高中物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析(20200912144614) 26页

高中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．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、 AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从 AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速 直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从 P 点射入该区域，恰垂直 CD 射 出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力 .求： (1)带电粒子入射速度的大小； (2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小． 【答案】（ 1） cos qBd m （2） cos sin m qB （3） 2 cos qB d m 【解析】 【分析】 画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子 入射速度的大小 ； 带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛 伦兹力平衡求解场强 . 【详解】 （1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，画出运动轨迹如图所示， 轨迹圆心为 O． 由几何关系可知： cos d R 洛伦兹力做向心力 ： 2 0 0 vqv B m R 解得 0 cos qBdv m （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为 x，有 sin d x 粒子作匀速运动： x=v0t 联立解得 cos sin mt qB （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡： Eq=qv0B 解得 2qB dE mcos 【点睛】 此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理 量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力 . 2．如图所示为电子发射器原理图， M 处是电子出射口，它是宽度为 d 的狭缝． D 为绝缘外 壳，整个装置处于真空中，半径为 a 的金属圆柱 A 可沿半径向外均匀发射速率为 v 的电 子；与 A 同轴放置的金属网 C的半径为 2a.不考虑 A、C的静电感应电荷对电子的作用和电 子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为 m，电荷量为 e. (1)若 A、C间加速电压为 U，求电子通过金属网 C 发射出来的速度大小 vC； (2)若在 A、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从 M 射出形成的电流为 I，求圆柱体 A 在 t 时间内发射电子的数量 N.(忽略 C、D 间的距离以及电子碰撞到 C、D 上的反射效应和金属 网对电子的吸收 ) (3)若 A、C间不加电压，要使由 A 发射的电子不从金属网 C射出，可在金属网内环形区域 加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度 B 的最小值． 【答案】 (1) 22 e eUv v m (2) 4 altN ed (3) 4 3 mvB ae 【解析】 【分析】 （1）根据动能定理求解求电子通过金属网 C 发射出来的速度大小 ；（ 2）根据 neI t 求解 圆柱体 A 在时间 t 内发射电子的数量 N；（ 3） 使由 A 发射的电子不从金属网 C 射出，则电 子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求 解 B. 【详解】 （1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得 2 21 1 2 2e eU mv mv 解得： 22 e eUv v m （2）设时间 t 从 A 中发射的电子数为 N，由 M 口射出的电子数为 n， 则 neI t 2 2 4 d dNn N a a 解得 4 altN ed （3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为 B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则 2 2 2(2 )a r r a 2vBev m r 解得： 4 3 mvB ae 3．如图所示， MN 为绝缘板， CD为板上两个小孔， AO 为 CD 的中垂线，在 MN 的下方有 匀强磁场，方向垂直纸面向外 ( 图中未画出 ) ，质量为 m 电荷量为 q 的粒子 ( 不计重力 ) 以 某一速度从 A 点平行于 MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场 ( 电场方向指向 O 点 ) ，已知图中虚线圆弧的半径为 R，其所在处场强大小为 E，若离子恰 好沿图中虚线做圆周运动后从小孔 C垂直于 MN 进入下方磁场． 1 求粒子运动的速度大小； 2 粒子在磁场中运动，与 MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之 后恰好从小孔 D 进入 MN 上方的一个三角形匀强磁场，从 A 点射出磁场，则三角形磁场区 域最小面积为多少？ MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？ 3 粒子从 A 点出发后，第一次回到 A 点所经过的总时间为多少？ 【答案】 （1） EqR m ；（2） 21 2 R ； 1 1n ；（3） 2π mR Eq 。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有： 2mvEq R 解得： EqRv m （2）粒子从 D 到 A 匀速圆周运动，轨迹如图所示： 由图示三角形区域面积最小值为： 2 2 RS 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有： 2mvBqv R 得： mvR Bq 设 MN 下方的磁感应强度为 B1，上方的磁感应强度为 B2，如图所示： 若只碰撞一次，则有： 1 12 R mvR B q 2 2 mvR R B q 故 2 1 1 2 B B 若碰撞 n 次，则有： 1 11 R mvR n B q 2 2 mvR R B q 故 2 1 1 1 B B n （3）粒子在电场中运动时间： 1 2 4 2 R mRt v Eq 在 MN 下方的磁场中运动时间： 2 1 1 12 2 n m mRt R R v EqR Eq 在 MN 上方的磁场中运动时间： 2 3 21 4 2 R mRt v Eq 总时间： 1 2 3 2 mRt t t t Eq 4．