磁場帶電粒子在磁場中的運動、帶電粒子在復合場中的

運動專題訓練

磁場帶電粒子在磁場中的運動

A組

1.（浙江紹興高三二模）如圖所示,在架子上吊著一根絕緣導線，右側導線下部某處裝有一個鉛墜，使導

線保持豎直狀態(tài)，下端連接著一個鋁箔刷子，刷子下方放置一張鋁箔，調整刷子的高度使之下端剛好與

鋁箔接觸。將左側導線接到電源的正極上，電源的負極連接鋁箔,用可移動的夾子水平地夾住一根強

磁體，右端N極正對右側導線，接通電源，發(fā)現(xiàn)右側導線在擺動。卜.列判斷正確的是（）

A.右側導線開始時垂直于紙面向里擺動

B.右側導線在擺動過程中一直受到安培力作用

C.右側導線在整個擺動過程中安培力對其做正功

D.同時改變電流方向及磁體的磁極方向,右側導線開始擺動方向與原來相同

Z\

喙?0電

'成’

2.（山東臨沂高三一模）如圖所示，在垂直于紙面的方向上有三根長直導線，其橫截面位于正方形的三個

頂點從c、d上，導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示，一帶負電的粒子從正方形的中心0點沿

垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（）

A.沿O到a方向

B.沿。到c方向

C.沿。到d方向

D.沿。到〃方向

M...........................-\h

3.（河北高三月考）己知通電直導線磁場中某點的磁感應強度大小為4=弓（式中k為常數(shù),/為電流，「為

該點距導線的距離）。現(xiàn)有垂直于紙面放置的三根通電直導線a、b、c,其中三根導線間的距離之比為

/ab:/be?/ca=5：3：4。已知a>b導線在c處產生的磁感應強度方向平行于a、b的連線。設a、b的

電流之比為〃，則（）

A.a、b的電流同向，〃卷

B.a、b的電流反向，〃考

C.a、b的電流同向,〃=1

D.a、b的電流反向,〃二1

4.（山西太原高三一模）如圖所示，報廢的近地衛(wèi)星離軌時，從衛(wèi)星中釋放一根導體纜繩,纜繩的下端連

接有空心導體。纜繩以軌道速度u在地磁場8中運動，使得纜繩中產生感應電流。電荷向纜繩兩端聚

集，同時兩端與電離層中的離子中和，使得電流持續(xù)。由于感應電流在地磁場中受到安培力的作用，從

而能加快廢棄衛(wèi)星離軌。設纜繩中電流處處相等，那么（）

速度方向

地磁場8

空心導體

A.纜繩中電流的方向由衛(wèi)星流向空心導體

B.相同長度的纜繩受到安培力的大小相等

C.纜繩受到安培力的方向與衛(wèi)星速度方向間的夾角大于90°

D.由于安培力做負功，故在衛(wèi)星降軌的過程中，其動能一定減個

：XXXXXXX

5.（多選）（河南高三二模）如圖所示，在長方形出心/區(qū)域有垂直于紙面向內的勻強磁場，已知ab長為10d

長為6/,磁感應強度大小為B,a處有一個粒子源，在某時刻向長方形區(qū)域發(fā)射大量質量為〃八電荷量

為q的帶負電粒子（粒子重力不計），速度方向均在紙面內。則下列說法正確的是（）

A.沿ab方向入射、be邊射出的所有粒子中，入射速度越大的粒子，在磁場中運動的時間越長

B.沿ab方向入射、加邊射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子，在磁場中運動的時間越短

C.沿be方向恰好從c?點出射的粒子速度為皿

D.沿he方向恰好從c點出射的粒子速度為如

m

Wk《一

X。XX極

XXXX

d'-------'c

6.（多選）（河南高三月考）如圖所示,磁感應強度為8的勻強磁場中，垂直磁場方向固定一邊長為/的正方

形線框出線框每邊電阻均為R。將線框的頂點〃、b接在電動勢為E、內阻為R的電源上，開關S

閉合電路穩(wěn)定后（）

A.線框的cd邊和兒邊受到的安培力方向相反

B.線框的ab邊和de邊受到的安培力方向相反

C.整個線框受到的安培力大小為0

D.整個線框受到的安培力大小為萼

7.（福建廈門高三一模）如圖所示，在x軸上方有方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁

場，在x軸下方也有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。一個質量為加、電荷量為g的帶負電粒子,

