高中物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析 24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．如图所示，虚线 MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直 纸面向里，磁感应强度为 B 的匀强磁场，虚线 MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电 场．水平线段 AP 与 MN 相交于 O 点．在 A 点有一质量为 m，电量为 +q 的带电质点，以大 小为 v0 的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知 A 与 O 点间的距离为 03mv qB ，虚线 MN 右侧电场强度为 3mg q ，重力加速度为 g．求： （1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向； （2）带电质点在 A 点的入射方向与 AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到 O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹； （3）带电质点从 O 点进入虚线 MN 右侧区域后运动到 P 点时速度的大小 vp． 【答案】（ 1） mg q ，方向竖直向上；（ 2） ；（ 3） 013v ． 【解析】 【详解】 （1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重 力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力 qE=mg，方向竖直向上； 所以 MN 左侧区域内电场强度 mgE q左 ，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有： 2 0 0 mvBv q R ， 所以轨道半径 0mvR qB ； 质点经过 A、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在 AO 的垂直平分线上，且 质点从 A 运动到 O 的过程 O 点为最右侧；所以，粒子从 A 到 O 的运动轨迹为劣弧； 又有 03 3AO mvd R qB ；根据几何关系可得：带电质点在 A 点的入射方向与 AO 间的夹 角 1 2 60 AOd arcsin R ； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示： ； （3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在 O 点的竖直分速度 0 0 360 2yv v sin v ，水平分速度 0 0 160 2xv v cos v ； 质点从 O 运动到 P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到 P 点，故竖直位移为零，所以运动时间 02 3yv vt g g ； 所以质点在 P 点的竖直分速度 0 3 2yP yv v v ， 水平分速度 0 0 0 31 73 2 2xP x vqEv v t v g v m g ； 所以带电质点从 O 点进入虚线 MN 右侧区域后运动到 P 点时速度 2 2 013P yP xPv v v v ； 2．如图，区域 I 内有与水平方向成 45 °角的匀强电场 1E ，区域宽度为 1d ，区域 Ⅱ内有正 交的有界匀强磁场 B 和匀强电场 2E ，区域宽度为 2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向 竖直向下 .一质量为 m、电量大小为 q 的微粒在区域 I 左边界的 P 点，由静止释放后水平向 右做直线运动，进入区域 Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域 Ⅱ右边界上的 Q 点穿出，其速度方 向改变了 30o ，重力加速度为 g，求： (1)区域 I 和区域 Ⅱ内匀强电场的电场强度 1 2E E、 的大小 . (2)区域 Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度 B 的大小 . (3)微粒从 P 运动到 Q 的时间有多长 . 【答案】 (1) 1 2mgE q , 2 mgE q (2) 1 2 2 2 m gd qd (3) 1 2 1 2 6 2 6 d d gd gd 【解析】 【详解】 (1)微粒在区域 I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有： 1sin45qE mg 求得： 1 2mgE q 微粒在区域 II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有： 2mg qE 求得： 2 mgE q (2)粒子进入磁场区域时满足： 2 1 1 1cos45 2 qE d mv 2vqvB m R 根据几何关系，分析可知： 2 22 sin30 dR d 整理得： 1 2 2 2 m gdB qd (3)微粒从 P 到 Q 的时间包括在区域 I 内的运动时间 t1 和在区域 II 内的运动时间 t2，并满 足： 2 1 1 1 1 2 at d 1tan45mg ma 2 30 2 360 Rt v 经整理得： 1 1 2 1 2 1 2 2 22 61 2 12 6 gdd d dt t t gd g qB gd 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，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁 感应强度大小为 B。P 是圆外一点， OP=3r。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子从 P 点在 纸面内垂直于 OP 射出。己知粒子运动轨迹经过圆心 O，不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。 【答案】 (1) (2) 【解析】 【分析】 本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知 识解决问题的的能力。 【详解】 （1）找圆心，画轨迹，求半径。 设粒子在磁场中运动半径为 R，由几何关系得： ① 易得： ② （2）设进入磁场时速度的大小为 v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ③ 进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则 ④ 联立②③④解得 5．