【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇及解析

6m 8m
44
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为 x1、x2．由于板内小环与极板间的 作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0
①
而 x1+x2=d
②
①②解得：x1= 3 d ③ 4
1
x2= d
4
环离开小孔时的坐标值为：xm= 3 d-d=- 1 d 44
y1
1 2
a(T 2
)2
vy
a
T 2
y
2
vy
T 2
d 2
y1
y2
Eq ma
E U0 d
解得：U0 2.16 104 V
(2) t
nT
T 2
时刻射出的粒子打在
x
轴上水平位移最大：
xA
v0
3T 2
所放荧光屏的最小长度 x xA l 即： x 0.04m
(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为 vy.
速度偏转角的正切值均为： tan vy 37 v0
cos 37 v0 v
v 1106 m/s
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
qvB m v2 R
R r 0.03m
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点 B 离开磁场.
由几何关系，恰好经 N 板右边缘的粒子经 x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场
曲线方程为 x2 y2 R
R
0.1m,
3 20
m
x
0.1m
【点睛】 带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选 择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的 合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹， 由几何知识求解半径
qE1x1= 1 mv2⑥ 2
联立③④⑤⑥解得：
E1
3qB2d 8m
若环绕大圆运动，则 R2=（R-1.5d）2+（2d）2
解得：R=0.48d
⑦
联立③⑤⑥⑦解பைடு நூலகம்：
E1
qB2d 6m
故场强 E1 的取值范围为 qB2d ～ 3qB2d ，环打在桌面上的范围为 1 d～ 7 d ．
6m 8m
44
5．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 x0 6cm ，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 E 1.6105 N / C ，在第二象限有半径 R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，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 q 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的
【答案】（1）r=0.1m （2） t 3.3104 s （3） 30 60 曲线方程为
x2 y2 R2 ( R 0.1m, 3 m x 0.1m ) 20
【解析】 【分析】 【详解】
（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 qvB m v2 ，解得 r 0.1m r
（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为 30°，粒子 平行于场强方向进入电场，
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 x＝v0 2md qE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度
v1＝ qE ·t＝ 2qEd
m
m
设粒子与磁场边界之间的夹角为 α，则粒子进入磁场时的速度为 v＝ v1 sin
在磁场中由 qvB＝m v2 得 R＝ mv
mv qB
、v1＝vsinα、
v1＝
2qEd 代入解得 m
L qE 2(n 1) E
v0 2n 1
2md 2n 1 B
v0＝
3.2 2n
0.8n 1
×105m/s(其中
n＝0、1、2、3)．
2．如图所示，在长度足够长、宽度 d=5cm 的区域 MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强 磁场，磁感应强度 B=0.33T．水平边界 MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场， 电场强度 E=200N/C．现有大量质量 m=6.6×10﹣27kg、电荷量 q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，
(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小 B= 2 T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后 3
与 x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)U0 2.16 104 V (2) x 0.04m (3) x 0.1425m
【解析】 【分析】 【详解】 (1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子：
l v0T T 1107 s
把t
2md qE
mv
、R＝
qB
、v1＝vsinα、 v1＝
2qEd m
代入解得
L qE 2n E
v0 2n 1
2md 2n 1 B
v0＝
4.0 2n
0.8n 1
×105m/s(其中
n＝0、1、2、3、4)
第二种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα
把t
2md qE
、R＝
m 发射速率 v0 4.0 106 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 y 10cm （3） 9cm
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 v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域 PP′N′N 射出的位置； (2) 若粒子第一次进入磁场后就从 M′N′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．
v0=8×105m/s．t=0 时刻射入板间的粒子恰好经 N 板右边缘打在 x 轴上.不计粒子重力及粒子 间的相互作用，求:
(1)电压 U0 的大小； (2)若沿 x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与 x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为 r=0.03m，切点 A 的坐标为
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝ ( 4.0 0.8n ) 105 m / s (其中 n＝ 2n 1
0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝ (3.2 0.8n ) 105 m / s (其中 n＝0、1、2、3)． 2n 1