在紙面內以大小為v的速度從。點與x軸負方向成60°角射入x軸上方磁場,粒子第1次經過x軸

時的位置為尸（圖中未畫出），第2次經過x軸時的位置為。（圖中未畫出），且粒子從0點到P點的運動

時間等于粒子從P點到Q點的運動時間，不計粒子受到的重力。求：

⑴從P點到。點的距離；

（2）x軸下方勻強磁場的磁感應強度大小和方向。

B組

8.（多選）（湖北武漢高三月考）如圖所示，虛線的上方有方向垂宜于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子P、

Q先后射入磁場,P的速度方向與磁場邊界的夾角為30。，Q的速度方向與磁場邊界的夾角為60。。

已知兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間相同，且均從0點射出磁場加0=2/四則（）

A.P和Q均帶正電

B.P和Q的比荷之比為1:2

C.P和Q的速度大小之比為6：1

D.P和Q在磁場中運動的半徑之比為2：I

OM

9.（多選）（福建莆田高三二模）如圖所示，足夠長的熒光屏0A的上方區(qū)域存在勻強磁場，邊界MN左側區(qū)

域的磁場方向垂直于紙面向里，右側區(qū)域的磁場方向垂直于紙面向外，兩區(qū)域的磁感應強度大小均為

光屏上方有一粒子源緊挨著。點，可沿0A方向不斷射出質量為E電荷量為qq>0）的粒子。粒

子打在熒光屏上時，熒光屏相應位置會發(fā)光。已知粒子的速率可取從零到某最大值之間的各種數(shù)值,

速率最大的粒子恰好垂直打在熒光屏上,OM之間的距離為z不計粒子重力及粒子間的相互作用，則

（）

A.粒子的最大速率為空空

B.熒光屏上的發(fā)光長度為（竽+1〉

C.打中熒光屏的粒子運動時間的最大值為繆

D.打中熒光屏的粒子運動時間的最小值為關

10.（福建福州高三一模）如圖所示，真空中,在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界）垂直于紙面向

里磁感應強度為8的勻強磁場，兩圓的半徑分別為R和3凡圓心為。。質量為機、電荷量為儀q>0）的

帶電粒子從大圓邊緣的P點沿半徑PO方向以不同的速度垂直射入磁場，粒子重力不計。

（I）若粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120。，求粒子在磁場中運動速度大小V）和在磁場中運

動的時間Z1O

（2）若粒子不能進入小圓內部區(qū)域,求粒子在磁場中運動的速度1，2。

u.(年6月浙江卷汝口圖甲所示，空間站上某種離了?推進器由離了?源、間距為d的中間有小孔的兩平行

金屬板M、N和邊長為/的立方體構成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心。為坐標原點，垂直

立方體側面和金屬板建立x、y和z坐標軸。M、N板之間存在電場強度為E、方向沿z軸正方向的

勻強電場;立方體內存在磁場淇磁感應強度沿z方向的分量始終為零，沿x和)，方向的分量后和By隨

時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中8。可調。流離子(Xe?+)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運

動到M板，經電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經電場加速后在金屬板N中心點0

處相對推進器的速度為voo已知單個離子的質量為加、電荷量為2d忽略離子間的相互作用,且射出

的離子總質量遠小于推進器的質量o

甲

乙

(1)求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小女。

(2)不考慮在磁場突變時運動的離子，調節(jié)&的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出,

求治的取值范圍。

⑶設離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期7；單位時間從端面P射出的離子數(shù)為〃，且

氏=爭魯。求圖乙中fo時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力。

Sei

12.(云南高三二模)如圖所示,在磁感應強度大小為從方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一粒子源,

粒子源從0點在紙面內均勻向各個方向同時發(fā)射速率為V、比荷為k的帶正電的粒子,PQ是在紙面

內垂直于磁場放置的厚度不計的擋板,擋板的戶端與0點的連線與擋板垂直，距離為瑞，且粒子打在

擋板上公被吸收,不計帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場分布足夠大。

XXXXX

Q

XXXXX

X0\

(1)為使打在板上的粒子最多，則擋板至少多長?

(2)若擋板足夠長，則打在板上的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值是多少?

