2017年高二物理试题及答案解析--带电粒子在磁场中的运动情况

带电粒子在磁场中的运动

根据左手定则，可以分别判断出若带电粒子速度方向与磁场方向平行、垂直和成一定夹角时的运动情况。其中需要注意的是在成一定夹角时，粒子做等距螺旋运动。

（一）基本公式

向心力:Bqv=mv²/r

轨道半径公式:r=mv/Bq

周期、频率和角速度公式:T=2πr/v=2πm/Bq，f=1/T=Bq/2πm，ω=2π/T=2πf=Bq/m

（二）T或f、ω的两个特点

它们的大小与轨道半径R和运行速度v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的核质比（q/m）有关。

核质比相同的带电粒子在同样的匀强磁场中，这三个物理量相同。

（三）解题思路及方法

圆心、半径的确定上次有讲过，这次主要介绍几个重要的几何特性。

1.粒子速度的偏向角α等于回旋角β，并且等于AB线与切线的夹角（弦切角θ）的两倍。

2.粒子穿过圆形区域磁场中的特殊性

①沿半径方向射入的粒子一定沿另一半径方向射出。

②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射入点与射出点在圆形磁场的同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α=2arcsinR/r=2arcsinRBq/mv。

③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与磁场区域半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行。而平行入射的粒子也将汇于一点。

带电粒子在混合场中的运动

（一）混合场即复合场，指的是电场、磁场和重力场并存或者两种场并存，或分区域并存。

（二）带电粒子在复合场中的运动分类

1.静止或匀速直线运动。（所受合外力为零）

2.匀速圆周运动。（除洛伦兹力以外的力的合力为零，则在垂直于磁场方向的平面内做圆周运动）

3.较复杂的曲线运动。当带电粒子所受的合外力得大小和方向均发生变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。

4.分阶段运动。带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合区域，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。

（三）带电粒子在复合场中运动的分析方法

1.弄清复合场的组成。

2.正确分析受力（有时也可能会有摩擦力、弹力）

3.确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合

4.对粒子连续通过几个不同场的问题，注意分区域分阶段讨论

5.画出粒子运动轨迹，选择运动规律。

①匀速直线运动受力平衡

②匀速圆周运动用牛顿定律结合圆周运动规律求解

③复杂曲线运动用动能定理或能量守恒定律。临界问题要先挖掘隐藏条件。

质谱仪和回旋加速器

利用磁场对带电粒子的偏转，由带电粒子的电荷量，轨道半径确定粒子质量的仪器，叫做质谱仪。（其工作原理结合题目来理解）

利用电场加速带电粒子，利用磁场使带电粒子做匀速圆周运动（旋转），凡进入加速电场并使之加速到预期速率的装置，叫做回旋加速器。（工作原理上次有讲，这次讲与之有关的物理量之间的关系，以便于加快做题速度）

1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期等于交变电压周期，即T电=T=2πm/qB。

2.带电粒子最终能量Ekn=q²B²r²n/2m ,能量与回旋加速器的直径有关，直径越大粒子获得的能量就越大。

3.带电粒子第n次进入D形盒的半径为Rn，第n+1次半径为Rn+1，根据能量守恒可推算出半径表达式来，可得出结论:带电粒子在D形盒中运动时，轨道是不等距分布的，越靠近D形盒的边缘相邻两轨道的间距越小。

4.带电粒子在回旋加速器内运动的时间

设带电粒子在磁场中运转的圈数为n，加速电压为U。因每加速一次粒子获得能量为qU，每圈有两次加速。结合Ekn=q²B²r²n/2m,知2nqU=q²B²r²n/2m,因此n=qB²r²n/4mU。带电粒子在回旋加速器内运动的时间t=nT。

1.如图12所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0．1 kg，带电量为q=0．5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取g=10m/s2 ，求：

（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？

（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2

（3）磁感应强度B的大小

（4）电场强度E的大小和方向

2.如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为l的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（仅有MN、NQ、QP三条边，下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．

（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度0v垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?

（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度0v，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?

（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v（0vv），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t后方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．

3. 如图10所示，abcd是一个正方形的盒子，

在cd边的中点有一小孔e，盒子中存在着沿ad方向

的匀强电场，场强大小为E。一粒子源不断地从a处

的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子

的初速度为v0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出。

现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁

场，磁感应强度大小为B（图中未画出），粒子仍恰

好从e孔射出。（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略）

（1）所加磁场的方向如何？

(2）电场强度E与磁感应强度B的比值为多大？

4. 如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为 d ，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从 O 点以速度 v0 沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从 A 点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：

(l）粒子从 C 点穿出磁场时的速度v；

(2）电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值 E / B ；

(3）拉子在电、磁场中运动的总时间。

5. 如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0沿－x方向从坐标为（3ｌ、ｌ）的P点开始运动，接着进入磁场，最后由坐标原点射出，射出时速度方向与y轴方间夹角为45º，求：

（1）粒子从O点射出时的速度v和电场强度E；

（2）粒子从P点运动到O点过程所用的时间。

6. 在图示区域中，χ轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为

B，今有一质子以速度v0由Y轴上的A点沿Y轴正方向射人磁场，质子在磁场中运动一段

时间以后从C点进入χ轴下方的匀强电场区域中，在C点速度方向与χ轴正方向夹角为

450，该匀强电场的强度大小为E，方向与Y轴夹角为450且斜向左上方，已知质子的质量为

m，电量为q，不计质子的重力，(磁场区域和电场区域足够大)求：

(1)C点的坐标。

(2)质子从A点出发到第三次穿越χ轴时的运动时间。

(3)质子第四次穿越χ轴时速度的大小及速度方向与电场E方向的夹角。(角度用反三角

函数表示)

2220011637227QmvmvmvAnswer:

1

（1）由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………①

（2）离开电场后，按动能定理，有：-μmg4L=0-21mv2………………………………②

由①式得：v2=22 m/s

（3）代入前式①求得：B=22 T

（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg）212Lmv12-0……………………………………………③

进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④

由以上③④两式得：N/C 2.4m/s 241Ev

2、第（1）问8分，第（2）问6分，第（3）问6分，共20分

解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势0EBlv

当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 3334bdrrRrrr

U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

1534dbRrRr

闭合电路的总电流为 0415BlvEIRr

根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：05bdbdBlvUIR

方框中的热功率为 22202475BlvbdrbdUPR

（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律

03(34)mvmmv 解得：037vv

根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即

（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为1v，U型框的速度为2v，根据动量守恒定律，有

12343mvmvmv