【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
R
qB
粒子第一次进入磁场后，垂直边界 M′N′射出磁场，必须满足 x＋Rsinα＝L
把 x＝v0
2md qE
mv
、R＝
qB
、v＝ v1 sin
、 v1＝
2qEd 代入解得 m
v0＝L· Eq － E 2md B
v0＝3.6×105m/s. (3) 由第二问解答的图可知粒子离 MM′的最远距离 Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)
ymax
mv1 qB
m qB
2qEd 1 mB
2mEd q
Δymax＝0.04m，Δymax 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， 第一种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t
（1）环离开小孔时的坐标值； （2）板外的场强 E2 的大小和方向； （3）讨论板内场强 E1 的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是- 1 d； 4
mg （2）板外的场强 E2 的大小为 q ，方向沿 y 轴正方向；
（3）场强 E1 的取值范围为 qB2d ～ 3qB2d ，环打在桌面上的范围为 1 d～ 7 d ．
粒子在电场中运动的加速度 a qE m
粒子在电场中运动的时间 t 2v a
解得 t 3.3104 s
（3）如图乙所示，由几何关系可知，从 MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心 角为 60°，圆心角小于 60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的 圆心角均为 60°， 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角范围为 30°~60° 所有粒子此时分别在以 O 点为圆心，弦长 0.1m 为半径的圆周上，
距为 7d ，一根长度也为 d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上， 4
杆离桌面高为 1.5d，装置的总质量为 3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的 匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效 应．有一个质量为 m、电量为+q 的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板 内有沿 x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆 周运动，重力加速度取 g．求：
把
R＝
mv qB
、v＝
v1 sin
、 v1＝
2qEd 代入解得 m
y 1 2mEd (1 cos) 1 2mEd tan
B q sin B q
2
可以看出当 α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝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)
竖直方向 d＝1·Eq·t2 2m
得 t 2md qE
代入数据解得 t＝1.0×10－6s 水平位移 x＝v0t 代入数据解得 x＝0.80m 因为 x 大于 L，所以粒子不能进入磁场，而是从 P′M′间射出，
L 则运动时间 t0＝ v0 ＝0.5×10－6s， 竖直位移 y＝12·Emq·t02 ＝0.0125m
圆半径方向射出磁场；从
x
轴射出点的横坐标： xC
xA
R tan 53
xC 0.1425m .
由几何关系，过 A 点的粒子经 x 轴后进入磁场由 B 点沿 x 轴正向运动.
综上所述，粒子经过磁场后第二次打在 x 轴上的范围为： x 0.1425m
4．在如图所示的 xoy 坐标系中，一对间距为 d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底 座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与 y 轴重合，桌面与 x 轴重合，o 点与桌面右边相
【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题 20 篇及解析
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 PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电 场场强 E＝1.0×103V/m，宽度 d＝0.05m，长度 L＝0.40m；区域 MM′N′N 内有垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.5×10－2T，宽度 D＝0.05m，比荷 q ＝1.0×108C/kg 的带正电 m
3．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板 MN 垂直于 y 轴，N 板在 x 轴上且其左端与 坐标原点 O 重合，极板长度 l=0.08m，板间距离 d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性 变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在 y 轴上(0，d/2)处有一粒子源，垂直于 y 轴连续
不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为 q =5×107C／kg，速度为 m
【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
v2 qv0B m r 解得： r mv0 5cm
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 POFO1 为菱形，所以 FO1 / /OP ，又 OP 垂直于 x 轴，粒子 出射的速度方向与轨迹半径 FO1 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 y 10cm ．
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须
qE2=mg
解得：
E2
mg q
，方向沿
y
轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为 P、Q，则
若环绕小圆运动，则 R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有： qvB m v2 ⑤ R
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为 v，根据动能定理，有：
同时从边界 PQ 上的 O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为 V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)求带电粒子在磁场中运动的半径 r； (2)求与 x 轴负方向成 60°角射入的粒子在电场中运动的时间 t； (3)当从 MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．