帶電粒子在磁場中的運動易錯題復習題

1、帶電粒子在磁場中的運動易錯題復習題一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1 .太空粒子探測器是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為0,外圓弧面AB的電勢為|（0o）,內(nèi)圓弧面CD的電勢為。，足夠長的收集板MN平行邊界ACDB, ACDB與 MN板的距離為L.假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸 附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)?粒子的影響，不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回.（1）求粒子到達。點時速度的大??；（2）如圖2所示，在PQ （與ACDB重合且

2、足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個勻強磁場，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)。點進入磁場后最多有23能打到MN板上，求所加磁感應強度的大小；（3）如圖3所示，在PQ （與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個垂直MN 的勻強電場，電場強度的方向如圖所示，大小 = %若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)0點進入電場后到達收集板MN離0點最遠，求該粒子到達0點的速度的方向和它在PQ與MN間運動的時間.【答案】（1）畫 V m【解析】【分析】 【詳解】1 7試題分析：解：（1）帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，得：qU = Q - mv22U - 2cp-（p-q）y =V

3、 m(1)粒子從P點入射時的速度Vo ；(2)第三、四象限磁感應強度的大小卬；E【答案】(1) 一 (2) 2.4B3B【解析】試題分析：(1)粒子從P點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子sina 5m6003sina 5m6003sina 5m6003在第二象限圓周運動的半徑為r,由幾何知識得：r = M口用_ mvl23qBd根據(jù) q%B = -得 v0 =r3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(l cos60。)t ；2m% mvi)(2)設(shè)粒子在第一象限類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為x和y,根據(jù)粒子在第 三、四象限圓周運動的對稱性可知粒子剛進入第四象限時速度與x軸

4、正方向的夾角等于a.則有：x=vot, y =由幾何知識可得y=r-rcosa= g(2 d H d13sina(2 d H d13sinaj_2所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為H = 粒子進入第三、四象限運動的速度u =/ = 2% =所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為H = 粒子進入第三、四象限運動的速度u =/ = 2% =粒子進入第三、四象限運動的速度u =/ = 2% =粒子進入第三、四象限運動的速度u =/ = 2% =cosa46qBd3my2根據(jù)夕=加不得：Bz=2. 4B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動7.如圖所示，虛線0L與y軸的夾角氏45。，在0L上側(cè)有平行于

5、儀向下的勻強電場，在 。/下側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q (q0)的粒子以速率由從 y軸上的M (OMB)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。(2)若粒子能在“與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線上，求粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng) 過。L所需要的最長時間。【答案】(1) 2qd .【解析】試題分析：根據(jù)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(jù)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(jù)粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規(guī)律及幾何關(guān) 系得到最大半徑，

6、進而得到最長時間；qEF由=qE a =(1)粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用， m ；沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標系，d則在X方向位移關(guān)系有：成由二%cos。x t,所以 v0 ;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(guān)系有qEvosin0 = at = t mqEdvosin0 =所以，mVo,則有vosin0 = at = t mqEdvosin0 =所以，mVo,則有qEdvosin0 =所以，mVo,則有qEdvosin0 =所以，mVo,則有mvsinO mvsin450 0m%E =qdqd2qdXXX（2）根據(jù)（1）可知粒子在電場中

7、運動的時間Vo；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(shè)圓周運動的周期為 粒子能在0L與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線0L上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過0L在1磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為2 ；qvB = m粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，??；根據(jù)（1）可知，粒子恰好能夠垂直于0L進入勻強磁場，速度v就是初速度V。在X方向上V2v vocos0 = vocos45 = vo的分量，即2；1 平 平Y(jié) = vosin0 t =v（）t =d粒子在電場中運動，在Y方向上的位移244,所以，粒子進入磁3VzI - dcos。+ V =d場的位置在OL上

8、距離。點一丁 ；根據(jù)幾何關(guān)系，1R + 可得1R + 可得RCOS0R即3平_CZ-I 43(2 -0)=di i +V241 +- VCOS0所以3（2-逐）27rxd2nR4T =-J-Vo3（亞-1）血所以，粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過0L所需要的最長時間1 d13（聲l）zrd d 3（d一1）兀t 昌匕=t + T max += 1 +1取長 2 max vo 2 vo vo2 J8.如圖甲所示，邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場。在 正方形的幾何中心0處有一粒子源，垂直磁場沿各個方向發(fā)射速率為vo的帶電荷量為一q 的粒子，粒子質(zhì)量為m。圖中x、y軸分別過

9、正方形四邊的中點E、F、G、H不計粒子重力 及相互作用。-iEx BiX B260o jH D，D為了使粒子不離開正方形ABCD區(qū)域則磁感應強度Bi應該滿足什么條件？改變磁場的強弱，若沿與y軸成60。（如圖乙所示）方向發(fā)射的粒子在磁場中運動時間最短，求磁感應強度B2的大??；若磁感應強度大小為中B2,則粒子離開磁場邊界的范圍。（結(jié)果可用根號表示）4mv02 逆 nwo【答案】（2）B2=從AB邊射出的坐標為qLqL“, IWlxl1212從BD邊射出的坐標為23-312I1Tq從cd邊射出的坐標為2甲-3I-Lr-y2-x- n”從ac邊射出的坐標為，y-Lr-y2-x- n”從ac邊射出的坐標

