吉林省扶余市第一中學(xué)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

題一、帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動壓軸題x軸上方有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。x軸下方有一勻強電場，電場EMNyLme的電子，在yAMN上，那么：O點之間的距離s需滿足什么條件？電子從出發(fā)點到垂直打在屏上需要多長時間？s B2

BL m【答案】(1)

(n＝0,1,2,3…)；(2)t

2n1

(n＝0,1,2,3…)2Em2n2

E 2eB【解析】【分析】【詳解】A→O過程，由動能定理可得1eEs

mv22 0在磁場中電子偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，有0qvBmv200 r可得根據(jù)題意有所以解得

rqB(2n＋1)r＝LseL2Bs2Em2n2(動的總時間，即t＝(2n＋1)

2sT

nTeEma可得

a 4 20由公式qvBmv20

和T

2rv 可得

aeEmr 0綜上整理可得

TmeBtBL2n1mE

(n＝0,1,2,3…)如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b、bb板下方空間存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．一質(zhì)量為、電荷量q()av0的初速度水平射入勻強電場，剛PbbQ處()Pb2d，求：進入磁場時速度的大小和方向；P、Q之間的距離；bQ處的時間．【答案】

,450

2mv（2） 0

2d m（3）0【解析】【分析】【詳解】

Bq v 2Bq00t=2d012vt=d，2y所以，v0=vyv= v0

2vy

2 2v0

，tanvyv

＝1，θ＝45°0粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖；Bqv

mv2 mvp ，得：R pp R Bq2mv左手定則，判斷出粒子軌跡，x PQ2d

2R 0Bq在電場中的時間t1 v02m磁場中的周期TqB1 mt24T

2qB，則ttt

2dm1 2【點睛】

v 2qB0此題關(guān)鍵是搞清粒子的運動特點：在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子的運動軌跡圖即可解答.y0xoyB的勻強磁場．坐標(biāo)原點nv的電子，這些電子均勻分布于xoy平面yxyM（極板厚度不計），兩板分別位于x1.2Dx2D處，N板接地，兩板間通過導(dǎo)線連U

U U

mv2 EGym m m e 軸正方向入射的電子，恰好能從x2D忽略電子間的相互作用．求電子的比荷；（y軸的角度）的關(guān)系；通過計算，定性畫出流過靈敏電流計GiU的關(guān)系曲線．v【答案】（1）

t

(1802)D

見解析【解析】【詳解】

BD 180 vevBmv2r根據(jù)其中題意可知半徑為：r=D聯(lián)立可得：

e v粒子的運動周期為：TmeB

m BD根據(jù)幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子從y軸的右側(cè)射入時，對應(yīng)的圓心角為：2對應(yīng)的時間為：s r Dt v v v當(dāng)粒子從y軸的左側(cè)射入時，對應(yīng)的圓心角為：2對應(yīng)的時間為：s r Dt v v vMN極板電子所對應(yīng)的最大發(fā)射角為am，則有2Dcosa 1/2D．a(chǎn) 53m m左側(cè)電子單位時間內(nèi)能打到M極板的電子數(shù)為：n

53n

53nL 60z 1205360M053以N板.U 1

2D(1cos) mv2sin20.8D 2電壓為：

U1mv2

(1cos)1U

(1cos)5 e 5 m最大值為：U

max

2U5 m最小值為：U min m當(dāng)U2U5

，右側(cè)所有電子均到達M板，飽和電流為：i(531)ne113ne當(dāng)Um右側(cè)角度小于53

120 2 120電子均不能到達M板，此時到達極板Mn．2靈敏電流計G的電流i和電動勢U的關(guān)系曲線為：如圖所示，在磁感應(yīng)強度為BO點在紙面內(nèi)均勻的向各個方向同時發(fā)射速率為kPQ是在紙面內(nèi)垂直磁場放置的厚度不計的擋板，擋板的PO點的連線與擋板垂直，距離為vkB，且粒子打在擋板上會被吸收．不計帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場分布足夠大，求:為使最多的粒子打在擋板上，則擋板至少多長；若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子在磁場中運動的最長時間差是多少；若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子占所有粒子的比率?！敬鸢浮浚?）