如图所示，在两块长为 3 L、间距为 L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸 面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子流从两板左端 连线的中点 O 以初速度 v0 水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间 的磁场，使上板的电势 随时间 t 的变化规律如图所示，则 t=0 时刻，从 O 点射人的粒子 P 经时间 t0(未知量 )恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒 子间的作用力均不计． (1)求两板间磁场的磁感应强度大小 B． (2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使 t=0 时刻射入的粒 子 P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到 O 点，求右侧磁场的宽度 d 应满足的条件和电场周期 T 的最小值 Tmin ． 【答案】 （1） 0mvB qL （2） 2 2 3cos 2 d R a R L ； min 0 (6 3 2 ) 3 LT v 【解析】 【分析】 【详解】 （1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为 R1，则 0 1 0 2 qv B m v R 由几何关系： 2 2 2 1 1 3( ) ( ) 2 2 L LR R 解得 0mvB qL （2）粒子 P 从 O 点运动到下板右边缘的过程，有： 0 03L v t 0 1 1 2 2 yL v t 解得 0 3 3yv v 设合速度为 v，与竖直方向的夹角为 α，则： 0tan 3 y v v 则 = 3 0 0 2 3 sin 3 vv v 粒子 P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为 R2，则 2 1 2 sin L R ， 解得 2 3 3 LR 右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为 2 2 3cos 2 d R R L ； 由于粒子 P 从 O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到 O 点的过程，运动 轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则： 2 min 0 (2 2 )2 RT t v 解得 min 0 6 3 2 3 L T v 【点睛】 带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子 的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态 . 5．(18 分 ) 如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂 直纸面向里，在边界上固定两长为 L 的平行金属极板 MN 和 PQ，两极板中心各有一小孔 1S 、 2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 0U ，周期为 0T 。 在 0t 时刻将一个质量为 m 、电量为 q （ 0q ）的粒子由 1S 静止释放，粒子在电场力 的作用下向右运动，在 0 2 Tt 时刻通过 2S 垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力， 不考虑极板外的电场） （1）求粒子到达 2S 时的速度大小 v 和极板距离 d （2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。 （3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在 03t T 时刻再次到达 2S ，且速度恰好为 零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（ 1） 0 02 4 T qUd m （ 2） 024 mUB L q （3） 2 mT qB 0 8 7 mB qT 【解析】（ 1）粒子由 1S 至 2S 的过程中，根据动能定理得 2 0 1 2 qU mv ① 由①式得 02qUv m ② 设粒子的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 0Uq ma d ③ 由运动学公式得 201 ( ) 2 2 Td a ④ 联立③④式得 0 02 4 T qUd m ⑤ (2) 设磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R， 由牛顿第二定律得 2vqvB m R ⑥ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2 2 LR ⑦ 联立②⑥⑦式得 024 mUB L q ⑧ （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为 1t ，有 1d vt ⑨ 联立②⑤⑨式得 0 1 4 Tt ⑩ 若粒子再次达到 2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时 间为 2t ，根据运动学公式得 22 vd t ⑾ 联立 ○9 ○10○11式得 0 2 2 Tt ⑿ 设粒子在磁场中运动的时间为 t 0 0 1 23 2 Tt T t t ⒀ 联立⑩⑿⒀式得 07 4 Tt ⒁ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，由 ○6 式结合运动学公式得 2 mT qB ⒂ 由题意得 T t ⒃ 联立⒁⒂⒃式得 0 8 7 mB qT ⒄ 6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为 d 的 两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速 后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间 OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些 