江西省恒立中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、江西省恒立中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，在两块长为3l、间距为l、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场现将下板接地，让质量为m、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点o 以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间 t 的变化规律如图所示，则t=0 时刻，从o 点射人的粒子p经时间 t0(未知量 )恰好从下板右边缘射出设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计(1)求两板间磁场的磁感应强度大小b(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的

2、匀强磁场，为了使t=0 时刻射入的粒子p经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到o点，求右侧磁场的宽度d应满足的条件和电场周期t 的最小值tmin【答案】 （1）0mvbql（2）223cos2drarl；min0(6 32 )3ltv【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为r1，则0102qv bmvr由几何关系：222113()()22llrr解得0mvbql（2）粒子 p从 o 点运动到下板右边缘的过程，有：0 03lv t01122ylv t解得033yvv设合速度为v，与竖直方向的夹角为 ，则：0tan3yvv则=3002 3sin3vvv粒

3、子 p在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为r2，则212sinlr，解得233lr右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos2drrl；由于粒子p从 o 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到o 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min0(22 )2rttv解得min06 323ltv【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.2如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为l的正方向区域

4、，二三像限区域内各有一个高l，宽 2l 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的xl，ly2l的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(l，3l/2)处以初速度0v沿 x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0， l)点，不计粒子重力(1)求电场强度大小e；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0 到达坐标 (-l，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小b；(3)求第 (2)问中粒子从进入磁场到坐标(-l，0)点所用的时间【答案】 （1）20mveql（

5、2）04nmvbqln=1、2、3.（3）02ltv【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0lv t，2122lat，qema联立解得 ：20mveql(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tanxyvv=l 速度大小002sinvvv设 x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一 l，0 )点，应满足l=2nx，其中 n=1、 2、3.粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2；当满足l=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示若轨迹如图甲设圆弧的半径为r，圆弧对应的

6、圆心角为2.则有 x=2r，此时满足l=2nx联立可得：2 2lrn由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvbmr得：04nmvbql，n=1、2、 3.轨迹如图乙设圆弧的半径为r，圆弧对应的圆心角为2.则有222xr，此时满足221lnx联立可得：2212lrn由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvbmr得：022 21nmvbql，n=1、2、 3.所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0 到达坐标 (-l，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmvbql，n=1、2、3.或022 21nmvbql， n=1、 2、3.(3) 若轨迹如图甲 ，粒子从进人磁场到从坐标

7、(一 l，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和 =2n2 2=2n，则02222nn mlttqbv若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一 l，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和 =(2n+1) 2 =(4n+2) ，则2220(42)(42)2nnmlttqbv粒子从进入磁场到坐标(-l，0)点所用的时间为02222nn mlttqbv或2220(42)(42)2nnmlttqbv3(18分 ) 如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为l 的平行金属极板mn和 pq ，两极板中心各有一小孔1s、2s，两极板间电压的变化规律如图乙所示，

8、正反向电压的大小均为0u，周期为0t。在0t时刻将一个质量为m、电量为q（0q）的粒子由1s静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02tt时刻通过2s垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达2s时的速度大小v和极板距离d（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03tt时刻再次到达2s，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小【答案】（ 1）0024tqudm（ 2）024mublq（3）2 mtqb087mbqt【解析】（ 1）粒子由1s至2s的过程中，根据动能定理

9、得2012qumv由式得02quvm设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得0uqmad由运动学公式得201()22tda联立式得0024tqudm(2) 设磁感应强度大小为b，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得2vqvbmr要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足22lr联立式得024mublq（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t，有1dvt联立式得014tt若粒子再次达到2s时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为2t，根据运动学公式得22vdt联立9 1011式得022tt设粒子在磁场中运动的时间为t001232ttt