10、為，y，y，y【解析】【分析】粒子經(jīng)過磁場后恰好不飛出，則臨界情況是粒子與磁場邊界相切，畫出軌跡，根據(jù)幾何 關(guān)系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出B的值.（2）運動時間最短應找最小的圓心角， 則找劣弧中弦長最短的軌跡；（3）由軌跡與邊界相切或相交的各種情況找到臨界半徑，從而 得到飛出的邊界范圍.【詳解】為使粒子不離開正方形ABCD區(qū)域，則粒子在磁場中圓周運動的半徑需滿足如下關(guān)系：L R- 4煽 = m A4m vo聯(lián)立解得：qL由分析可知，所有粒子中，過正方形邊長中點的粒子所需時間最短，由幾個關(guān)系得：R二L6mvoR = qB?2yf3mvoB2 =；qL從A3邊出射的粒子，軌跡如圖所示:分析

11、可知，好= （2R）2 q）解得：XL% 工乙當粒子運動軌跡與BG相切時，打到右邊最遠處,L 2由幾何關(guān)系得，遙二產(chǎn)一0一解得:X2 = L於- 312綜上粒子從AB邊射出的坐標為L同理求得，從8。邊射出的粒子，位置坐標為(my) bL 3.12同理求得，從co邊射出的粒子，位置坐標為1(%一加L 同理求得，從ac邊射出的粒子，位置坐標為(一)歷【點睛】解答帶電粒子在磁場中運動的習題，關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡，尤其是臨界軌跡，然后 由幾何關(guān)系求出圓周運動的半徑從而可以順利求解速度大小.9.如圖所示，足夠大的平行擋板4,4豎直放置，間距為6乙兩板間存在兩個方向相反的 勻強磁場區(qū)域I和n,以水平面

12、yN為理想分界面.I區(qū)的磁感應強度為Bo,方向垂直紙 面向外，4,4上各有位置正對的小孔51,52,兩孔與分界面網(wǎng)的距離為乙質(zhì)量為m,電 量為+ q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從&進入I區(qū)，并直接 偏轉(zhuǎn)到弘/上的P點，再進入II區(qū).P點與4板的距離是L的k倍.不計重力，碰到擋板 的粒子不予考慮.J 八,一 n d研工,4.X Kr X M X X X IIM M M M M K MX X X X X X X ） 8人2若k=l,求勻強電場的電場強度E；若2k3,且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式 和H區(qū)的磁感應強度B與k的關(guān)系式.qBo2

13、L2qBoL + k2L kB。 v = B =【答案】2dm （2） 2m ,3-k【解析】試題分析：（1）粒子在電場中，由動能定理有qEd=； mv2-0粒子在I區(qū)洛倫茲力提供向心力qvB0=mr當HI時，由幾何關(guān)系得r=L（3）由解得E二里坦2md（2）由于2k/3 m,半徑為Ri的圓內(nèi)分 布著Bi = 2.0 7的勻強磁場，方向垂直于紙面向外；外面環(huán)形磁場區(qū)域分布著B2 = 0.5 7的 勻強磁場，方向垂直于紙面向內(nèi).一對平行極板豎直放置，極板間距d= gem,右極板 與環(huán)形磁場外邊界相切，一帶正電的粒子從平行極板左板P點由靜止釋放，經(jīng)加速后通過 右板小孔Q,垂直進入環(huán)形磁場區(qū)域.已知

14、點P、Q、。在同一水平線上，粒子比荷 4xlO7C/cg,不計粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應.求：/ x b、聲、要使粒子不能進入中間的圓形磁場區(qū)域，粒子在磁場中的軌道半徑滿足什么條件？(2)若改變加速電壓大小，可使粒子進入圓形磁場區(qū)域，且能豎直通過圓心O,則加速電壓 為多大？從P點出發(fā)開始計時，在滿足第問的條件下，粒子到達。點的時刻.【答案】(2)11 = 3x107/(3) t=(6.1xl0-8 + 12.2xl0-8k)s(k = 0 , 1 , 2 , 3 ,)【解析】【分析】(1)畫出粒子恰好不進入中間磁場區(qū)的臨界軌跡，先根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑；(2)畫出使粒子進入圓形磁場區(qū)域