(3)若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子占所有粒子的百分比是多少?

參考答案

專題分層突破練8磁場帶電粒子在磁場中的運動

1.D解析根據(jù)左手定則可判斷得，右側導線開始時浚到垂直于紙面向外的安培力作用,

所以導線垂直于紙面向外擺動，故A錯誤。右側導線在擺動過程中，當鋁箔刷子與下端鋁

箔分開時，導線中無電流通過，不受安培力作用，故B錯誤。右側導線在整個擺動過程中安

培力的方向既有與導線運動方向相同的情況，也有與導線運動方向相反的情況，所以安培

力對導線既有做正功，又有做負功，故C錯誤。根據(jù)左手定則可判斷得，同時改變電流方向

及磁體的磁極方向,右側導線所受安培力方向不變，所以開始擺動方向與原來相同，故D

正確。

2.A解析由安培定則可判斷從c、d三根導線在。點處產生的磁場方向媼圖所示，由

磁場的疊加可知它們的合磁場方向水平向左，再由左手定則可判斷帶負電的粒子所受洛

倫茲力方向沿。到〃方向。故選A。

3.C解析由c處的磁感應強度方向平行于a、b的連線，根據(jù)右手螺旋定則及平行四邊

形定則可知,a、b通電導線的電流方向同向，由幾何關系及平行四邊形定則可知再導線在

c處產生的磁感應強度大小與b導線在c處產生的磁感應強度大小滿足拄=?根據(jù)

B=k』，?=n，得〃=1,故選Co

r，b

4.C解析由右手定則可知，電流方向由空心導體流向衛(wèi)星，故A錯誤。因為地磁場不是

勻強磁場，所以相同長度的纜繩受到的安培力不一定大小相等，故B錯誤。由左手定則可

知，纜繩受到的安珀力與衛(wèi)星速度方向的夾角大于90。,故C正確。動能的增大和減小，與

安培力做負功沒有必然聯(lián)系，因為引力做正功，故D錯誤。

5.BD解析沿時方向入射、兒邊射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子，運動半徑越

大，在磁場中運動的軌跡對應的圓心角越小，則運動時間越短，選項A錯誤,B正確。沿be

方向恰好從c點出射的粒子的運動軌跡如圖所示，由；L何關系可知戶=（六/）2+（百/戶,解得

―2/,根據(jù)伏3=/嚀7,解得v=~~=?選項C錯誤,D正確。

6.AD解析線框ad邊和加邊中的電流方向相反，受到的安培力方向相反，選項A正確。

線框ab邊與de邊中的電流方向相同，所受的安培力方向相同，選項B錯誤。設〃、b間電

阻為二則工二4+上所以—條，根據(jù)閉合電路歐姆定律得干路電流/書工=黑所以安

TKDA4充R+R/H

培力F=B〃=要■，選項D正確,C錯誤。

7答案⑴等（2）見解析

Bq

解析⑴根據(jù)題意可知，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,如圖甲所示。

甲

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

2

Bqv-rnv--

根據(jù)幾何知識有

lop=2rs\n6

聯(lián)立解得，從。點到。點的距離為

\^3mv

(2)根據(jù)圓周運動的周期7二平=鬻

乙

根據(jù)幾何知識有

川=“2=240°

由于粒子從。點到P點的運動時間等于粒子從P點到Q點的運動時間，故有B產及

②若x軸下方的磁場方向垂直于紙面向里，粒子的運動軌跡如圖丙所示。

丙

根據(jù)幾何知識有

a2=1ai=120°

由于粒子從。點到P點、的運動時間等于粒子從尸點到Q點的運動時間，故有B下

8.BC解析均從O點射出磁場,根據(jù)左手定則可知,Q帶正電,P帶負電，故A錯誤。根據(jù)

