(物理)物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析.doc

1、（物理）物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PPMM内有竖直向下的匀强电场，电场场强E1.0103V/m，宽度d0.05m，长度L0.40m；区域MMNN内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2.5102T，宽度D0.05m，比荷1.0108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场边界MM不影响粒子的运动，不计粒子重力(1) 若v08.0105m/s，求粒子从区域PPNN射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从MN间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M点射出，求v0满足的条件【答案】

2、(1)0.0125m (2) 3.6105m/s. (3) 第一种情况：v0 (其中n0、1、2、3、4)第二种情况：v0 (其中n0、1、2、3)【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向 得代入数据解得t1.0106s水平位移xv0t代入数据解得x0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从PM间射出，则运动时间t00.5106s，竖直位移0.0125m所以粒子从P点下方0.0125m处射出(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移xv0 粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1t设粒子与磁场边界之间的

3、夹角为，则粒子进入磁场时的速度为v 在磁场中由qvBm得R 粒子第一次进入磁场后，垂直边界MN射出磁场，必须满足xRsinL把xv0、R、v、 代入解得v0Lv03.6105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM的最远距离yRRcosR(1cos)把R、v、代入解得 可以看出当90时，y有最大值，(90即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM进入磁场运动半个圆周回到电场) ymax0.04m，ymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN射出磁场若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M点射出边界有两种情况，第一

4、种情况：Ln(2v0t2Rsin)v0t把、R 、v1vsin、 代入解得v0105m/s(其中n0、1、2、3、4)第二种情况：Ln(2v0t2Rsin)v0t2Rsin把 、R、v1vsin、代入解得 v0105m/s(其中n0、1、2、3)2正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中正、负电子对撞机置于真空中在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计电子的质量为m、电量为e，重力不计真空中

5、的光速为c，普朗克常量为h（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率 （3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁即图中的A1、A2、A4An共有n个，均匀分布在整个圆环上每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下磁场区域的直径为d改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转

6、的角度经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小【答案】(1) ， ；(2) ；(3)【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有： 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：正、负电子进入对撞机时分别具有的能量： 正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率： (2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速次，则有： 解得： 正、负电子在磁场中运

7、动的周期为： 正、负电子在磁场中运动的时间为： D型盒间的电场对电子做功的平均功率： (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系可得解得： 根据洛伦磁力提供向心力可得：电磁铁内匀强磁场的磁感应强度大小：3空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示已知P、Q间的距离为L若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点

8、不计重力求：（1）电场强度的大小（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比【答案】 ； 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有 以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 水平方向上： 竖直方向上： 由以上各式，得 且 （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即 所以4如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,b

9、ac=30,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上3dy0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L【答案】（1）； （2）；（3）；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由

10、几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为，有：解得即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为设电子从范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：根据运动学公式有： 解得：即时，L有最大值解得： 当【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒

11、子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用5如图甲所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直

12、纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3） （n=1，2，3）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示由速度关系可得： 解得： 由速度关系得：vy=v0tan=v0在竖直方向： 而水平方向: 解得： （2）根据题意作图如

13、图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律： 解得： 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（ ，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T=2T0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3）而： 解得： （n=1，2，3）应满足的时间条件为： (T0+

14、T)=T而： 解得 （n=1，2，3）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60，而后又在 B0中再次偏转60，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.6如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成=60角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出

15、）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P点入射时的速度v0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；【答案】（1）（2）2.4B【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得： 根据得粒子在第一象限中做类平抛运动，则有； 联立解得（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于则有：x=v0t， 得由几何知识可得 y=r-rcos=

16、则得所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为粒子进入第三、四象限运动的速度根据得：B=24B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动7如图所示，虚线OL与y轴的夹角=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。【答案】（1） ； （2） 【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方

17、向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，则有（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上

18、，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间8如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=410-4N /C三角形区域内有垂直

19、纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场已知粒子最终回到了O点，OC相距2m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取3求：（1） 磁感应强度B1的大小；（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）【答案】（1）；（2）；（3）【解

20、析】【详解】（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：解得v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知 由代入数据得 （2）由题可知 B2=3B1=210-5 T则 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则得到 t1=0.01 s粒子在磁场B1中的周期为 则在磁场B1中的运动时间为 在磁场B2中的运动周期为 在磁场B2中的运动时间为 则粒子在复合场中总时间为： （3）设挡板外磁场变为，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件其中 k=0、1、2、3解得9如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限

21、有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴的匀强电场一带电粒子(重力不计)自P(d，)点以平行于x轴的初速度v0开始运动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场区域，并恰能返回到P点求：(1)粒子经过O点时的速度；(2)电场强度E和磁感应强度B的比值【答案】（1）2v0（2）【解析】【详解】试题分析：（1）粒子从P到O的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过O点时的速度为v，其在y轴负方向的分速度为vy，与y轴负方向的夹角为d=v0t1v2=v02+vy2解得：v=2v0=300（2）设粒

22、子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加速度为a：Eq=ma粒子从Q到P的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，Q点的纵坐标为yQd=vt2解得：设粒子由S点离开磁场，粒子从O到S过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsin=yQ考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【点睛】【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力10（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强

23、电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L。一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:(1)C点的纵坐标。(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?(3)磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与档板总共相碰两次后到达C点?这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间

24、多长?【答案】（1）3L；（2）；（3）；。【解析】试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v0有动能定理 （1分）粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动在x轴方向 （1分）在y轴方向 （1分）联立解得 C点的纵坐标为 （1分）（2）粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为 （1分） 沿y轴方向的速度为 （1分）此时粒子在C点的速度为 （1分）粒子的速度方向与x轴的夹角 （1分）磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 （2分）根据牛顿第二定律 （1分）要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 （1分）（3）当磁感应强度为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动到达y轴上的O点，之后做直线运动打到板上， （2

25、分）此时的磁感应强度为 （1分）此后粒子返回到O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直线运动到达C点从A到板，有 （1分）在磁场中做圆周运动的时间 （1分）从O到板再返回O点作直线运动的时间 （1分）从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为 （1分）总时间为 （1分）考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。11如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以

26、大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。【答案】（1）；（2），方向与x轴的夹角为45；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有x=v0t=2h， qE=ma，联立以上各式可得 ；（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，所以 ，方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；（3）粒子在磁场中运动时，有 ，当粒子从b点射出

27、时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 ，所以磁感应强度B的最小值12如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d0，且Em2)，电荷量均为q加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略不计重力，也不考虑离子间的相互作用(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1； (2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s

28、； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度【答案】（1）（2） （3）dmL【解析】（1）动能定理Uqm1v12得：v1 （2）由牛顿第二定律和轨道半径有： qvB，R利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R1 ，R2两种离子在GA上落点的间距s2(R1R2) （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）d利用式，代入式得：2R1(1)dR1的最大值满足：2R1m=L-d得：(Ld)(1)d求得最大值：dmL