10、tt联立式得074tt设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为t，由6 式结合运动学公式得2 mtqb由题意得tt联立式得087mbqt4如图所示，两块平行金属极板mn 水平放置，板长l = 1 m间距 d =33m，两金属板间电压umn= 1 104v；在平行金属板右侧依次存在abc和 fgh两个全等的正三角形区域，正三角形abc内存在垂直纸面向里的匀强磁场b1，三角形的上顶点a与上金属板m平齐， bc边与金属板平行，ab 边的中点p恰好在下金属板n 的右端点；正三角形fgh内存在垂直纸面向外的匀强磁场b2，已知 a、f、g 处于同一直线上b、c、h 也处于同一直线上 af两点距离为23m现

11、从平行金属极板mn 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 310-10kg，带电量q = +1 10-4c，初速度v0= 1 105m/s(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在ac边上，求该区域的磁感应强度b1(3)若要使带电粒子由fh 边界进入 fgh区域并能再次回到fh 界面，求b2应满足的条件【答案】（ 1）52 310/3ms；垂直于ab方向出射（2）3 310t（ 3）235t【解析】试题分析：（ 1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，则：uqmad解得：102310/3quamsm

12、d501 10ltsv竖直方向的速度为：vy at33 105m/s射出时速度为：22502 310/3yvvvm s速度 v 与水平方向夹角为 ，03tan3yvv，故 =30，即垂直于ab 方向出射（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262dyatm，即粒子由p1点垂直 ab射入磁场，由几何关系知在磁场abc区域内做圆周运动的半径为12cos303drm由211vbqvmr知：113 310mvbtqr（3）分析知当轨迹与边界gh 相切时，对应磁感应强度b2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60rr故半径2(2 33)rm又222vb qvmr故2235bt所以

13、 b2应满足的条件为大于235t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.5如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为e，第二、三、四象限存在方向垂直xoy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为b，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从p（ -d，0）点沿与x 轴正方向成=60角平行 xoy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的 q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到p点，回到p点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从p点入射时的速度v0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小b/；【答案】（ 1）3eb（2）

14、2.4b【解析】试题分析：（1）粒子从p 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：2 3603dddrsinsin根据200mvqv br得02 33qbdvm粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qercostm（）；00yvqettanvmv联立解得03evb（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和 y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于 则有： x=v0t，2yvyt得03222yvytanxv由几何知识可得 y=r-rcos = 1323rd则得23

15、xd所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125 3239ddrdsin粒子进入第三、四象限运动的速度004 323vqbdvvcosm根据2vqvbmr得： b=2 4b考点：带电粒子在电场及磁场中的运动6如图所示，三块挡板围成截面边长l1.2m 的等边三角形区域，c、p、q 分别是 mn、am 和 an 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，mn 水平， mn 上方是竖直向下的匀强电场，场强e=410-4n /c三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b1；amn 以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为b23b1的匀强磁场现将一比荷q/m=105c/kg 的帯正电的粒子，从o

16、 点由静止释放，粒子从mn 小孔 c 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直an 经过 q 点进入外部磁场已知粒子最终回到了o 点，oc相距 2m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取 3求：（1） 磁感应强度b1的大小；（2） 粒子从 o 点出发，到再次回到o 点经历的时间；（3） 若仅改变b2的大小，当b2满足什么条件时，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点（若粒子经过a 点立即被吸收）【答案】（ 1）51210t3b；（ 2）-22.8510 st；（3）524210t3kb【解析】【详解】（1） 粒子从 o 到 c 即为在电场中加速，则

17、由动能定理得：212eqxmv解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知10.6m2lr由211vqvbmr代入数据得51210t3b（2）由题可知b2=3b1=2 10-5 t211vqvbmr则120.2m3rr由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112xvt得到 t1=0.01 s粒子在磁场b1中的周期为112 mtqb则在磁场b1中的运动时间为32113 10 s3tt在磁场 b2中的运动周期为222 mtqb在磁场 b2中的运动时间为3-3321803001801110s5.5 10 s3606tt则粒子在复合场中总时间为：3-2123172201