o

幾何關系可知,Q偏轉圓心角為120。,則/?Qsin60=1/f)Q,P儡轉圓心角為60。,則RP=/PO,則

P和Q在磁場中運動的半徑之比為2/5：1,兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間相同,

有Jn=聶P,7=跡,解得P和Q的速度大小之比為百：1,根據(jù)R=詈,得?=白，所以p和

3bvbqmDK

Q的比荷之比為1:2,故B、C正確,D錯誤。

9.AD解析速率最大的粒子恰好垂直打在熒光屏上，粒子運動軌跡如圖甲所示，設軌道

半徑為八，即/0O]=ri,Zo[02=2n,可知圓心角NOOiK=60°,故％02=2-isin60°=tz+nsin600,可

解得八二孚。，由向心力公式可得力歸二加里,聯(lián)立可解得力二3膂,此過程粒子在磁場中

37*137H

的運動時間最短,MN左側就跡圓心角60。,右側軌跡圓心角150。,周期公式為7二翳，故總

時間為力=60工?0。7二駕A、D正確。當粒子的軌跡恰與MN相切時，進入右側后，恰與

36Ubqo

MA相切,在磁場中的運動時間最長，如圖乙所示,廢二〃,兩邊軌跡合起來恰好是一個圓周,

故最長時間-T=嚕C錯誤。垂直打到熒光屏的位置離M最遠，與熒光屏相切點離M

最近，兩點之間距離即為熒光屏上的發(fā)光長度，為Av=(ncos3()°+n)-r2=^^6z,B錯誤。

甲

10.答案(1諫手罪(2)0＜屆曙

解析(1)由圖甲得

n=3/?tan300=V3/?

...2

由牛頓第二定律得qv\B=m—

解得0二包迎

m

帶電粒子在磁場中運動的周期T二駕

qB

帶電粒子在磁場中運動的時間t\=^^T=^^o

obu:sqtf

甲

(2)設帶電粒子恰好不能進入小圓內部區(qū)域的最大速度為Um,對應半徑為/mo

由幾何關系得(3/?)2+琳2=(八+火)2

解得7m=4/?