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 0B ， 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 P （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、A4⋯⋯An 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 2 2 2 0 2e B R mcv mh h ， 2 2 2 0 2 e B RE m ；(2) 2 0e B U m ；(3) 02 sinB R n d 【解析】 【详解】 解： (1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有： 2 0 0 mvevB R 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为： 0 0 eB Rv m 正、负电子进入对撞机时分别具有的能量： 2 2 2 2 0 0 1 2 2 e B RE mv m 正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有： 22 2E mc hv 正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率： 2 2 2 2 0 2e B R mcv mh h (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 n 次，则有： 2 0 1 2 neU mv 解得： 2 2 0 2 eB Rn mU 正、负电子在磁场中运动的周期为： 0 2 mT eB 正、负电子在磁场中运动的时间为： 2 0 2 2 B Rnt T U D 型盒间的电场对电子做功的平均功率： 2 0e B UW EP t t m (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 r ，由几何关系可得 sin 2 dr n 解得： 2sin dr n 根据洛伦磁力提供向心力可得： 2 0 0 mvev B r 电磁铁内匀强磁场的磁感应强度 B 大小： 02 sinB R nB d 6．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为 R1＝1 m、R2＝ 3 m，半径为 R1的圆内分 布着 B1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着 B2＝0.5 T 的 匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距 d＝ 3 cm，右极板 与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板 P 点由静止释放，经加速后通过 右板小孔 Q，垂直进入环形磁场区域．已知点 P、Q、O 在同一水平线上，粒子比荷 4× 107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求： (1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？ (2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心 O，则加速电压 为多大？ (3) 从 P 点出发开始计时，在满足第 (2)问的条件下，粒子到达 O 点的时刻． 【答案】 (1) r1<1m. (2) U＝ 3× 107V. (3) t=(6.1 × 10－8＋12.2 × 10－8k)s(k＝0，1， 2，3，⋯) 【解析】 【分析】 （1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径； （2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心 O 的轨迹，结合几何关系求解半 径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后 联立方程组求解加速电压； （3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从 Q 孔进入磁场到第一次到 O 点所 用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达 O 点的时刻． 【详解】 (1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为 r 1，在 Rt△QOO1 中有 r12＋R22＝(r 1＋R1)2 代入数据解得 r 1＝1m 粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径 r1<1m. (2) 轨迹如图所示，由于 O、O3、 Q 共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为 r2、r3，洛 伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由 qvB＝m 2v r 得 r＝ mv qB 易知 r3＝4r2 且满足 (r2＋r3)2＝(R2－r 2)2＋r32 解得 r2＝ 3 4 m，r 3＝ 3 m 又由动能定理有 qU＝ 1 2 mv 2 代入数据解得 U＝3×107V. (3)带电粒子从 P到 Q 的运动时间为 t 1，则 t1 满足 1 2 v t1＝d 得 t 1＝10－9s 令∠ QO2O3＝θ，所以 cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可 ) 圆周运动的周期 T＝ 2 m qB 故粒子从 Q 孔进入磁场到第一次到 O 点所用的时间为 8 2 2 1 37 2 180 53 2 6 10 360 360 m mt s qB qB －＝ ＋ ＝ 考虑到周期性运动， t 总 ＝t1＋t2＋k(2t 1＋2t2)＝(6.1 × 10－8＋12.2 × 10－ 8k)s(k＝0，1，2，3，⋯)． 7．如图所示，半径 r=0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O 处，半径 R=0.1m，磁感 应强度大小 B=0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（ 0，0.08m ），平行金属板 MN 的极 板长 L=0.3m、间距 d=0.1m，极板间所加电压 U=6.4x102V，其中 N 极板收集到的粒子全部 中和吸收．一位于 O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为 v 的带正电粒子，经圆 形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿 x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运 动半径 R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷 q m =108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的 边缘效应． sin53 °=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度 v 的大小； （2）若粒子在 O 点入射方向与 x 轴负方向夹角为 37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 η． 