高考物理帶電粒子在磁場中的運動壓軸難題復習題含答案解析一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1．如圖所示，在xOy坐標系中，第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)無電場和磁場。第Ⅳ象限內(nèi)（含坐標軸）有垂直坐標平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限內(nèi)有沿x軸正向、電場強度大小為E的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的P點以大小為v0的速度垂直射入電場，不計粒子重力和空氣阻力，P、O兩點間的距離為。（1）求粒子進入磁場時的速度大小v以及進入磁場時到原點的距離x；（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁場直接回到第Ⅲ象限的電場中，求磁場磁感應(yīng)強度的大小需要滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由動能定理有：解得：v＝v0設(shè)此時粒子的速度方向與y軸負方向夾角為θ，則有cosθ＝解得：θ＝45°根據(jù)，所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為PO兩點距離的兩倍，故（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁場直接回到第Ⅲ象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與x軸相切，如圖所示，由幾何關(guān)系有：s＝R+Rsinθ又：解得：故2．如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在MN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外圖中未畫出，質(zhì)量為m電荷量為q的粒子不計重力以某一速度從A點平行于MN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．求粒子運動的速度大??；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，之后恰好從小孔D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從A點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為多少？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？【答案】（1）；（2）；；（3）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）由題可知，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有：解得：（2）粒子從D到A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：得：設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強度為B1，上方的磁感應(yīng)強度為B2，如圖所示：若只碰撞一次，則有：故若碰撞次，則有：故（3）粒子在電場中運動時間：在下方的磁場中運動時間：在上方的磁場中運動時間：總時間：3．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L="1"m．間距d=m，兩金屬板間電壓UMN=1×104V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場B2，已知A、F、G處于同一直線上．B、C、H也處于同一直線上．AF兩點距離為m．現(xiàn)從平行金屬極板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m=3×10-10kg，帶電量q=+1×10-4C，初速度v0=1×105m/s．(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向(2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強度B1(3)若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應(yīng)滿足的條件．【答案】（1）；垂直于AB方向出射．（2）（3）【解析】試題分析：（1）設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運動的時間為t，加速度為a，則：解得：豎直方向的速度為：vy＝at＝×105m/s射出時速度為：速度v與水平方向夾角為θ，，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移，即粒子由P1點垂直AB射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為由知：（3）分析知當軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強度B2最大，運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：故半徑又故所以B2應(yīng)滿足的條件為大于．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.4．如圖甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點（3L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°．不考慮電子所受的重力．（1）求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大??；（2）若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸．求所加磁場磁感應(yīng)強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標；（3）若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同．請寫出磁感應(yīng)強度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖1中所示．