电子通过两板之间的时间为 2t0；:当在两板间加最大值为 U0、周期为 2t 0 的电压 (如图乙所 示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖 直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为 L，电子的质量为 m、电荷量为 e，其重力不 计． （1）求电子离开偏转电场时的位置到 OO’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度 B ②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度 △y 【答案】（ 1） 20 1 0 U ey t dm （2）① 0 0U tB dL ② 20 1 0 U ey y t dm 【解析】 【详解】 （1）由题意可知，从 0、2t0、4t 0、⋯⋯等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置 到 OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为： 2 2 2 20 0 0 max 0 0 0 0 0 31 1 2 2 2y U e U e U ey at v t t t t dm dm dm 从 t 0、3t 0、⋯⋯等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到 OO′的距离最小，在这 种情况下，电子的最小距离为： 2 20 min 0 0 1 1 2 2 U ey at t dm 最远位置和最近位置之间的距离： 1 max miny y y ， 20 1 0 U ey t dm （2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电 子在磁场中运动半径应为： sin LR 设电子离开偏转电场时的速度为 v1，垂直偏转极板的速度为 vy，则电子离开偏转电场时的 偏向角为 ， 1 sin yv v ， 式中 0 0y U ev t dm 又： 1mvR Be 解得： 0 0U tB dL ②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场 后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上． 由第（ 1）问知电子离开偏转电场时的位置到 OO′的最大距离和最小距离的差值为 △y1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为： 20 1 0 U ey y t dm 7．如图所示，荧光屏 MN 与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标 0 6x cm ，在第一象限 y轴和 MN 之间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 51.6 10 /E N C ，在第二象限有半径 5R cm的圆形磁场，磁感应强度 0.8B T ，方 向垂直 xOy 平面向外．磁场的边界和 x 轴相切于 P 点．在 P 点有一个粒子源，可以向 x 轴 上方 180°范围内的各个方向发射比荷为 81.0 10 /q C kg m 的带正电的粒子，已知粒子的 发射速率 6 0 4.0 10 /v m s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求： （1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与 Q 点间的最远距离． 【答案】（ 1） 5cm （2） 0 10y cm （3） 9cm 【解析】 【详解】 （1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动 2 0 vqv B m r 解得： 0 5mvr cm qB （2）由（ 1）问中可知 r R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所 示，由几何关系可知四边形 1PO FO 为菱形，所以 1 / /FO O P ，又 O P 垂直于 x 轴，粒子 出射的速度方向与轨迹半径 1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与 x 轴平行，所以 粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 0 10y cm ． （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 0 0 0x v t 2 0 1 2 h at qEa m 解得： 18 2 10h cm R cm， 说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为 y 的点进入电场的粒子在电场中沿 x 轴方向的位移为 x ，则 0x vt 21 2 y at 代入数据解得 2x y 设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q 点的最远距离为 H ，粒子射出的电场时速度方向与 x 轴 正方向间的夹角为 ， 0 0 0 tan 2y qE x v m v y v v g ， 所以 0 0tan 2 2H x x x y yg ， 由数学知识可知，当 0 2 2x y y 时，即 4.5y cm 时 H 有最大值， 所以 max 9H cm 8．如图所示，在 xoy 平面 (纸面 )内，存在一个半径为 R=02.m 的圆形匀强磁场区域，磁感 应强度大小为 B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与 y 轴相切于坐标原点 O. 在 y 轴左侧、 －0.1m≤x≤0的区域内，存在沿 y 轴负方向的匀强电场 (图中未标出 )，电场强 度的大小为 E=10×104N/C.一个质量为 m=2.0 × 10－9kg、电荷量为 q=5.0 × 10－5C的带正电粒 子，以 v0=5.0 × 103m/s 的速度沿 y 轴正方向、从 P 点射入匀强磁场， P 点的坐标为 (0.2m， －0.2m) ，不计粒子重力． (1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标； (3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场 前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点 O，求所加匀 强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（ 1） 0.2r m （2） 0.1 , 0.05m m （3） 1 4B T 【解析】 【分析】 粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度， 结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出 射出电场的坐标．