带电粒子在磁场中的运动习题含标准答案.doc

带电粒子在磁场中的运动 练习题2016.11.23
1. 如图所示，一个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的是(　　 )
A．D′点一定在D点左侧　
B．D′点一定与D点重合
C．D″点一定在D点右侧   
D．D″点一定与D点重合

2. 一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

3. 如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，ab=bc/2=L，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将（重力不计）（　　）
A．从b点射出 B．从b、P间某点射出
C．从a点射出 D．从a、b间某点射出

4. 如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c 带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc的大小关系，正确的是（　　）
A．Ga最大 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小

5. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( )
A. B. C. D.

6. 如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(－,0)、Q(0，－)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则. ( )

A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则n（n为任意正整数）都有可能是电子运动的路程

7. 如图，一束电子（电量为e）以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，求：
（1）电子的质量是多少？ 
（2）穿过磁场的时间是多少？ 
（3）若改变初速度，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？

8. 点S为电子源，它只在下图所示的纸面上360°范围内发射速率相同、质量为m、电荷量为e的电子，MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离OS=L。挡板左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，求：
(1)要使S发射的电子能够到达挡板，则发射电子的速度至少为多大？ 
(2)若电子发射的速度为eBL/m，则挡板被击中的范围有多大？

9. 空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程．求：
（1）中间磁场区域的宽度d；
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。

10. 在xoy平面内y>0的区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，在y<0的区域也存在垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），一带正电的粒子从y轴上的P点垂直于磁场入射，速度方向与y轴正向成45°。粒子第一次进入y<0的区域时速度方向与x轴正向成135°，再次在y>0的区域运动时轨迹恰与y 轴相切。已知OP的距离为，粒子的重力不计。求： 
（1）y<0的区域内磁场的磁感应强度大小； 
（2）粒子第2n(n∈N*)次通过x轴时离O点的距离。（本问只需写出结果）

11. 图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里，图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG（EF边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里，假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射人金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域，不计重力。
（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量；
（2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI长为3/4a，求离子乙的质量；
（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

12. 如图所示，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现有一束质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以某一速度从AC边中点P、平行于CD边垂直磁场射入，粒子的重力可忽略不计。
(1)若粒子进入磁场时的速度大小为v0，求粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中运动的时间； 
(3)为使粒子能CD边飞出磁场，粒子进入磁场时的速度大小应满足什么条件？

13.如图所示，在半径为的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．
（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
（2）若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．

带电粒子在磁场中的运动 练习题 2016.11.23参考答案：

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1. 【答案】BC 【解读】仅在重力场中时，物块由A点至D点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs1cos α－μmgs2＝0，即h－μs1cos α－μs2＝0，由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力的大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D′点一定与D点重合，B项正确；在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，C项正确．

2. 【答案ACD．【解读】由左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB的方向竖直向上，细杆对圆环的支持力FN，圆环所受滑动摩擦力f=μFN，圆环所受重力G=mg方向竖直向下，
当qvB=mg时，FN=0，故f=0，故圆环做匀速直线运动，故A正确．
当qvB＜mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向上，FN=mg-qvB，故f＞0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐增大，故滑动摩擦力f逐渐增大，故物体的加速度a=f/m
逐渐增大，即物体作加速度逐渐增大的变减速运动，故C正确，而B错误．
当qvB＞mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN=qvB-mg，故f＞0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故物体的加速度a=f/m
逐渐减小，即物体作加速度逐渐减小的变减速运动，当qvB=mg时，FN=0，故f=0，故圆环做匀速直线运动，故D正确．

3. 设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：
Bqv0=Eq…①
撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a，穿越电场所用时间为t，则有：Eq=ma …②
L=（1/2）at2…③
L=v0t …④
撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，
洛仑兹力提供向心力：…⑤

由以上各式解得：r=L /2粒子做圆运动的轨迹如图，粒子将从a点射出．故选：C．

4. 【答案】CD 【解读】 a球受力平衡，有Ga=qE  ①
重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电；
b球受力平衡，有Gb+qvB=qE   ②
c球受力平衡，有Gc=qvB+qE  ③ 解得Gc＞Ga＞Gb故选CD．

5. 【解读】：设有界圆磁场的半径为R，带电粒子的做匀速圆周运动的半径为r，OC与OB成600角，所以∠AO1C=60°,带电粒子做匀速圆周运动，从C点穿出,画出轨迹，找到圆心O1,中，即,带电粒子在磁场中飞行时间，现将带电粒子的速度变为v/3，则带电粒子的运动半径,设带电粒子的圆心角为，则，故，运动时间，所以，选项B正确。