由速度關(guān)系可得：解得：由速度關(guān)系得：vy=v0tanθ=v0在豎直方向：而水平方向:解得：（2）根據(jù)題意作圖如圖1所示，電子做勻速圓周運動的半徑R=L根據(jù)牛頓第二定律：解得：根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標為（，-）（3）電子在在磁場中最簡單的情景如圖2所示．在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運動的軌道半徑為r，運動的T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r1；在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強度減半，電子運動周期T′=2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角度仍為60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r．綜合上述分析，則電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）應(yīng)滿足的時間條件為：(T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）點睛：本題的靚點在于第三問，綜合題目要求及帶電粒子運動的半徑和周期關(guān)系，則符合要求的粒子軌跡必定是粒子先在正B0中偏轉(zhuǎn)60°，而后又在?B0中再次偏轉(zhuǎn)60°，經(jīng)過n次這樣的循環(huán)后恰恰從N點穿出．先從半徑關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的大小，再從周期關(guān)系求出交變磁場周期的大小.5．如圖所示,在直角坐標系xOy平面內(nèi)有兩個同心圓,圓心在坐標原點O,小圓內(nèi)部(I區(qū))和兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅱ區(qū))存在方向均垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出),I、Ⅱ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小分別為B、2B。a、b兩帶正電粒子從O點同時分別沿y軸正向、負向運動,已知粒子a質(zhì)量為m、電量為q、速度大小為v,粒子b質(zhì)量為2m、電量為2q、速度大小為v/2,粒子b恰好不穿出1區(qū)域,粒子a不穿出大圓區(qū)域,不計粒子重力,不計粒子間相互作用力。求:(1)小圓半徑R1；(2)大圓半徑最小值(3)a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間t(不考慮a、b在其它位置相遇)。【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】解：(1)粒子b在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出Ⅰ區(qū)域：解得：(2)設(shè)a在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：解得：設(shè)a在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：解得：設(shè)大圓半徑為，由幾何關(guān)系得：所以，大圓半徑最小值為：(3)粒子a在Ⅰ區(qū)域的周期為，Ⅱ區(qū)域的周期為粒子a從O點出發(fā)回到O點所經(jīng)過的最短時間為：解得：粒子b在Ⅰ區(qū)域的周期為：討論：①如果a、b兩粒子在O點相遇，粒子a經(jīng)過時間：n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間：k=1，2，3…時，解得：當，時，有最短時間：②設(shè)粒子b軌跡與小圓相切于P點，如果a粒子在射出小圓時與b粒子在P點相遇則有：n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間：k=1，2，3…時，解得：ab不能相遇③如果a粒子在射入小圓時與b粒子在P點相遇則有：n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間：k=1，2，3…時，解得：ab不能相遇a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間為6．如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系xOy，水平軸x下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿PQ與x軸的夾角θ=30°，桿的末端在y軸Q點處，PM兩點間的距離為L．一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并由P點靜止釋放，與b瞬間碰撞后反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x軸上的N點，且OM=ON．已知重力加速度大小為g，求：(1)碰后b的速度大小υ以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能△E；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過x軸．【答案】（1）；（2）（3）ⅰ；豎直向上經(jīng)過x軸：（n=1、2、3……）ⅱ；豎直向下經(jīng)過x軸：（n=1、2、3……）【解析】【分析】（1）根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律求解碰后b的速度大小υ以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能△E；（2）b從M點運動到Q點的過程中與桿無作用力，列出平衡方程，結(jié)合其他關(guān)系求解B；（3）畫出粒子的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系以及圓周運動的知識求解b離開桿后通過x軸可能的時間．【詳解】（1）設(shè)a和b相碰前的速度大小為v1，碰后的速度為v2，由機械能守恒定律：由動量守恒定律：解得機械能損失：解得（2）設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由于b從M點運動到Q點的過程中與桿無作用力，可得qvBcosθ=2mg，解得（3）b在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知軌跡的圓心O′在x軸上，b經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角α=1200，又勻速圓周運動的周期為b從Q點第一次通過N點的時間為可得b第一次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有：b第二次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t3時間第三次通過N點，有：故b離開桿后會通過x軸的可能時間是：（?。