【答案】（ 1）6×105m/s ；（ 2）（ 0，0.18m ）；（ 3）29% 【解析】 【详解】 （1）由洛伦兹力充当向心力，即 qvB=m 2 0 v R 可得： v=6×105m/s； （2）若粒子在 O 点入射方向与 x 轴负方向夹角为 37°，作出速度方向的垂线与 y 轴交于一 点 Q，根据几何关系可得 PQ= 0.06 37cos o =0.08m ，即 Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上 y 轴最高点的距离为 0.18m- 0.06 37sin o =0.08m，故粒子刚好从圆上 y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（ 0，0.18m）； （3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为 y，由带电粒子在电场中偏转的 规律得： y= 1 2 at 2⋯① a= qE m = qU md ⋯② t= L v ⋯③ 由①②③解得： y=0.08m 设此粒子射入时与 x 轴的夹角为 α，则由几何知识得： y=rsin α+R0-R0cos α 可知 tan α=4 3 ，即 α=53° 比例 η= 53 180o × 100%=29% 8．如图，平面直角坐标系中，在， y＞0 及 y＜- 3 2 L 区域存在场强大小相同，方向相反均平 行于 y 轴的匀强电场，在 - 3 2 L＜y＜0 区域存在方向垂直于 xOy 平面纸面向外的匀强磁场， 一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子，经过 y 轴上的点 P1（0，L）时的速率为 v0，方向 沿 x 轴正方向，然后经过 x 轴上的点 P2（ 3 2 L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径 R= 5 2 L （不计粒子重力），求： （1）粒子到达 P2 点时的速度大小和方向； （2） E B ； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从 P1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（ 1） 5 3 v0，与 x 成 53°角；（ 2） 04 3 v ；（ 3）2L；（ 4） 0 405 37 60 L v ． 【解析】 【详解】 （1）如图，粒子从 P1 到 P2做类平抛运动，设到达 P2 时的 y 方向的速度为 vy， 由运动学规律知 3 2 L=v0t1， L= 2 yv t1 可得 t1= 0 3 2 L v ，vy= 4 3 v0 故粒子在 P2 的速度为 v= 2 2 0 yv v = 5 3 v0 设 v 与 x 成 β角，则 tanβ= 0 yv v = 4 3 ，即 β=53°； （2）粒子从 P1到 P2，根据动能定理知 qEL= 1 2 mv2- 1 2 mv02 可得 E= 2 08 9 mv qL 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 qvB=m 2v R 解得： B= mv qR = 0 5 3 5 2 m v q L = 02 3 mv qL 解得： 04 3 vE B ； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O′，在图中，过 P2 做 v 的垂线交 y=- 3 2 L 直线与 Q′ 点，可得： P2O′= 3 2 53 L cos o = 5 2 L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 α=37°，故粒 子将垂直于 y=- 3 2 L 直线从 M 点穿出磁场，由几何关系知 M 的坐标 x= 3 2 L+（r-rcos37 °）=2L； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从 P1 到 P2 做类平抛运动： t1= 0 3 2 L v 在磁场中由 P2 到 M 动时间： t2= 37 2 360 r vo = 0 37 120 L v 从 M 运动到 N， a= qE m = 2 08 9 v L 则 t 3= v a = 0 15 8 L v 则一个周期的时间 T=2（ t1+t 2+t 3）= 0 405 37 60 L v ． 9．如图所示，坐标原点 O 左侧 2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子 (比荷为 q m =1.0 × 1010C/kg)由静止进人电压 U= 800V 的加速电场，经加速后沿 x 轴正方向运动， O 点 右侧有以 O1 点为圆心、 r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应 强度大小为 B=1.0×10－3T 的匀强磁场 (图中未画出 )圆的左端跟 y 轴相切于直角坐标系原点 O，右端与一个足够大的荧光屏 MN 相切于 x 轴上的 A 点，粒子重力不计。 (1)求粒子打到荧光屏上的位置到 A 点的距离； (2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为 2r，场强大小 E=1.0 × 103V/m ，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕 MN 的距离。 【答案】（ 1） 0.267m （2） 0.867m 【解析】 【详解】 （1）粒子射入 O 点时的速度 v ，由动能定理得到： 21 2 qU mv 进入磁场后做匀速圆周运动， 2 qvB m R v 设圆周运动的速度偏向角为 ，则联立以上方程可以得到： 1tan 2 2 r R ，故 4tan 3 由几何关系可知纵坐标为 y ，则 tan y r 解得： 4 0.267 15 y m m； （2）粒子在电场中做类平抛运动， Eq ma ， 2r vt ， 2 1 1 2 y at ， yv at 射出电场时的偏向角为 ， tan yv v 磁场右边界到荧光屏的距离为 x ，由几何关系 1tan y y x ，解得： 0.867x m。 10． 如图：竖直面内固定的绝缘轨道 abc，由半径 R=3 m 的光滑圆弧段 bc 与长 l=1.5 m 的 粗糙水平段 ab 在 b 点相切而构成， O 点是圆弧段的圆心， Oc 与 Ob 的夹角 θ=37°;过 f 点 的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小 E=10 N/C 的匀强电场， Ocb 的外侧有一长度足 够长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域 efgh，ef 与 Oc 交于 c 点， ecf 与水平向右的方向所成的夹 角为 β(53°≤ β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量 m 2=3×10-3 kg、 电荷量 q=3×l0-3 C 的带正电小物体 Q 静止在圆弧轨道上 b 点，质量 m1=1.5× 10-3 kg 的不带 电小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动， P、Q 碰撞时间极短，碰后 P 以 1 m/s 的速度水平向右弹回．