同理可得Um二皿

m

所以0<1處型生。

m

11.答案(1)J%2.速^⑵0考察(3)。7〃7皿方向沿2軸負方向

解析⑴離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點0處，根據(jù)動能定理有

22

2eEd=-mv0--mvs

解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小us二J%?-嚕。

(2)當磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出,根據(jù)幾

何關系有(R「92+/2=R/

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2"0%二嬰

聯(lián)立解得剛=警

oel

當磁場在X和)，方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關

系有,2-苧J+/JR22

此時B二短Bo

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2exvox>/2Bo=^

聯(lián)立解得剛二竽，

故質的取值范圍為°」翳。

(3)粒子在立方體中運動枕跡剖面圖如圖所示。

2

由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2exwx或從尸等-

K3

V2mv（）

且滿足Bo二

Bel

所以可得R=彘=%

2

所以可得cos0=-

離子從端面P射出時，在沿Z軸方向根據(jù)動量定理有“△f=,&〃wocos0-0

根據(jù)牛頓第三定律可將離子束對推進器作用力大小為F三渝〃?如

方向沿Z軸負方向。

12.答案(1彘(2)藕(3)25%

解析⑴粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律

得

qvB=m^-

解得『史=JL

什于qBkB

在擋板左側能打在擋板上最遠點的粒子軌跡恰好與擋板相切,設此時打在擋板上的

點為N,如圖甲所示。

甲

設粒子發(fā)射方向與水平方向成仇）角，由幾何關系可得

sin3寫=|,仇二37。

/pN=rcos37°=乳

5kB

當粒子剛好過P點時,粒子打在擋板的右側，設此時打在擋板上的點為M,在OPM中,

由幾何關系可得

6t

lPM=

5kB

所以打在擋板上的粒子數(shù)最多時,擋板長度至少為法。

DKD

（2）由（1）中的分析知，當粒子恰好從左側打在。點時，時間最短,如圖乙中枕跡1所示。

l0P4

射出方向與0P夾角為GI,粒子轉過的圓心角為小,由幾何關系可得sin=-

得內=53°

0\=2ai=106°

當粒子從右側恰好打在P點時，時間最長，如圖乙中軌跡2所示，由幾何關系得粒子轉

過的圓心角為

例二360。的二254。

粒子運動的周期T=—=筆=尊

vqBkB

沿軌跡運動的時間

所以最長時間與最短時間的差值U第7二急。

360°45kB

（3）出射方向在與。尸成仇角到180。-山之間的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向

變化的角度為少=180°-ai-37°=90°

打到板上的粒子占所有粒子的百分比為〃二黑x100%=25%o

OOvJ

帶電粒子在復合場中的運動

A組

1.（湖南邵陽高三一模）如圖所示，有一混合正離子束從靜止通過同一加速電場后，進入相互正交的勻強

電場和勻強磁場區(qū)域/。如果這束正離子束在區(qū)域/中不偏轉，不計離子的重力，則說明這些正離子

在區(qū)域/中運動時一定相同的物理量是（）

A.動能B.質量

C.電荷D.比荷

2.（多選）（遼寧高三一模）勞倫斯和利文斯設計的回旋加速器如圖所示,真空中的兩個D形金屬盒間留

有平行的狹縫，粒子通過狹縫的時間可忽略。勻強磁場與盒面垂直，加速器接在交流電源上，八處粒子

源產生的質子可在盒間被正常加速。下列說法正確的是（）

A.雖然逐漸被加速,質子每運動半周的時間不變

B.只增大交流電壓,質子在盒中運行總時間變短

C.只增大磁感應強度，仍可能使質子被正常加速

D.只增大交流電壓,質子可獲得更大的出口速度

3.(四川成都高三二模)如圖所示，在笫一、笫四象限的)WO.8m區(qū)域內存在沿)，軸正方向的勻強電場,

電場強度大小E=4X1()3N/C;在第一象限的0.8m<)W1.0m區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外均勻強磁

場。一個質量〃?=1x10/°kg、電荷量(7=1乂10$?的帶正電粒子，以vo=6xI03m/s的速率從坐標原點O

沿x軸正方向進入電場。不計粒子的重力。

(1)求粒子第?次離開電場時的速度。

(2)為使粒子能再次進入電場,求磁感應強度B的最小值。

iWTr

4.(河南高三二模)如圖所示，在平面直角坐標系X。)，內有一直角三角形，其頂點坐標分別為

(0,0),(0,骨》40),三角形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8/軸下方有沿

著)，軸負方向的勻強電場，電場強度大小為￡。?質量為加、電荷量為q的粒子從y軸上的其點M由

靜止釋放，粒子第一次進入磁場后恰好不能從直角三角形的斜邊射出，不計粒子重力。

(1)求M點到O點的距離。

(2)改變粒子在y軸上的釋放點，使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于直角三角形斜邊的方句射出磁

場，求N點到。點的距離。

⑶在(2)過程中，求粒子從N點由靜止釋放到射出磁場的運動時間。

B組

5.(福建福州高三二模)如圖所示，在xOy平面直角坐標系中的第一、二象限內有一個矩形區(qū)域MNQP

內存在垂直于紙面向里、磁感應強度大小為8的勻強磁場,MN在x軸上,，廿0=*=3〃“尸的在

第四象限正方形ONFD內存在沿x軸正方向、大小為￡=曳絲的勻強電場，沿PM在第三象限放置一

平面足夠大的熒光屏，屏與)，軸平行。一個電子A從坐標原點沿)，軸正方向射入磁場，恰好不從PQ邊

射出磁場。已知電子的質量為〃“電荷量為-e。

D.................F

(1)求電子A射入磁場時的速度大小Vo

⑵求電子A在電場中運動的時間t0o

(3)若另一電子C從X坐標軸上某點(.#0)以相同的速度射入磁場,A、C打在熒光屏上同一點，求電子C

射入磁場時的坐標X。

6.(山東棗莊高三二模)如圖所示，在平面直角坐標系xQv中，直線AB距x軸為d,直線CD距/軸為2d,

直線AB下方區(qū)域存在沿)，軸正方向的勻強電場/以CD之間存在垂直于坐標系平面向外的勻強磁

場。從/=0時刻，一個質量為〃八電荷量為+q的粒子，以初速度可由坐標原點O處沿x軸正方向射入

電場，在AB上的尸點進入磁場，尸點坐標為(2府),不計粒子受到的重力。

y\

D

B

oX

(1)求電場強度E的大小。

(2)若粒子恰好不從直線CD處離開磁場,求磁感應強度8)的大小。

(3)在第(2)問條件下，求粒子經過x軸的時刻。

7.(湖南衡陽高三一模)在芯片制造過程中,離子注入是其中一道重要的工序。圖甲是離子注入工作原

理的示意圖,靜止于A處的離子，經電壓為U的加速電場加速后,沿圖中圓弧虛線通過半徑為R)的(圓

弧形靜電分析器(靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場)后，從P點沿豎直方向進入半徑為，?的圓