5kB；（2）3kB；（3）12?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻苛Ｗ釉诖艌鲋惺艿铰鍌惼澚μ峁┳鰣A周運動的向心力，由牛頓第二定律得：v2解得：rmvv

qvBmrqB kB在擋板左側(cè)能打在擋板上部最遠點的粒子恰好與擋板相切，如圖所示：由題意可知：由幾何知識可得：

rv OPkBPNvkB設(shè)粒子初速度方向與OP夾角為，隨著從0開始逐漸增大，粒子打在擋板上的點從N點逐漸下移；當(dāng)粒子剛好通過PM中，由幾何關(guān)系可得：PM

2r2r2所以v3vPMkB當(dāng)夾角繼續(xù)增大，則粒子打在擋板上的點從M點逐漸下移至P點，由以上分析知道,擋3v板長度至少等于kB

時，擋板吸收的粒子數(shù)最多．由以上分析知，當(dāng)粒子恰好從左側(cè)打在P21所示由幾何知識得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為：

1 3當(dāng)粒子從右側(cè)恰好打在P2所示由幾何知識得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為：粒子的運動周期：

2 3最短時間：

Trmv qB kB11最長時間：最長的時間差：

t1T2t 2T2Tt t2 1

42kB粒子出射方向水平向右的粒子和沿軌跡2的粒子速度方向之間都能打在板上，粒子方向的夾角為：56打到板上的粒子占所有粒子的比率為：512ABCDCEFGm+qALO點靜止釋放進入左側(cè)正方形區(qū)域后做勻速圓周運動，從C點水平進入右側(cè)正方形區(qū)域CEFGLg，求：E1B；若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加豎直向下的勻強電場，能使小球恰好從FE2的大小；若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加水平向左的勻強電場，場強大小為

kmg3q （k為正整3數(shù)），試求小球飛出該區(qū)域的位置到G點的距離．1【答案】E1

mgq B

m 2gq L

，方向垂直紙面向外（2）E 2 q

4L（3）①L②Lk2【解析】【詳解】1（）v11

2gL小球做勻速圓周運動qE1

mg v2

mg1q ，方向豎直向上1由幾何關(guān)系rL，又qvBm 11 rB

m 2gq L

，方向垂直紙面向外（2）在CEFG區(qū)域，小球做類平拋運動，水平方向：Lvt，解得t L1 2g1L

2at2，解得a4g又qE mgma，23mg解得E2 q3（）水平方向：qE ma，解得akg33豎直方向小球做自由落體運動.v當(dāng)水平方向減速至零時，用時t 1v

2gL由2axv2xL，1 k

a kg1k=1時，x=LFGyFGL．

2gt2=L，小球恰好從k=2，3，4……y4L

1gt2 4=2 k2=

≤L，小球從CG邊飛出，此時距GLk2如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E方向豎直向下且與邊界MN成=45°B有一點P，P點到邊界MNq的帶正電粒子從P（不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大）。求：粒子第一次進入磁場時的速度大??；粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離；若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)锽'后粒子恰好被束縛在該磁場中，則B的最小值為多少？【答案】v【解析】【詳解】

2qEdm

（2）

x 4 CA

（3）

B' 21設(shè)粒子第一次進入磁場時的速度大小為，由動能定理可得qEd2qEd

2mv2，解得vm粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到第二次進磁場，兩點間距為xCAxvtym

t22md由幾何知識可得x=y，解得tEq兩點間的距離為xCA

2vtxCA

4 2dqvB

mv2 R

1 2mEdR由

可得 ，即R qB B q由題意可知，當(dāng)粒子運動到F點處改變磁感應(yīng)強度的大小時，粒子運動的半徑又最大值，即B'最小，粒子的運動軌跡如圖中的虛線圓所示。r，則有幾何關(guān)系可知r