已知 P 与 ab 间的动摩擦因数 μ=0.5，A、B 均可视为质 点， Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力， sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度大小 g=10 m/s 2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体 Q 的弹力大小 FN； (2)当 β=53°时，物体 Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，求区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度 大小 B1； (3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为 B2=2T 时，要让物体 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁 场中运动的时间最长，求此最长时间 t 及对应的 β 值． 【答案】 (1) 24.6 10NF N (2) 1 1.25B T (3) 127 s 360 t , 0 0 1 290 143和 【解析】 【详解】 解： (1)设 P 碰撞前后的速度分别为 1v 和 1v ， Q 碰后的速度为 2v 从 a 到 b ，对 P ，由动能定理得： 2 2 1 01 1 1 1 1- 2 2 m gl m v m v 解得： 1 7m/sv 碰撞过程中，对 P ， Q 系统：由动量守恒定律： 1 1 1 1 2 2m v m v m v 取向左为正方向，由题意 1 1m/sv ， 解得： 2 4m/sv b 点：对 Q ，由牛顿第二定律得： 2 2 2 2N vF m g m R 解得 : 24.6 10 NNF (2)设 Q 在 c 点的速度为 cv ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律： 2 2 2 2 2 2 1 1(1 cos ) 2 2cm gR m v m v 解得： 2m/scv 进入磁场后： Q 所受电场力 2 23 10 NF qE m g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动 由牛顿第二定律得： 2 2 1 1 c c m vqv B r Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系： 1 1.6mr d 解得： 1 1.25TB (3)当所加磁场 2 2TB ， 2 2 2 1mcm vr qB 要让 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心 角最大，则当 gh 边或 ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示： 设最大圆心角为 ，由几何关系得： 2 2 cos(180 ) d r r 解得： 127 运动周期： 2 2 2 mT qB 则 Q 在磁场中运动的最长时间： 2 2 2127 127? s 360 360 360 mt T qB 此时对应的 角： 1 90 和 2 143 11． 如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线 MN 、PQ，其交点 为 O．MN 一侧有电场强度为 E 的匀强电场（垂直于 MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面 向里）．宇航员（视为质点）固定在 PQ 线上距 O 点为 h 的 A 点处，身边有多个质量均为 m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度 v0、沿平行于 MN 方向抛出各小球．其中 第 1 个小球恰能通过 MN 上的 C点第一次进入磁场，通过 O 点第一次离开磁场， OC=2h．求： （1）第 1 个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小 B； （3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到 宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大． 【答案】 (1) 2 0 1 2 mvq Eh ；(2) 0 2EB v ；(3)存在， 0 EB v 【解析】 【详解】 （1）设第 1 球的电量为 1q ，研究 A 到 C 的运动： 211 2 q Eh t m 02h v t 解得： 2 0 1 2 mvq Eh ； （2）研究第 1 球从 A 到 C的运动： 12y q Ev h m 解得： 0yv v 0 tan 1yv v ， 45o ， 02v v ； 研究第 1 球从 C 作圆周运动到达 O 的运动，设磁感应强度为 B 由 2 1 vq vB m R 得 1 mvR q B 由几何关系得： 22 sinR h 解得： 0 2EB v ； （3）后面抛出的小球电量为 q，磁感应强度 B ①小球作平抛运动过程 0 0 2hmx v t v qE 2y qEv h m ②小球穿过磁场一次能够自行回到 A，满足要求： sinR x ，变形得： sinmv x qB 解得： 0 EB v ． 12． 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 13． 如图甲所示， A 、 B 为水平放置的间距 0.2d m 的两块足够大的平行金属板，两板 间有场强为 0.1 /E V m 、方向由 B 指向 A 的匀强电场 . 一喷枪从 A 、 B 板的中央点 P 向 各个方向均匀地喷出初速度大小均为 smv /100 的带电微粒 . 已知微粒的质量均为 kgm 5100.1 、电荷量均为 Cq 3100.1 ，不计微粒间的相互作用及空气阻力的 影响，取 2/10 smg . 求： （1）求从 P 点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移 x。 （2）要使所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为 E ，求 E 的大小 和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经 0 0.02t s 时两板上有微粒击中 区域的面积和。 （3）在满足第（ 2）问中的所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直 于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 1B T 。求 B 板被微粒打中的区域长度。 