點水平進入右側正方形區域cefg 已知正方形區域的邊長均為l，重力加速度為g，求：（1）左側正方形區域的電場強度e1和磁場的磁感應強度b；（2）若在右側正方形區域內加豎直向下的勻強電場，能使小球恰好從f點飛出，求該電場場強 e2的大小；（3）若在右側正方形區域內加水平向左的勻強電場，場強大小為3kmgeq（ k 為正整數），試求小球飛出該區域的位置到g 點的

23、距離【答案】（ 1）1mgeq，方向豎直向上；2mgbql，方向垂直紙面向外（2）23mgeq（3） l24llk【解析】【詳解】（1）12vgl小球做勻速圓周運動1qemg解得：1mgeq，方向豎直向上由幾何關系rl，又211vqv bmr解得：2mgbql，方向垂直紙面向外（2）在 cefg區域，小球做類平拋運動，水平方向：1lv t，解得2ltg豎直方向：212lat，解得4ag又2qemgma，解得23mgeq（3）水平方向：3qema，解得akg豎直方向小球做自由落體運動.當水平方向減速至零時，用時12glvtakg由212axv，解得lxk，當 k=1 時， x=l，小球水平方向恰

24、好到達fg邊，此時豎直位移212ygt=l，小球恰好從f點飛出，此時距g 點 l當 k=2，3，4 時， xl，豎直位移2122ygt=24lk l，小球從cg邊飛出，此時距g點24llk9如圖， pq分界線的右側空間有一垂直紙面向里、磁感應強度為b的勻強磁場。一質量為 m、電荷量為q 的粒子以速度v0沿 ac 方向由 a 點射入。粒子經d 點時速度的偏向角(偏離原方向的夾角)=60 。(不計重力 )(1)試求 ad 間的距離；(2)若去除磁場，改為紙平面內垂直于ac 方向的勻強電場，要想由a射入的粒子仍然能經過 d 點，試求該電場的強度的大小及方向；粒子此時經d 點時速度的偏向角比60 角大還是小 ?為什么 ?【答案】（ 1）omvr=bq（ 2）a60【解析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度偏角為60，則粒子轉過的圓心角為60，即 ad=r由200vqv bmr得 ad=0mvrbq（2）經 d 點3cos302xrr，1sin302yrr而0 xv t，212yat，qeam解得043ebv，方向垂直ac向上速度偏向角yxvvtana，yvat解得2tan2 tan3033而tan60 = 3，即tantan60，則6010 如圖所示，坐標系xoy 位于光滑絕緣水平面內，其中第二象限內存在一個與坐