2 24 R又因為r

mvBmv，qB' qrB' 2代入數(shù)據(jù)可得1 1 NSdB，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏，取屏上與S、SO1 1 方向建立x軸．板左側(cè)電子槍發(fā)射出的熱電子經(jīng)小孔S1進入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．求：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0；U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；xU的函數(shù)關(guān)系．【答案】（1）

2eUm

d2eB22m

（3）2 d2eB2xeB

2emU 2emUd2e2B2

U

2m 【解析】【詳解】eU02eU

1mv22 0m解得：v 0m0欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上，應(yīng)有r＜d1而：eU mv2，eBvmv212 r由此即可解得：Ud2eB22m若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的位置標(biāo)為x，則由軌跡圖可得：x2r2 r2d2，mv 1r

eBeU

mv22所以，電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為：2 d2eB2xeB

2emU 2emUd2e2B2

U

2m CDMN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外(圖中未畫出)mq的粒子(不計重力)AMN的方向進入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場(電場方向指向O點)，已知圖中虛線圓弧的半徑為R，其所在處場強大小為E，若離子恰好沿圖中虛線做圓周運動后從小孔C垂直于MN進入下方磁場．1求粒子運動的速度大??；2粒子在磁場中運動，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉(zhuǎn)移，之DMNA上下兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為多少？3粒子從A點出發(fā)后，第一次回到A點所經(jīng)過的總時間為多少？（ EqR 1R2 1

2πmR【答案】1）【解析】【分析】【詳解】

m ；（2）2

； ；（3） 。n1 Eq由題可知，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有：解得：v EqRm

Eq

mv2RDA勻速圓周運動，軌跡如圖所示：由圖示三角形區(qū)域面積最小值為：在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有：

2RS 2Rmv2BqvR得：RmvBq1 設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強度為B，上方的磁感應(yīng)強度為B1 若只碰撞一次，則有：

RRmv1 2 Bq1R Rmv21故B 21B 21

2 Bq2若碰撞n次，則有：

R R mv1 n1Bq1R Rmv2故B 2B1

1n1

2 Bq2粒子在電場中運動時間：

R mR1t 4v 2Eq1在MN 下方的磁場中運動時間：t n1

1

m mR2 2

v EqR Eq在MN 上方的磁場中運動時間：1R

mR2t34 2總時間：

v 2Eqttt t1 2 3

mREq如圖，光滑水平桌面上有一個矩形區(qū)域abcd，bc2L，cd1.5L，ef分別、bc區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為Bm電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場中f點．a(chǎn)bfebfqB2L6m

qBL；質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為 的初速度沿bf方向運動與Am發(fā)生彈性碰撞，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點．若Aedk的最大值；若Aedk的可能值和A在磁場中運動的最長時間．5 1 3m【答案】k【解析】【詳解】

或k

；A球在磁場中運動的最長時間2qBP初速度v

qBLPA

和v，m P A由動量守恒定律：kmvkmv mvP A1 1 1由機械能守恒定律：

kmv2 kmv2 mv22 2 P 2 A2k qBL可得：v ，可知k值越大

越大；A k1 m

Amv2設(shè)A在磁場中運動軌跡半徑為R，由牛頓第二定律：qvB AA RA可得：RmvAqB

越大，RR

2kk1

L，k值越大，R越大；如圖1，當(dāng)A的軌跡與cd相切時，R為最大值，RLvA

qBLk的最大值為k1mzed邊的中點，分類討論如下：（I）A球在磁場中偏轉(zhuǎn)一次從z點就離開磁場，如圖2有L22R2 1.LR22 5L 5解得：R6 可得：k72（II）Az點離開磁場要滿足RLA圓運動后回到電場，再被電場加速后又進入磁場，最終從z點離開．令電場強度2qB2LE 6m 34，由幾何關(guān)系有：L2 3 2R223R2L 5L LR

或R25 1k11或k35L qBR 5qBL 1 75R

時，v

，由于mv2

qELqEL8 A m 8m 2

A 64L qBR qBL 1 3R

時，v ，由于mv2 qELqEL2 A m 2m 2 A 4L 1R

2符合題意要求，即k35 1綜合（I）、（II）AzkkR m

或k3A球在磁場中運動周期為T v q