【答案】（ 1）1m；（ 2）0.06 π m 2 （3） 3 1 10 m 【解析】 试题分析：（ 1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度 : m mgEqa 根据运动学： 21 2 2 d at 运动的半径： tvx 0 解得 : x=1m （2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有： mgEq 0.1V/mmgE q 故电场应该调节为方向向下，大小为 0.1V/mE 经 0 0.02t s 时，微粒运动的位移 0s v t 极板上被微粒击中区域为半径为 r 的圆，其中 2 2 2( ) 2 dr s 22 0.06S r 2m （3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力： R vmqvB 2 0.1mvR m qB 竖直向下射出的微粒打在 B 板的左端恰好与 B 板相切 , 如图甲所示： 1 0.1d m 当粒子源和 B 板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： 2 3 10 d m 故 B 板被微粒打中的区域的长度都为 3 1 10 m 考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动 . 14．同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模 型． M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为 m、电荷量为 +q 的粒子 A（不计重 力）从 M 板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当 A 进入板间，两板的电势差变为 U，粒 子得到加速，当 A 离开 N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里 的匀强磁场， A 在磁场作用下做半径为 R的圆周运动， R 远大于板间距离， A 经电场多次加 速，动能不断增大，为使 R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆 周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求 （1）A 运动第 1 周时磁场的磁感应强度 B1 的大小； （2）在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功的平均功率 ； （3）若有一个质量也为 m、电荷量为 +kq（k 为大于 1 的整数）的粒子 B（不计重力）与 A 同时从 M 板小孔飘入板间， A、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之 外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示 A、 B 的运动轨迹．在 B 的轨迹半径远 大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映 A、B 的运动轨迹，并经推导说明理 由． 【答案】（ 1） ；（ 2） ；（ 3）A 图能定性地反映 A、B 运动的轨迹； 【解析】 试题分析：（ 1）设 A 经电场第 1 次加速后速度为 v1，由动能定理得 ① A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 ② 联立解得： ③ （2）设 A 经 n 次加速后的速度为 vn，由动能定理得 ④ 设 A 做第 n 次圆周运动的周期为 Tn，有 ⑤ 设在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功为 Wn，则 ⑥ 在该段时间内电场力做功的平均功率为 ⑦ 联立解得： ⑧ （3）A 图能定性地反映 A、B 运动的轨迹． A 经地 n 加速后，设其对应的磁感应强度为 Bn，A、B 的周期分别为 、 ，综合 ②⑤ 式并分别应用 A、B 的数据得 由上可知， 是 的 k 倍，所以 A 每绕得 1 周， B 就绕行 k 周．由于电场只在 A 通过时存 在，故 B 仅在与 A 同时进入电场时才被加速． 经 n 次加速后， A、B 的速度分别为 、 ，结合 ④ 式有 由题设条件并结合 ⑤ 式，对 A 有 设 B 的轨迹半径为 ，有 比较以上两式得 上式表明，运动过程 B 的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图 A 所示． 考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率 15．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀 P 喷出 微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自 a 板小孔进入 a、b 间的加速电场，从 b 板小孔射出，沿中线方向进入 M、 N 板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电量为 e，a、b 板间距为 d，极板 M 、N 的长度和间距均为 L．不计离子重力及进入 a 板时的初速 度． （1）当 a、b 间的电压为 1U 时，在 M 、N 间加上适当的电压 2U ，使离子到达探测器．请 导出离子的全部飞行时间与比荷 K（ neK m ）的关系式． （2）去掉偏转电压 2U ，在 M、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B，若 进入 a、 b 间所有离子质量均为 m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出， a、b 间 的加速电压 1U 至少为多少？ 【答案】（ 1）离子到达探测器的时间 1 2 1 1 1 2 2 2 2 m m d Lt t t d L neU neU KU （2） 2 2 min 25 32 eL BU m 【解析】 思路点拨（ 1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根 据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间．在偏转电场中沿水平方 向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系． （2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压． （1）由动能定理： 2 1 1 2 neU mv n 价正离子在 a、b 间的加速度 1 1 neUa md 在 a、b 间运动的时间 1 1 1 2v mt d a neU 在 MN 间运动的时间 2 Lt v 离子到达探测器的时间 1 2 1 1 1 2 2 2 2 m m d Lt t t d L neU neU KU （2）假定 n 价正离子在磁场中向 N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为 R，由牛 顿第二定律 2vnevB m R 离子刚好从 N 板右侧边缘穿出时，由几何关系： 2 2 2( ) 2 LR L R 由以上各式得： 2 2 1 25 32 neL BU m 当 n=1 时 1U 取最小值 2 2 min 25 32 eL BU m ．