┴Q直向上通過x軸：（n=1、2、3、……）（ⅱ）豎直向下通過x軸：（n=1、2、3、……）【點睛】此題考查帶電粒子在復合場中的運動，粒子的運動較復雜，關(guān)鍵是是先搞清粒子運動的物理過程，畫出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合圓周運動的知識，能量守恒以及動量守恒的關(guān)系求解.7．飛行時間質(zhì)譜儀可以對氣體分子進行分析．如圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生不同價位的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器．已知元電荷電量為e，a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L．不計離子重力及進入a板時的初速度．（1）當a、b間的電壓為時，在M、N間加上適當?shù)碾妷?，使離子到達探測器．請導出離子的全部飛行時間與比荷K（）的關(guān)系式．（2）去掉偏轉(zhuǎn)電壓，在M、N間區(qū)域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B，若進入a、b間所有離子質(zhì)量均為m，要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側(cè)飛出，a、b間的加速電壓至少為多少？【答案】（1）離子到達探測器的時間（2）【解析】思路點撥（1）帶電粒子先在電場中加速，然后經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，加速電場的過程中，根據(jù)動能定理可以表示出速度，根據(jù)牛頓第二定律可以表示出時間．在偏轉(zhuǎn)電場中沿水平方向做勻速運動，因此可以表示出時間，這樣就可以得出總時間與比荷的關(guān)系．（2）當加上磁場時，經(jīng)過找圓心、求半徑以及幾何關(guān)系可以求得電壓．（1）由動能定理：n價正離子在a、b間的加速度在a、b間運動的時間在MN間運動的時間離子到達探測器的時間（2）假定n價正離子在磁場中向N板偏轉(zhuǎn)，洛侖茲力充當向心力，設(shè)軌跡半徑為R，由牛頓第二定律離子剛好從N板右側(cè)邊緣穿出時，由幾何關(guān)系：由以上各式得：當n=1時取最小值．8．利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用．如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫．離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集．整個裝置內(nèi)部為真空．已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q．加速電場的電勢差為U，離子進入電場時的初速度可以忽略．不計重力，也不考慮離子間的相互作用．(1)求質(zhì)量為m1的離子進入磁場時的速率v1；(2)當磁感應(yīng)強度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度．若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導致兩種離子無法完全分離．設(shè)磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處．離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場．為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度．【答案】（1）（2）（3）dm＝L【解析】（1）動能定理

Uq＝m1v12得：v1＝…①（2）由牛頓第二定律和軌道半徑有：

qvB＝，R＝利用①式得離子在磁場中的軌道半徑為別為（如圖一所示）：

R1＝，R2＝…②兩種離子在GA上落點的間距s＝2(R1?R2)＝…③（3）質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區(qū)域的寬度也是d（如圖二中的粗線所示）．同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d（如圖二中的細線所示）．為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為2（R1-R2）＞d…④利用②式，代入④式得：2R1(1?)＞dR1的最大值滿足：2R1m=L-d得：(L?d)(1?)＞d求得最大值：dm＝L9．如圖所示，y，N為水平放置的平行金屬板，板長和板間距均為2d．在金屬板左側(cè)板間中點處有電子源S，能水平發(fā)射初速為V0的電子，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．金屬板右側(cè)有兩個磁感應(yīng)強度大小始終相等，方向分別垂直于紙面向外和向里的勻強磁場區(qū)域，兩磁場的寬度均為d．磁場邊界與水平金屬板垂直，左邊界緊靠金屬板右側(cè)，距磁場右邊界d處有一個熒光屏．過電子源S作熒光屏的垂線，垂足為O．以O(shè)為原點，豎直向下為正方向，建立y軸．現(xiàn)在y，N兩板間加上圖示電壓，使電子沿SO方向射入板間后，恰好能夠從金屬板右側(cè)邊緣射出．進入磁場．(不考慮電子重力和阻力)(1)電子進人磁場時的速度v；(2)改變磁感應(yīng)強度B的大小，使電子能打到熒光屏上，求①磁場的磁感應(yīng)強度口大小的范圍；②電子打到熒光屏上位置坐標的范圍．【答案】（1），方向與水平方向成45°（2）①，②【解析】試題分析：（1）電子在MN間只受電場力作用，從金屬板的右側(cè)下邊沿射出，有（1分）（1分）（1分）（1分）解得（1分）速度偏向角（1分）（1分）（2）電子恰能（或恰不能）打在熒光屏上，有磁感應(yīng)強度的臨界值，此時電子在磁場中作圓周運動的半徑為R（2分）又有（2分）由⑦⑧解得：（1分）磁感應(yīng)強度越大，電子越不能穿出磁場，所以取磁感應(yīng)強度時電子能打在熒光屏上（得不扣分）．（1分）如圖所示，電子在磁感應(yīng)強度為時，打在熒光屏的最高處，由對稱性可知，電子在磁場右側(cè)的出射時速度方向與進入磁場的方向相同，即．（1分）出射點位置到SO連線的垂直距離（1分）電子移開磁場后做勻速直線運動，則電子打