15、，且能豎直通過圓心0的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解半 徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程，再根據(jù)動能定理對直線加速過程列方程，最后 聯(lián)立方程組求解加速電壓；(3)由幾何關(guān)系，得到軌跡對應的圓心角，求解粒子從Q孔進入磁場到第一次到。點所 用的時間，然后考慮周期性求解粒子到達。點的時刻.【詳解】粒子剛好不進入中間磁場時軌跡如圖所示，設(shè)此時粒子在磁場中運動的半徑為S在RtAQOOi 中有 ri2 + R22 = (ri + Ri)2代入數(shù)據(jù)解得ri = 1m粒子不能進入中間磁場，所以軌道半徑軌跡如圖所示，由于0、03、Q共線且水平，粒子在兩磁場中的半徑分別為2 洛2倫茲力不做功，故粒子在內(nèi)外磁場的速率不

16、變，由qvB = mLrmv得 r= qB易知r3 = 4r2且滿足。2 +3產(chǎn)=（R2 -2產(chǎn)+月解得2 = m ,門=6m4又由動能定理有qU = mv22代入數(shù)據(jù)解得U=3x107也P4-U帶電粒子從P到Q的運動時間為ti,則ti滿足ti 二 d2得 ti = 10-9s令NQO2O3 = e,所以cose = 0.8, e = 37。（反三角函數(shù)表達亦可） 271m圓周運動的周期T= f qB故粒子從Q孔進入磁場到第一次到。點所用的時間為37 17im 180-53 271m / ir._8t=x+x=6x10 *360 qB2 360 qB考慮到周期性運動，t 總= ti +12 +

17、 k（2ti + 2t2）=（6.10-8 + 12.2x108k）s（k = 0 ,1,2,3, .）.3. （18分）如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂 直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔 5、52,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U。，周期為在/ = 0時刻將一個質(zhì)量為加、電量為（q0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力 的作用下向右運動，在，=4時刻通過s2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，2不考慮極板外的電場）XMXXXXXXNXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXX

18、s Xax I XL酊X I X(1)求粒子到達邑時的速度大小V和極板距離d(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在，=3時刻再次到達S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小【解析】(1)粒子由H至S2的過程中，根據(jù)動能定理得qu。= mv22設(shè)粒子的加速度大小為Q,由牛頓第二定律得U。q- = ma d由運動學公式得（4）聯(lián)立式得設(shè)磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,V由牛頓

19、第二定律得93 = %方要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2RW聯(lián)立式得聯(lián)立式得(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為有d -T聯(lián)立式得 =才若粒子再次達到S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時 間為右，根據(jù)運動學公式得(11)(11)(11)cl 2 2聯(lián)立。式得T t2= 2 2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t聯(lián)立式得聯(lián)立式得(14)4設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T,由式結(jié)合運動學公式得1 二qB由題意得T = t聯(lián)立(14)(16)式得_ 8 兀，n砧(15)(17)4.在平面直角坐標系xOy中，第I象限內(nèi)存在垂直于坐標平面向里

20、的勻強磁場，在4匕0) 點有一粒子源，沿y軸正向發(fā)射出速率分別為u、5u、9u的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m,電荷量為q.在B(0, /_)、C(0, 3L)、D(0, 5L)放一個粒子接收器，8點的接收器只能吸 收來自V軸右側(cè)到達該點的粒子，G。兩點的接收器可以吸收沿任意方向到達該點的粒子.已知速率為u的粒子恰好到達8點并被吸收，不計粒子重力.求第I象限內(nèi)磁場的磁感應強度61；計算說明速率為5人9V的粒子能否到達接收器；若在第H象限內(nèi)加上垂直于坐標平面的勻強磁場，使所有粒子均到達接收器，求所加磁 場的磁感應強度Bi的大小和方向.【答案】片=瓦故速率為、的粒子被吸收速率為外的粒子不能被吸收憶房%

21、 (或2憶房% (或2憶房% (或2(17 + 3/r7)mv、 K古0右心)，垂直坐標平面向外4qL【解析】【詳解】(1)由幾何關(guān)系知，速率為口的粒子在第I象限內(nèi)運動的半徑為R = L2由牛頓運動定律得qyg = m彳 得用=一7qL(2)由(1)中關(guān)系式可得速率為8、9V的粒子在磁場中的半徑分別為5L、9L.設(shè)粒子與y軸的交點到。的距離為V ,將R = 5L和R = 9L分別代入下式(R-L)2 + y2 =R2得這兩種粒子在y軸上的交點到0的距離分別為3L、后L 故速率為5y的粒子被吸收，速率為9u的粒子不能被吸收.(3)若速度為9V的粒子能到達。點的接收器，則所加磁場應垂直坐標平面向外設(shè)離子在所加磁場中的運動半徑為飛，由幾何關(guān)系有5L-y/V7LR=29L - V17L(9v)2(5Vr7+17)/nv )(9v)2(5Vr7+17)/nv )(5Vr7+17)/nv )(5Vr7+17)/nv )4qL又 q - 9yB2 = m-/口 n 2vl7mv /一解得用=7=(或一 (5-717) 一若粒子到達C點的接收器，所加磁場應垂直于坐標平面向里5L-3L同理：年二 29L V17Zq9yB;(9v)2解得 B = 皙m (或 32 = Q7 + 3舊)mv) ”(