上海市浦东新区高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

上海市浦东新区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“是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面ABLo)CD的电势为MNACDB，ACDB与2MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为，电量为q附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒ACDB的粒子再次返回．求粒子到达O点时速度的大小；2ACDB重合且足够长）MN之间区域加一个匀强磁2场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有3能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；3ACDB重合且足够长）MNMN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E ，若从AB圆弧面收集到的某粒子经4LOMNO点最远，求该粒子到达OMN间运动的时间．2qm1 L 2q2mq【答案】v ；（2）B ；（3）2qm1 L 2q2mq【解析】【分析】【详解】带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU01mv222qmU22qm2(2）AB3MNMN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2Lv2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm11L 2q联合解得：B（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.L1qEt22mLqE22mLqE2mqt 2LvEqx m

t 2qELm2m若速度与2qELm2mvcos

1cos 600v 2.例如：正电子就是电子的反如图是反物质探测卫星的探测器.MNAB间电压大小可调，平行长金属板AB间距为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B.MN下方区域I、II为两相邻的方3dB，ef.AB间电压，经过较长时间.已知电子、正电子的比荷是.要使速度为vABAB间所加电压U；mU可以改变正电子通过匀强磁场区域IIIMN下方磁场区的正电子在匀强磁场区域IIIt；m假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板ABU.【答案】（1）【解析】【详解】

Bvd

Bb

（3）3B2d2b＜U＜

145B2d8正电子匀速直线通过平行金属极板AB，需满足Bev=Ee因为正电子的比荷是b，有UE=d联立解得：uBvdefef相切，正电子在匀强磁场区域I、II运动的时间最长。tT4mt=2tmv2evBm11 R1R mT＝v1

＝Be联立解得：tBb11R1v21RevB=m 11R1U⑪evBe 1⑪1 d联立解得：U 3d2B2b1临界态2：沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的电子恰好射到收集板同一点设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R1212R有（﹣R2

4d）2+9d2＝R2v2=mBev 2=m2 R2U2dBev= 2e2d联立解得：145B2d2b8U 82145B2d2b解得：U的范围是：3B2d2b＜U＜ 8受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内20181112东”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。（1）20181116日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔3兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为Ek

kT，其2中k=1.380649×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。假设质量为、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B强磁场，求粒子运动的轨道半径。东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半r r 1 23kmT0 都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q3kmT0 【答案】(1)E

21015J(2)

2rmv(3) 2k

qr2r22 1【解析】【详解】Ek3 1

3kT21015J22kT20

mv223kT解得：v 0m由Bqvmv2R3kmT0R3kmT0Bq磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：r2

r

r2r21r2r2解得:r2 12r2由牛顿第二定律qvBmv2r2rmv解:B 2 qr2r22 1某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M场场强d＝0.05mL＝0.40mMM′N′N内有垂直纸面向里q的匀强磁场，磁感应强度BT，宽度，比荷m

＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P不影响粒子的运动，不计粒子重力．若v0＝8.0×105m/sPP′N′N射出的位置；若粒子第一次进入磁场后就从M′N′v0的大小；M′v0满足的条件．0(1)0.0125m(2).(3)＝(03.20.8n

4.02n1

)105m/s(其中n＝0012、4)＝0【解析】【详解】

2n1

)105m/s(其中n＝0、1、2、3)．粒子以水平初速度从P场，则Eq竖直方向· 2m得t

2mdqE代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，L则运动时间t＝0 v0Eq

＝0.5×10－6s，竖直位移· 2＝0.0125mm 02mdqE所以粒子从P′点下方2mdqE由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0粒子进入磁场时，垂直边界的速度qE 2qEdv＝ ·t＝v1 m m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝

v1sin

v2 mvR得R＝qB粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L把x＝v

2md

mv v、R＝ 、v＝ 1 、v

2qEd

代入解得0v＝L·0

0 qEEq －2md

qB 1 m0v＝3.6×105m/s.0由第二问解答的图可知粒子离MM′Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)mv v 2qEd把R＝ 、v＝ 1 、v＝ 代入解得qB 1 my1 2mEd(1cos)