先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半 径，然后根据公式 B mv qR 求得磁场强度 【详解】 （1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有： 2 0 0 vqv B m r 解得： 0.2r m （2）由几何关系可知，带电粒子恰从 O 点沿 x 轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做 类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为 a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为 y，有： 0L v t ， 21 2 y at 由牛顿第二定律有： qE ma 联立解得： 0.05y m 所以粒子射出电场时的位置坐标为 0.1 , 0.05m m （3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度 yv at 解得： 3 0 5.0 10 /yv v m s 则粒子射出电场时的速度： 02v v 设所加匀强磁场的磁感应强度大小为 1B ，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为 1r ，由几何 关系可知： 1 2 20 r m 由牛顿第二定律有： 2 1 1 vqvB m r 联立解得： 1 4B T 9．如图所示，真空中有一个半径 r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小 B=2×10-3T，方向垂直于纸面向外， x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点 O，在 x=0.5m 和 x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿 y 轴正方向的匀强电场区域，电场强 E=1.5×103N/C， 在 x=1.5m 处竖有一个与 x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在 O 点沿纸平面向各个方 向发射速率相同、比荷 91 10q m C/kg 的带正电的粒子，若沿 y 轴正方向射入磁场的粒子 恰能从磁场最右侧的 A 点沿 x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作 用和其他阻力．求： (1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小； (2)沿 y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间 (计算结果保留两位有效数 字 )； (3)从 O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围． 【答案】（ 1） 61.0 10 /v m s ；（ 2） 61.8 10t s ；（ 3） 0.75 1.75m y m 【解析】 【分析】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据 2vqvB m R 求解速度； （2）粒子在磁场中运动 T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运 动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（ 3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解 在电场中的侧移量，从而求解从 O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围． 【详解】 （1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为 R=r=0.5m， 由 2vqvB m R 进入电场时 qBRv m 带入数据解得 v=1.0×106m/s （2）粒子在磁场中运动的时间 6 1 1 2 10 4 4 Rt s v 粒子从 A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为 v，所以在电场中运动的时间 6 2 1.0 10xt s v 总时间 6 6 1 2 1 10 1.8 10 4 t t t s s （3）沿 x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 121.5 10 /qEa m s m 在电场中侧移： 2 12 1 2 6 1 1 11.5 10 0.75 2 2 1 10 y at m m 打在屏上的纵坐标为 0.75； 经磁场偏转后从坐标为（ 0,1）的点平行于 x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为 1.75；其他粒子也是沿 x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带 电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为 0.75≤y≤1.75. 10． 如图 (a) 所示，在空间有一坐标系 xoy，直线 OP与 x 轴正方向的夹角为 30°，第一象 限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线 OP 是它们的边界， OP 上方 区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为 B，一质量为 m，电荷量为 +q 的质子 ( 不计重力及质子对磁场 的影响 ) 以速度 v 从 O 点沿与 OP成 30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场 区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于 x 轴进入第四象限，第四象限存在沿 -x 轴方向的特殊电场，电 场强度 E 的大小与横坐标 x 的关系如图（ b）所示，试求 : (1) 区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2) 质子再次到达 y 轴时的速度大小和方向。 