形勻強磁場區(qū)域，該圓形磁場區(qū)域的直徑PQ與豎直方向成45°,經磁場偏轉，最后打在豎直放置的硅

片上。黑子的質量為加、電荷量為名不計離子重力。

0

-Bi

乙

(1)求離子進入圓形勻強磁場區(qū)域時的速度大小V。

(2)求靜電分析器通道內虛線處電場強度的大小民。

(3)若磁場方向垂直于紙面向外，離子從磁場邊緣上某點出磁場時，速度方向與直徑PQ垂直，求圓形區(qū)

域內勻強磁場的磁感應強度風的大小。

(4)若在該圓形區(qū)域內加如圖乙所示交變的磁場(圖中歷大小未知、方向垂直于紙面，且以垂直于紙面

向外為正方向)，當離子從r=0時進入圓形磁場區(qū)域，最后從。點飛出，水平向右垂直打在硅片上，請寫

出磁場變化周期7滿足的關系表達式。

8.(浙江紹興高三二模)醫(yī)用電子直線加速器結構主要包括電子槍、加速系統(tǒng)、束流傳輸系統(tǒng)等部件,

原理簡化如圖所示。其中束流傳輸系統(tǒng)由導向磁場、偏轉磁場和聚焦磁場組成，可以使電子束轉向

270°后打到靶。由于電子經過加速后有一定能量寬度，經過導向磁場后會使電子束發(fā)散，從而造成成

像色差，因此需要通過偏轉磁場和聚焦磁場來消除色差。

束流傳輸系統(tǒng)由三個半徑為d的90°扇形磁場組成，圓心為0,方向垂直于紙面向外，其中導司磁場和

聚焦磁場為勻強磁場，磁感應強度為8產&二瓦偏轉磁場為非勻強磁場，磁感應強度&沿徑向呈一定

規(guī)律分布,可使電子在其間做勻速圓周運動。

現(xiàn)電子束經加速系統(tǒng)后，以能量寬度(E-AE.E+AE)垂直導向磁場邊界從P進入束流傳輸系統(tǒng),最終粒

子能在Q點匯聚并豎直向下打到靶1.0已知＞O=/QO=*4E=4%￡?￡，能量為E的電子剛好做半徑為亨

的勻速圓周運動到達Q.

(1)若電子電荷量為e,求電了?質量利。

(2)求發(fā)散電子束進入偏轉磁場時的寬度。[計算半徑時可使用小量近似公式:當x?l時,(1+1)乜1+}]

(3)對于能量為E+AE的電子，求在偏轉磁場中運動軌跡處的磁感應強度B2O

參考答案

專題分層突破練9帶電粒子在復合場中的運動

1.D解析設力口速電場的電壓為U,則qU=；〃6,y二乎乎;設正交電場的電場強度為￡,勻

強磁場的磁感應強度為也由于粒子在區(qū)域里不發(fā)生偏轉，則qE=Bqy,得產會可知

廣，誓=，其中仄B、U為相同值,正離子的比荷相等。故選D。

2.AB解析質子在D形盒中運動的周期丁二駕,半個周期為黑，質子的比荷不變,則質子

Qbqts

每運動半周的時間不變，故A正確。質子在電場中加速，根據(jù)9。=%21乙/團二加4,聯(lián)立可

ZK

得呼，增大交流電壓,質子運動的半徑增大，則質子在回旋加速器中加速的次數(shù)減

少，又因為周期不變，則運行時間會變短，故B正確。由T=篝可知，若磁感應強度B增大,

則7會減小，只有交變電流頻率增大,才能正常工作，故C錯誤。設D形盒的最大半徑為

RD,質子可獲得的出口速度滿足q0仍二小等可得與電壓無關，故D錯誤。

AQ771

3.答案(l)lxlO4m/s,與4軸正方向成53。角斜向右上

(2)2T

解析(1)粒子在電場中做類平拋運動，所受靜電力為F=qE

由牛頓第二定律有a——

m

沿y方向，由運動學規(guī)律有32=2asy

代入數(shù)據(jù)(其中8=0.8m)得力=8x103皿人

粒子離開電場時的速度大小為+馬2

代入數(shù)據(jù)得v=1x104m/s

tan6^=—=g

v03

故所求速度方向與x地正方向成53。角斜向右上,

(2)如圖所示，在寬度41.0m-0.8m=0.2m的磁場中粒子做勻速圓周運動，滿足條件

下B最小時，枕跡與磁場上邊界相切,設軌道半徑為R。

由幾何關系有R=Reos8+d

代入數(shù)據(jù)得/?=0.5m

”2

由牛頓第二定律有qvB=m—

代入數(shù)據(jù)解得所求最小值8=2T。

22。2

4?答案⑴繇⑵舄/E2..J

⑶早+(H幾譚(〃二。12…)