6. 【解读】：若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系知：半径R＝L，则微粒运动的路程为圆周的1/4，即为，A正确；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示， 

因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，BD错误C正确；

7. 【解读】：（1）设电子在磁场中运动轨道半径为r，电子的质量是m，由几何关系得：r=dlsin30° =2d ① 
电子在磁场中运动Bev0=，r= ② 
由①②得：m= 
（2）电子运动轨迹圆心角θ=30° 周期T=
穿过磁场的时间t==== 
（3）电子刚好不能从A边射出电子轨道半径为r'=d 
由Bev=，得：V==

8. 【解读】：(1)从S发射电子速度方向竖直向上，并且轨道半径恰好等于时，是能够达到挡板的最小发射速度。如图，(2)如图
，，所以击中挡板上边界的电子，发射角应为与水平成30°角斜向上，电子在磁场中恰好运动半圆周到达挡板上边界。若要击中挡板下边界，电子发射方向正对挡板O点，电子在磁场中才能恰好运动1/4圆周到达挡板下边界 

9. 【解读】：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得。
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为。
2
（2）在电场中运动时间
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间
则粒子第一次回到O点的所用时间为。
[答案] （1）
（2）

10. 【解读】：（1）当粒子通过y轴时速度方向沿y轴负向时，粒子运动的轨迹如图(a)所示 

设粒子第一次、第二次通过x轴上的点分别为Q、M，粒子在y>0和y<0区域做圆周运动的半径分别为R0和R1，通过y轴上的点为N，y＜0区域的磁感应强度大小为B1 .连接PQ，由题意知：PQ=2R0
又由几何关系可得：PQ=2a.解得：R0=a 
过M、N两点分别作该点速度方向的垂线，两垂线相交于O1点，O1即为粒子在y>0区域做圆周运动的圆心.由几何关系可得：
粒子在y＜0区域内做圆周运动的弦长
粒子在y＜0区域内做圆周运动的半径
带电粒子在磁场中做圆岗运动的半径公式解得
当粒子通过y轴时速度方向沿y轴正向时，粒子运动的轨迹如图(b)所示

设粒子第一次、第二次通过x轴上的点分别为T、S，粒子在y＜0区域做圆周运动的半径为R2，y＜0区域的磁感应强度大小为B2 
由几何关系可以求得
解得 
（2）设粒子在两种情况下，第2n次通过x轴时离O点的距离分别为S1、S2，当粒子通过y轴时速度方向沿y轴负向时，由几何关系可推算出：

当粒子通过y轴时速度方向沿y轴正向时，由几何关系可推算出： 

11. 【解读】：（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有qvB0=qE0 ① 
式中，v0是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 ② 
由①②式得 ③ 
在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动设离子甲质量为m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
 ④ 
式中，r是离子甲做圆周运动的半径，离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O；这半圆刚好与EG边相切于K点，与EF边交于I'点。在△EOK中，OK垂直于EG

由几何关系得 ⑤
由⑤式得 ⑥
联立③④⑥式得，离子甲的质量为 ⑦ 
（2）同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑧ 
式中，m'和r'分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心O'必在E、H两点之间

由几何关系有
 ⑨
由⑨式得 ⑩
联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为  
（3）对于最轻的离子，其质量为m/2。由④式知，它在磁场中做半径为r/2的匀速圆周运动，因而与EH的交点为O，有

当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界上的点的位置从O点沿HE边变到I'点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K点沿EG边趋向于I点。K点到G点的距离为   
所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF边上从O到I'，EG边上从K到I

12. 【解读】：(1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，则 
解得
 (2)粒子在磁场中运动的周期 
在磁场中运动的时间 
而解得
(3)设粒子从CD边飞出磁场的最小半径为r1，对应最小速度为v1，则 解得
设粒子能从D点飞出磁场，对应的半径为r2，速度为v2，圆心角为α，则 解得, α=60° 
由几何关系可知，粒子能从D点飞出磁场，且飞出时速度方向沿AD方向
由于解得
所以速度大小应满足的条件

13. 【解读】：（1）粒子不经过圆形区域就能达到B点，故粒子到达B点时的速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r1，
由几何关系得：r1sin30°=3a－r1；又qv1B=m解得：v1=
（2）粒子在磁场中运动的周期T=，
故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为
α==60°
粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°
设粒子做圆周运动的半径为r2由几何关系得：3a=2r2sin30°+2acos230°
又qv2B=m，解得：v2=
（3）设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，由几何关系得：
2a=rsinθ+acosθ
故当θ=60°时，半径最小为rm=a
又qvmB=m，解得vm=