【答案】 （ 1） BB 22 ；（ 2） vvv 2 62)32( ；方向向左下方与 y 轴负 向成 32arccos （ 2 26arccos ）的夹角 【解析】 试题分析 : （1）由几何关系知：质子再次回到 OP时应平行于 x 轴正向进入Ⅱ区，设质子 从 OP上的 C点进入Ⅱ区后再从 D点垂直 x 轴进入第四象限，轨迹如图。 X/ × Bq mv E o Bv 2 3 Bv 2 1 由几何关系可知： O1C⊥OX，O1C 与 OX 的交点 O2 即为Ⅱ内圆弧的圆心， COO1 等边三角 形。 设质子在Ⅰ区圆运动半径为 1r ，在Ⅱ区圆运动半径为 2r ， 则： 1 0 12 2 130sin rrr 由 2 1 vqBv m r 得： 1 mvr qB ， 同理得： 2 2 mvr qB 即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度： BB 22 （2）D点坐标： qB mvrrx ）13(30cos 2 0 1 质子从 D点再次到达 y 轴的过程， 2 2 )13( 2 )13() 22 3( 2 1 mv qB mvBvBvqxEqqUW ii电 设质子再次到达 y 轴时的速度大小为 v ， 由动能定理： 22 2 1 2 1 mvvmW电 得： vvv 2 62)32( 因粒子在 y 轴方向上不受力，故在 y 轴方向上的分速度不变 如图有： 2 2632cos v v 即方向向左下方与 y 轴负向成 32arccos （ 2 26arccos ）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动 11． （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点的时间多长 ? 【答案】（ 1）3L；（ 2） qL mEB 221 = ；（ 3） qL EmB 2 3 2 2 = ； 9(2 ) 2 4 mLt qE总 。 【解析】 试题分析：（ 1）设粒子到达挡板之前的速度为 v 0 有动能定理 2 02 1 mvqEL = （1 分） 粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动 在 x 轴方向 2 2 tm qEL = （1 分） 在 y 轴方向 tvy 0= （1 分） 联立解得 Ly 2= C点的纵坐标为 LLy 3=+ （1 分） （2）粒子到达 C点时的沿 x 轴方向的速度为 m qELatvx 2 == （1 分） 沿 y 轴方向的速度为 m qELvv y 2 0 == （1 分） 此时粒子在 C点的速度为 m qELv 2= （1 分） 粒子的速度方向与 x 轴的夹角 x y v v =tan 45= （1 分） 磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 Lr 2 2 1 = （2 分） 根据牛顿第二定律 1 2 1 r vmqvB = （1 分） 要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 qL mEB 221 = （1 分） （3）当磁感应强度为 B2 时，粒子做半径为 r 2 的圆周运动到达 y 轴上的 O 点，之后做直线 运动打到板上， Lr 2 23 2 = （2 分） 此时的磁感应强度为 qL EmB 2 3 2 2 = （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 2 12 1 tm EqL = qE mLt 2 1 = （1 分） 在磁场中做圆周运动的时间 qE mL Tt 2 4 9 2 3 2 == （1 分） 从 O到板再返回 O点作直线运动的时间 qE mLt 2 3 = （1 分） 从 x 轴上 D点做匀速直线运动到 C点的时间为 qE mLt 2 2 3 4 = （ 1 分） 总时间为 qE mLtttttt 2 4 )2(9 4321 + =++++=总 （ 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。 12． 如图所示，在 0≤x≤a、0≤y≤ 2 a 范围内有垂直于 xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒 子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xy 平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在 0～ 90o 范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 2 a 到 a 之间，从发射粒子到粒子全部离 开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒 子从粒子源射出时的： （1）速度的大小； （2）速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦． 【答案】（ 1） 6(2 ) 2 aqBv m ；（ 2） 6 6sin 10 【解析】 【分析】 （1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系 列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（ 2）最后离开磁场 的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速 度方向与 y 轴正方向夹角的正弦． 【详解】 设粒子的发射速度为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，根据洛伦兹力提供向心力，得 2vqvB m R 解得 mvR qB 当 2 a ＜R＜a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C的圆弧，圆弧与磁场 的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为 t，依题意 t= 4 T ，回旋角度为 ∠OCA= π 2 ，设最后离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方向的夹角为 α，由几何关系得 sin 2 aR R sin cosR a R sin2α+cos2α=1 解得 62 2 R a 62 2 aqBv m 6 6sin 10 故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为 62 2 aqBv m ． （2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与 y 轴正方向夹角的 正弦为 6 6sin 10 ． 