带电粒子在磁场中的运动压轴题提高题专题含答案

1、带电粒子在磁场中的运动压轴题提高题专题含答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1如图所示，在两块水平金属极板间加有电压 u 构成偏转电场，一束比荷为510/qckgm的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域， o 为圆心，区域直径ab长度为 l=1m， ab与水平方向成45 角区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知b0=0. 5t，磁场方向以垂直于纸面向外为正粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘o 点与水平方向成45 斜向下射入磁场求：（1）两金属极板间的电压u 是多大？（2）若 to

2、=05s，求 t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置（3）要使所有带电粒子通过o 点后的运动过程中不再从 ab 两点间越过，求出磁场的变化周期 bo，to应满足的条件【答案】 （1）100v （2）t=5210s，射出点在ab间离 o 点0.04 2m （3）5010s3t【解析】试题分析：（ 1）粒子在电场中做类平抛运动，从o 点射出使速度代入数据得u=100v（2）粒子在磁场中经过半周从ob 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在ab间离 o 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、.时刻射入时，粒子最可能从 ab 间射出如图，由几何关系可得临界时要不从 ab 边界

3、射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动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，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

4、，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（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

5、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

6、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(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 m

7、n、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

8、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

9、 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：3-21231722010s2.85 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524210t3kb4如图甲所示，边长为l的正方形abcd区域内 (含边界 )有垂直纸

10、面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心o 处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为m。图中 x、y 轴分别过正方形四边的中点e、f、g、h 不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形abcd区域则磁感应强度b1应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y 轴成 60 (如图乙所示 )方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度b2的大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中 b2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)【答案】 (1) (2) (3)从 ab边射出的坐标为从 bd 边射出的坐标为从 cd边射出的坐标为从 ac 边射出的坐

11、标为【解析】【分析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出b 的值 (2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形abcd 区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：联立解得：(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：(3)从 ab 边出射的粒子，轨迹如图所示：分析可知，解得：当粒子运动轨迹与bg 相切时，打到右边最远处，由几何关系得，解得：综

12、上粒子从ab 边射出的坐标为同理求得，从bd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从cd 边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从ac 边射出的粒子，位置坐标为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.5在磁感应强度为b 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变放射出 粒子（42he）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为r以 m、q 分别表示 粒子的质量和电荷量（1）放射性原子核用azx表示，新核的元素符号用y表示，写出该衰变的核反应方程（2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆

13、周运动的周期和环形电流大小（3）设该衰变过程释放的核能都转为为粒子和新核的动能，新核的质量为m，求衰变过程的质量亏损m【答案】（ 1）放射性原子核用azx表示，新核的元素符号用y表示，则该 衰变的核反应方程为4422aazzxyh；（ 2） 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为2 mbq，环形电流大小为22bqm；（ 3）设该衰变过程释放的核能都转为为 粒子和新核的动能，新核的质量为m ，则衰变过程的质量亏损m为损2211()()2bqrmmc【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 衰变的核反应方程为4422xyheaazz（2）设 粒子在磁场中做圆周运动的速

14、度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有2vqvbmr根据圆周运动的参量关系有2 rtv得 粒子在磁场中运动的周期2 mtqb根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22qq bitm（3）由2vqvbmr，得qbrvm设衰变后新核y的速度大小为v，核反应前后系统动量守恒，有mvmv=0可得mvqbrvmm根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2221122mcmvmv解得22()()2mm qbrmmmc说明：若利用44amm解答，亦可【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒（2） 衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方

15、向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损6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纸面向里的匀强磁场， a 在磁

16、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 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请

17、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的周期分别为、，综合 式并分别应用a、

18、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7如图所示，足够大的平行挡板a1，a2竖直放置，间距为6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面yn 为理想分界面区的磁感应强度为b0，方向垂直纸面向外， a1，a2上各有位置正对

