物理带电粒子在磁场中的运动专题练习(及答案)含解析

R2 S
2
Bqv mv2 R
得：
R mv 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：
故 B2 1 B1 2
若碰撞 n 次，则有：
R1
R 2
mv B1q
R2
R
mv B2q
故 B2 1 B1 n 1
（3）粒子在电场中运动时间：
R mv R1 n 1 B1q
【答案】（1） EqR ；（2） 1 R2 ； 1 ；（3） 2π mR 。
m
2 n1
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：
mv2 Eq
R
解得： v EqR 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：
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
物理带电粒子在磁场中的运动专题练习(及答案)含解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，在一直角坐标系 xoy 平面内有圆形区域，圆心在 x 轴负半轴上，P、Q 是圆 上的两点，坐标分别为 P（-8L，0），Q（-3L，0）。y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有 一匀强磁场，磁场方向垂直于 xoy 平面向外，磁感应强度的大小为 B，y 轴的右侧空间有一 磁感应强度大小为 2B 的匀强磁场，方向垂直于 xoy 平面向外。现从 P 点沿与 x 轴正方向成 37°角射出一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不 计粒子的重力。求： （1）带电粒子的初速度； （2）粒子从 P 点射出到再次回到 P 点所用的时间。
（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 t mcos qBsin
（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 E qB2d 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
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：
Baidu Nhomakorabea
qv0
B
m
v02 R
解得 v0
qBd mcos
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）
qBd
m cos
（2）
（3） qB2d
m cos
qB sin
m cos
【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
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 =108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的 m
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．
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？
(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 r1，在 Rt△QOO1 中有 r12＋R22＝(r1＋R1)2 代入数据解得 r1＝1m 粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径 r1<1m.
【答案】（1） Bvd （2） （3）3B2d2b＜U＜ 145B2d 2b
Bb
8
【解析】
【详解】
（1）正电子匀速直线通过平行金属极板 AB，需满足
Bev= Ee
因为正电子的比荷是 b，有
E= U d
联立解得：
u Bvd
（2）当正电子越过分界线 ef 时恰好与分界线 ef 相切，正电子在匀强磁场区域 I、II 运动的 时间最长。
代入数据解得 U＝3×107V.
(3)带电粒子从 P 到 Q 的运动时间为 t1，则 t1 满足 1 v t1＝d 2
得 t1＝10－9s 令∠QO2O3＝θ，所以 cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)
2 m
圆周运动的周期 T＝
qB
故粒子从 Q 孔进入磁场到第一次到 O 点所用的时间为
【答案】(1) v 8qBL ；(2) t (1 41 ) m
m
45 qB
【解析】
【详解】
(1)带电粒子以初速度 v 沿与 x 轴正向成 37o 角方向射出，经过圆周 C 点进入磁场，做匀速 圆周运动，经过 y 轴左侧磁场后，从 y 轴上 D 点垂直于 y 轴射入右侧磁场，如图所示，由
几何关系得：
QC 5Lsin37o OQ
O1Q sin37O 5L 在 y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为 R1 ， R1 O1Q QC
v2 qvB m
R1
解得： v 8qBL ； m
(2)由公式 qvB
m
v2 R2
得：
R2
mv qB
，解得：
R2
4L
由 R2 4L 可知带电粒子经过 y 轴右侧磁场后从图中 O1 占垂直于 y 轴射放左侧磁场，由对
T2
2 m q·2B
m qB
t3
1 2
T2
从 P 点到再次回到 P 点所用的时间为 t
t 2t1 2t2 t2
联立解得： t
1
41 45
m qB
。
2．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
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．
t2＝
37 360
2 m qB2
＋180 53 360
2 m qB1
＝6
10－8
s
考虑到周期性运动，t 总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－
8k)s(k＝0，1，2，3，…)．
6．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
称性，在 y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的 E 点，沿直线打到 P 点，设
带电粒子从 P 点运动到 C 点的时间为 t1 PC 5Lcos37o
t1
PC v
带电粒子从 C 点到 D 点做匀速圆周运动，周期为T1 ，时间为 t2
T1
2 m qB
t2
37o 360o
T1
带电粒子从 D 做匀速圆周运动到 O1 点的周期为T2 ，所用时间为 t3
mv R2 R B2q
2 R mR
t1
4v
2
Eq
在 MN 下方的磁场中运动时间：
t2
n 1 2
2
R1
1 v
R
m EqR
mR Eq
在 MN 上方的磁场中运动时间：
t3
1 2 R2 4v
2
mR Eq
总时间：
t t1 t2 t3 2
mR Eq
5．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
量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
3．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反 粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器 截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板 AB 间电压大小可调，平行长金属板 AB 间距为 d，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里.MN 下方区域 I、II 为两相邻的方 向相反的匀强磁场区，宽度均为 3d，磁感应强度均为 B，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒 子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板 AB 间电压，经过较长时 间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是 b，不考 虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应. （1）要使速度为 v 的正电子匀速通过平行长金属极板 AB，求此时金属板 AB 间所加电压 U； （2）通过调节电压 U 可以改变正电子通过匀强磁场区域 I 和 II 的运动时间，求沿平行长金 属板方向进入 MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域 I 和 II 运动的最长时间 tm； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入 MN 下方磁场 区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板 AB 间所加电压 U 的范围.
(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 v2 r
mv
得 r＝
qB
易知 r3＝4r2 且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32
解得 r2＝ 3 m，r3＝ 3 m 4
又由动能定理有 qU＝ 1 mv2 2
tT 4
tm =2t
ev1B
m
v12 R1
T＝
2 R v1
＝
2 m Be
联立解得： t Bb
（3）临界态 1：正电子恰好越过分界线 ef，需满足
轨迹半径 R1＝3d
ev1B
=m
v12 R1
ev1B
e U1 d
⑪
联立解得：U1 3d 2B2b
临界态 2：沿 A 极板射入的正电子和沿 B 极板射入的电子恰好射到收集板同一点
设正电子在磁场中运动的轨迹半径为 R1
有（R2﹣
1 4
d）2+9d2＝
R 22
Bev2
=m
v22 R2
Be
v2
=
U2 d
e
联立解得：
U2
145B2d 2b 8
解得：U 的范围是：3B2d2b＜U＜ 145B2d 2b 8
4．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
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：