【点评】 本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根 据洛仑兹力提供向心力得到速度大小． 13． 现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧 密 相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为 d 电场强度为 E，方向水平向左；垂直纸面向里磁 场的磁感应强度为 B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为 B2，电场磁场的边界互相平行且与 电场方向垂直 . 一个质量为 、电荷量为 的带正电粒子在第 层电场左侧边界某处由静止 释放 , 粒子始终在电场、磁场中运动 , 不计粒子重力及运动时的电磁辐射 . （1）求粒子在第 2 层磁场中运动时速度 2v 的大小与轨迹半径 2r ; （2）粒子从第 n 层磁场右侧边界穿出时 , 速度的方向与水平方向的夹角为 n , 试求 sin n ; （3）若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出 , 试问在其他条件不变的情况下 , 也进入第 n 层磁场 , 但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界 , 请简要推理说明之 【答案】（ 1） ； （2） ； （ 3）见解析； 【解析】 （1）粒子在进入第 2 层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动 能定理，有： 解得： 粒子在第 2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有： 联立解得： （2）设粒子在第 n 层磁场中运动的速度为 vn，轨迹半径为 rn（下标表示粒子所在层数）， 粒子进入到第 n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为 ,从第 n 层磁场右侧边界突 出时速度方向与水平方向的夹角为 ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分 量不变，有： 由图根据几何关系可以得到： 联立可得： 由此可看出 ， ，⋯， 为一等差数列，公差为 d，可得： 当 n=1 时，由下图可看出： 联立可解得： （3）若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出，则： ， 在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为 ，假设通穿出第 n 层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为 ，由于 ，则导 致： 说明 不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边 界． 考点：带电粒子在电磁场中的运动 14．（17 分）在半径为 R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应 强度为 B。一质量为 m，带有电量 q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径 AD 方向经 P 点（ AP=d）射入磁场（不计重力影响）。 （1）如果粒子恰好从 A 点射出磁场，求入射粒子的速度。 （2）如果粒子经纸面内 Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在 Q 点切线的夹角为 φ（如 图）。求入射粒子的速度。 【答案】 1） （2） 【解析】 试题分析：（ 1）由于粒子在 P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在 AP上， AP 是直径。 设入射粒子的速度为 v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得： ① 由 ① 式解得： ② （2）设 O’是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接 O’Q，设 O’Q＝R’。 由几何关系得： ∠ OQO’= ③ 而 OO’=R’－ , ＝d－R 所以 OO’= R’+R－d ④ 由余弦定理得： ⑤ 由 ⑤ 式解得： ⑥ 设入射粒子的速度为 v2，由 ⑦ 由 ⑦ 式解得： ⑧ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 . 15． 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等 领域有重要的应用．如图所示的矩形区域 ACDG(AC边足够长 )中存在垂直于纸面的匀强磁 场， A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂直 于磁场的方向射入磁场，运动到 GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已 知被加速的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m 1>m 2)，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 m 1 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； (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） 1 2qU m （2） 1 22 8U m m qB （3） dm ＝ 1 2 1 22 m m m m L 【解析】 （1）动能定理 Uq＝ 1 2 m1v12 得： v1＝ 1 2qU m ⋯① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有： qvB＝ 2mv R ，R＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）： R1＝ 1 2 2mU qB ，R2＝ 2 2 2m U qB ⋯② 两种离子在 GA 上落点的间距 s＝2(R1- R2)＝ 1 22 8 ( )U m m qB ⋯③ （3）质量为 m 1 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⋯④ 利用②式，代入④式得： 2R1(1- 2 1 m m )＞d R1 的最大值满足： 2R1m=L-d 得： (L- d)(1- 2 1 m m )＞d 求得最大值： dm＝ 1 2 1 22 m m m m L