解析(1)設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為Ro,由幾何關系可知

Ro+2Ro=d

解得Ro量

由牛頓第二定律得

_mv2

qwBn=—^0-

K。

設M點到。點的距離為川,由動能定理得

1712

qEyx)=-mv0^

解得州二招菽。

(2)要使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于斜邊的方向射出磁場，則粒子在磁場中運

動軌跡的半徑R滿足

d=(2〃+1)R(〃=0,1,2,…)

由牛頓第二定律得qyB=m'

K

、1

設N點到O點的距離為y,由動能定理有qEy=-myr

q82d2

解得)，=(〃二0/,2,...)。

2(2n+l)mF

(3)設粒子在電場中的加速度為則qE-ma

設粒子在電場中每單程的運動時間為fo,則)，■磯J

粒子在電場中總的運動時間t\=(2n+1)fo(n=O,1,2,...)

解得力考

b

粒子在磁場中做圓周運動的周期7二筆

qB

TT

粒子在磁場中總的運動時間t2=￡+〃泉〃二0』,2,…)

JL/(/

解得t2=管+n)抵〃…)

粒子從N點由靜止釋放到射出磁場運動的總時間

Bd,n

Z=Zl+/2=_+G+)薪〃=。［2.一)。

5.答案⑴管(2筏⑶噂

解析(1)電子恰好不從PQ邊射出磁場，則電子運動軌跡與PQ邊相切，設電子運動半徑為

R,則由幾何知識可得

電子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得&廠萼

A

解得=—O

vm

(2)由幾何知識可知，電子進入電場的橫坐標為x=2d

電子沿豎直向下的方向進入電場，靜電力水平向左,電子做類平拋運動。

電子若從3R間離開巴場，則電子在電場中運動的時間為tDF=—=察

vBe

電子若從OO間離開電場，設電子在電場中運動的時間為心必由牛頓第二定律得電

子的加速度為

EeB2e2d

a--=—7

m

2

根據(jù)運動學規(guī)律有x=^at0D

解得二郎

oe

由于電子從O。間離開電場時的水平位移比從OF間離開電場時的水平位移大，所以

應有tOD>tDF^計算所得SD<lDF,不符合實際，由此可以判斷電子是從OD間離開電場的。

即電子在電場中運動的時間為二普。

Be

（3）電子A、C通過x軸后沿y軸方向的分運動是勻速運動，且它們沿），軸方向的分

速度相等,所以兩個電子打在熒光屏的同一點，意味著兩個電子在第三、第四象限運動的

總時間相等。設電子A在第四象限運動時間為力、在第三象限運動時間為⑵電子C在

第四象限運動時間為力'、在第三象限運動時間為/2#o

電子A離開電場時平行于X軸方向的分速度為

vi=at\

在第四象限有2dm砒/

在第三象限有32二也力

電子C從處進入電場，則有xo=^at\"

離開電場時平行于x站方向的分速度為vi'=at\1

在第三象限有3d=V\'t2,

由前面分析有h+t2=t]'+t2'

由以上各式聯(lián)立解得出二處（另一解xo=2d不合題意舍去）

O

電子c射入磁場的位置在刈左側2a處,所以m

O

6.答案⑴需（2嚴；*。嚴賓叫&〃二123,…）

解析（1）粒子第一次在電場中運動，所用時間為力，則有

qE-ma

2d=vo力

此叫2

聯(lián)立解得人二次

v0

r-mvo2

匕一司。

（2）設粒子到達AB邊齊沿也場方向的速度為以粒子速度u與48邊界的夾角為

則

vy=at\

tan。=上

呷.

cos8

聯(lián)立解得0=45。