18、0s2.85 10 s6tttt（3）设挡板外磁场变为2b，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有22vqvbmr根据已知条件分析知，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点，需满足条件212lkr其中k=0、1、2、3解得524210t3kb7如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为b磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于m、n，mn=l，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为 -q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且 dl，粒子重力不计，电荷量保持不变（1）求粒子运

19、动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到m 的最大距离dm；（3）从 p点射入的粒子最终从q 点射出磁场，pm=d，qn=2d，求粒子从p到 q 的运动时间 t【答案】（ 1）qbdvm；（ 2）m232dd ；（ 3）a.当312lndd（）时，3 3462lmtdqb（），b.当31+2lndd（）时，3 3462lmtdqb（）【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：2vqvbmr，解得：mvrqb由题可得：rd解得qbdvm；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60 ）解得m2

20、32dd（3）粒子的运动周期2 mtqb设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则(1,3,5,)4ttnt na.当312lndd（）时，粒子斜向上射出磁场112tt解得3 3462lmtdqb（）b.当31+2lndd（）时，粒子斜向下射出磁场512tt解得3 3462lmtdqb（）8同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型m、n 为两块中心开有小孔的平行金属板质量为m、电荷量为 +q 的粒子 a（不计重力）从m板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当a 进入板间，两板的电势差变为u，粒子得到加速，当 a 离开 n 板时，两板的电荷量均立即变为零两板外部存在垂直

21、纸面向里的匀强磁场， a 在磁场作用下做半径为r的圆周运动，r 远大于板间距离，a 经电场多次加速，动能不断增大，为使r保持不变，磁场必须相应地变化不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应求（1）a 运动第 1 周时磁场的磁感应强度b1的大小；（2）在 a 运动第 n 周的时间内电场力做功的平均功率；（3）若有一个质量也为m、电荷量为 +kq（k 为大于 1 的整数）的粒子b（不计重力）与a同时从 m 板小孔飘入板间，a、b 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示a、 b 的运动轨迹在b 的轨迹

22、半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映a、b 的运动轨迹，并经推导说明理由【答案】（ 1）；（ 2）；（ 3）a 图能定性地反映a、b运动的轨迹；【解析】试题分析：（ 1）设 a 经电场第1 次加速后速度为v1，由动能定理得a 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力联立解得：（2）设 a 经 n 次加速后的速度为vn，由动能定理得设 a 做第 n 次圆周运动的周期为tn，有设在 a 运动第 n 周的时间内电场力做功为wn，则在该段时间内电场力做功的平均功率为联立解得：（3）a 图能定性地反映a、b 运动的轨迹a 经地 n 加速后，设其对应的磁感应强度为bn，a、b的周期分

23、别为、，综合 式并分别应用a、b 的数据得由上可知，是的 k 倍，所以a 每绕得 1 周， b就绕行 k 周由于电场只在a 通过时存在，故 b仅在与 a 同时进入电场时才被加速经 n 次加速后， a、b 的速度分别为、，结合 式有由题设条件并结合 式，对 a 有设 b 的轨迹半径为，有比较以上两式得上式表明，运动过程b 的轨迹半径始终不变由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图a 所示考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率9（17 分）在半径为r 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为 b。一质量为m，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径ad 方向

24、经 p点（ ap=d）射入磁场（不计重力影响）。（1）如果粒子恰好从a 点射出磁场，求入射粒子的速度。（2）如果粒子经纸面内q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在q 点切线的夹角为 （如图）。求入射粒子的速度。【答案】 1）（2）【解析】试题分析：（ 1）由于粒子在p点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在ap上， ap 是直径。设入射粒子的速度为v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：由 式解得：（2）设 o 是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接o q ，设 o q r 。由几何关系得： oqo =而 oo =r ,dr所以 oo = r+rd 由余弦定理得：由 式解得：设入射粒子的速度为v2，由由 式解得：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.1