19、的小孔s1，s2，两孔与分界面yn 的距离为l.质量为 m，电量为 q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从s1进入区，并直接偏转到 yn 上的 p点，再进入区p点与 a1板的距离是l 的 k 倍不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑(1)若k1，求匀强电场的电场强度e；(2)若 2k3，且粒子沿水平方向从s2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与 k 的关系式和区的磁感应强度b 与 k 的关系式【答案】（ 1）（2），【解析】试题分析：（ 1）粒子在电场中，由动能定理有qed=mv2-0 粒子在 区洛伦兹力提供向心力 qvb0当 k=1 时，由几何关系得r=l 由解得 e=（2）

20、由于 2k3 时，由题意可知粒子在 区只能发生一次偏转，由几何关系可知(r-l)2+(kl)2=r2解得 r=由解得 v=粒子在 区洛伦兹力提供向心力 qvb由对称性及几何关系可知解得 r1=由解得 b考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动8如图甲所示，a、b为水平放置的间距0.2dm的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为0.1/evm、方向由b指向a的匀强电场 . 一喷枪从a、b板的中央点p向各个 方 向 均 匀 地 喷 出 初 速 度 大 小 均 为smv/100的 带 电 微 粒 . 已 知 微 粒 的 质 量 均 为kgm5100. 1、电荷量均为cq3100 .1

21、，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取2/10smg. 求：（1）求从 p点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。（2）要使所有微粒从点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为e，求e的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经00.02ts时两板上有微粒击中区域的面积和。（3）在满足第（2）问中的所有微粒从点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度1bt。求b板被微粒打中的区域长度。【答案】（ 1）1m ；（ 2）0.06 m2（3）3110m【解析】试题分析：（ 1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:mmgeqa根据运动学：2122d

22、at运动的半径：tvx0解得 : x=1m（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：mgeq0.1v/mmgeq故电场应该调节为方向向下，大小为0.1v/me经00.02ts时，微粒运动的位移0sv t极板上被微粒击中区域为半径为r 的圆，其中222()2drs220.06sr2m（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：rvmqvb20.1mvrmqb竖直向下射出的微粒打在b板的左端恰好与b板相切 , 如图甲所示：10.1dm当粒子源和b板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示：2310dm故 b板被微粒打中的区域的长度都为3110m考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁

23、场中的运动.9（20 分）如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二象限内存在场强大小为e，方向与x 轴平行且沿x 轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点m 、n 到坐标原点的距离均为2l。一质量为 m ，电荷量绝对值为q 的带负电粒子在第二象限内从距x 轴为 l、距 y 轴为 2l 的 a点由静止释放，当粒子第一次到达y 轴上 c 点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:(1)c 点的纵坐标。(2) 若要使粒

24、子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?(3) 磁感应强度为多大时，粒子从a 点出发与档板总共相碰两次后到达c 点?这种情况下粒子从 a点出发到第二次到达c点的时间多长 ?【答案】（ 1）3l；（ 2）qlmeb221=；（ 3）qlemb2322=；9(2)24mltqe总。【解析】试题分析：（ 1）设粒子到达挡板之前的速度为v0有动能定理2021mvqel =（1 分）粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动在 x 轴方向22tmqel =（1 分）在 y 轴方向tvy0=（1 分）联立解得ly2=c点的纵坐标为lly3=+（1 分）（2）粒子到达c点时的沿x 轴方向的速度为mqelatvx2=

25、（1 分）沿 y 轴方向的速度为mqelvvy20=（1 分）此时粒子在c点的速度为mqelv2=（1 分）粒子的速度方向与x 轴的夹角xyvv=tan45=（1 分）磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为lr221=（2 分）根据牛顿第二定律121rvmqvb =（1 分）要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为qlmeb221=（1 分）（3）当磁感应强度为b2时，粒子做半径为r2的圆周运动到达y 轴上的o 点，之后做直线运动打到板上，lr2232=（2 分）此时的磁感应强度为qlemb2322=（1 分）此后粒子返回到o 点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达d 点，接着做直线运动到达c点从 a到板，有2121tmeql =qemlt21=（1 分）在磁场中做圆周运动的时间qemltt249232=（1 分）从 o到板再返回o点作直线运动的时间qemlt23=（1 分）从 x 轴上 d点做匀速直线运动到c点的时间为qemlt2234=（ 1 分