第PAGE\*MERGEFORMAT#页共4页带电粒子在磁场中的运动练习题2016.11.231.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.1tB.2tC.1tD.3t23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（－2L,0）、Q（0，－2L）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L2B．若电子从C．若电子从D．若电子从P点出发经原点P点出发经原点P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为O到达Q点，则电子运动的路程可能为O到达Q点，则nL（n为任意正整数）都有可能是电子运动的路程L2L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？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？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：TOC\o"1-5"\h\z（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。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2a，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，a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，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，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、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？R13.如图所示，在半径为mv0qB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；若粒子对准圆心射入，且速率为3v0，求它打到感光板上时速度的垂若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打带电粒子在磁场中的运动练习题2016.11.23参考答案：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；【答案】BC【解析】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－μmgs1cosα－μmgs＝20，即h－μs1cosα－μs＝20，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．【答案】ACD．【解析】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
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．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⋯②L=（1/2）at2⋯③L=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2vqv0Bmr⋯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．【答案】CD【解析】a球受力平衡，有Ga=qE①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=qE②c球受力平衡，有Gc=qvB+qE③解得Gc>Ga>Gb故选CD．【解析】：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TOC\o"1-5"\h\z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。【解析】：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L，A正确；若电子从2P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所7.【解析】：（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°=2d①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Bev0=m=r=②（2）电子运动轨迹圆心角θ穿过磁场的时间t==30°周期T====3）电子刚好不能从A边射出电子轨道半径为r'=dV==8.【解析】：（1）从S发射电子速度方向竖直向上，在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间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，则粒子第一次回到O点的所用时间为。，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.【解析】：（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，三10.【解析】：（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
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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：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y轴时速度方向沿y轴正向时，由几何关系可推算出：⑩11.【解析】：（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=qE0①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I12.【解析】：（1）设粒子在磁场中运动的轨道半径为而解得（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：v1=TOC\o"1-5"\h\z（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=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13.【解析】：（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
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