1

tanB q sin B q 21 B q可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′1 B q1y mv1

m 2qEdmax

qB qB mmax Δy ＝0.04m，Δy 小于磁场宽度max 若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：2mdqE粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v02mdqE把t

mv、R＝

、v、v

2qEd

代入解得qB 1 1 mL qE2n1 L qE2n1 2md

2n E0 2n1B4.00.8nv＝ ×105m/s(、、2、3、4)0 2n1 第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把t

mv2mdqER＝ 、2mdqE

＝vsinα、v＝

2qEd

代入解得qB 1 1 mL qE2n1 2mdv 2(nL qE2n1 2md0 2n1 B3.20.8nv＝0

2n1

×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为。现使一个电量大小为q、质量为m从坐标（﹣2a，a）+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。求粒子经过原点时的速度；求磁感应强度B的所有可能取值求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。20【答案粒子经过原点时的速度大小为 v，方向：与x轴正方向夹45°斜向下；20nmv磁感应强度B的所有可能取值：B 0 n＝1、3……；qL粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：t

2akm(k1)mv02a m mk＝123……或t n n n＝123……。

2qB 4qB【解析】【详解】

v 2qB 4qB0v0t，va

yt ，2vv＝v，＝y＝，°，y 0 v0Ov

2v；v2v2v20粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBmv2，r粒子能过P°、、3……，B

nmvqL0 、3……；2a1 设粒子在第二象限运动时间为t，则：t＝v ；1 0m m1粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T1

，T ，qB 2 qB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，1P4T1，1 3P4T1+4T2，1 3若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝24T1+4T2，1 3若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×4T1+2×4T2，…………则t 2

m2qBm

(k1)

4qB

k＝1、2、3……或t n22qB

4qB

n＝1、2、3……粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t，22a m m解得：tv0

k2qB(k1)4qB k＝123……或t

2a m mn n＝1、2、3……；n v 2qB 4qB0长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为直纸面向里的磁感应强度大小为BMN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O、cO点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；b，c粒子中打到荧光屏上的点与Ox、、d)；b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．Uqy【答案(1)E ka【解析】【详解】

B4d2q2m2U2mB2d2

(2)

yd(x1)L 2

(3)

W= d1W 12d

1=4y 52据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．UqBqv，dUv ，UBdtL

LBd，v U1Uqy t2

L2B2qd，a 2dm 2mUU 1 Uqy Ed a

m( )22 BdE B4d2q2m2U2ka 2mB2d2从图中可见cⅡ所示．设c粒子打到荧光屏上的点到O点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12d y21 = L，L xx x yd( )L 2依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t21 如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y，1 1Uq Uqy · t2，v t1 2md

1 y11Uq

md1y vt · t2，2 y21

2md25qUy2 8md

t2，11y=4，1y 52UqyW d 1 41= =yW Uq 5y2d 2OLyθ=450OLOL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从yM（OM=d）y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL场，不计粒子重力。E；【答案】（1）；（2）．OLxOLM点出发到第二次经OL【答案】（1）；（2）．【解析】（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；则在X方向位移关系有：，所以；则在X方向位移关系有：，所以；，所以，，则有．该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在，所以，，则有．（2）根据（（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；T磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；粒子能在OL与x磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁0根据OL进入匀强磁场，速度v粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁0所以；．所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所以；．xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y2 33知P点坐标(0，－L)，M点的坐标( L，0)2 33(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】v【解析】【详解】

；（2）

L9v0（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，2 3L在电场中x轴方向： v2 3L

，y轴方向：Lvy

，

v3 y3得60v

3 0v0 2vv

2 1 v02 3L2 3Lr

04Lsin 3磁场中的偏转角度为23rt 3

4L2 v 9v0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、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-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d<L子重力不计，电荷量保持不变．v；m欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到Md；mdPQ=2PQ的运动时间t．【答案】vm

；（2）

2 3 2 d；（3）A.Lnd

3）d时，2L 334 πm 3 L 334 πmt

，B.当Lnd）d时，t ）d 6 【解析】【分析】【详解】

2 d 6 2qB