上海市崇明区高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、上海市崇明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1欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为 e；加速极板ab、a b间电压均为u0，且满足eu0=32mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为r，圆心o、o 在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为h=72r；整个装置处于真空中，忽略粒

2、子间的相互作用及相对论效应。(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场 )的速度 和磁场磁感应强度b；(2)如果某次实验时将磁场o 的圆心往上移了2r，其余条件均不变，质子束能在oo 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。【答案】 (1) 02vv；02mvber(2) 03 3612l【解析】【详解】解： (1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eumvmv22又：2003eumv2解得：0v2v；根据对称，两束质子会相遇于oo的中点 p，粒子束由co方向射入，根据几何关系可知必定沿 op 方向射出，出射点为d，过 c、d 点作速度的垂线相交于k，则 k，则

3、 k点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=r根据洛伦磁力提供向心力有：2vevbmr可得磁场磁感应强度：02mvber(2)磁场 o 的圆心上移了r2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为 r，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从f点射入磁场，如图所示，e点是原来 c 点位置，连of、od，并作 fk平行且等于od，连 kd，由于 od=of=fk ，故平行四边形 odkf为菱形，即kd=kf=r ，故粒子束仍然会从d 点射出，但方向并不沿od 方向， k为粒子束的圆心由于磁场上移了r2，故 sincof=r2r=12， cof=6， dof= fkd=3对于下

4、方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在d点，下方粒子到达c 后最先到达d 点的粒子所需时间为00(2 )(4)2224rrhrrtvv而上方粒子最后一个到达e点的试卷比下方粒子中第一个达到c的时间滞后00l tt上方最后的一个粒子从e点到达 d 点所需时间为0001rrsin2 r62 3 336tr2v2v12v要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt联立解得0 3 36l122在水平桌面上有一个边长为l 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场一带电小球从圆盘上的p点（ p为正方形框架对角线ac与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区

5、，小球刚好以平行于bc边的速度从圆盘上的 q 点离开该磁场区（图中q 点未画出），如图甲所示现撤去磁场，小球仍从p点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从q 点离开，可将整个装置以cd边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以cd为轴抬起后，ab 边距桌面的高度【答案】（ 1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为： ：2；（ 2）框架以 cd为轴抬起后， ab边距桌面的高度为202 2vg【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=l2，解得： r=22l，小球在

6、磁场中做圆周运的周期：t=02 rv，小球在磁场中的运动时间：t1=14t=024lv，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向： x=r=v0t2，运动时间： t2=022lv，则： t1：t2= ：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移： r=2212at，解得，加速度：a=202 2vl，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinm=gsin ，ab边距离桌面的高度：h=lsin =202 2vg；3如图所示 ,在平面直角坐标系xoy 平面内 ,直角三角形abc 的直角边ab 长为 6d，与 y 轴重合 ,bac=30 ,中位线 om 与 x 轴重合 ,

7、三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小e与匀强磁场磁感应强度b的大小间满足e=v0b在 x=3d 的 n 点处 ,垂直于 x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从 y 轴上 3dy0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从 y 轴上 y=2d 处射入的电子,经磁场偏转后 ,恰好经过o 点电子质量为m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计求(1)匀强磁杨的磁感应强度b(2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围 ;(3)荧光屏上发光点距n 点的最远距离l【答案】 （1）0mved； （2）02yd；（ 3）94d；【解析】(

8、1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200vev bmr解得：0mvbed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距o 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为o，有：sin30ro a3oodo a解得ood即从 o 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距o 点最远所以22myrd电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02yd设电子从02yd范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从 on 间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x 轴间夹角为 ， 在电场中运

9、动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距n 点的距离为l，如图乙所示 ：根据运动学公式有：0 xv t212eeytmyeevtm0tanyvvtan3ldx解得：(32 )2ldyy即98yd时， l 有最大值解得：94ld当322dyy【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用4如图所示，空间存在方向垂直于xoy 平面向里的匀强磁场，在0yd 的区域内的磁感应强度大小为2b.一个质量为m、电荷

10、量为 - q的粒子以速度qbdm从 o 点沿 y 轴正方向射入区域.不计粒子重力(1) 求粒子在区域中运动的轨道半径：(2) 若粒子射入区域时的速度为2qbdvm，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；(3) 若此粒子射入区域的速度qbdvm，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值【答案】（ 1）rd（2）43opd23mtqb（3）min3xd【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：2001vqv bmr把0qbdvm，代入上式，解得：rd (2) 当粒子射入区域时的速度为02vv时，如图所示在 oa 段圆周运动的圆心在o1，半径为12

11、rd在 ab段圆周运动的圆心在o2，半径为rd在 bp段圆周运动的圆心在o3，半径为12rd可以证明abpo3为矩形，则图中30,由几何知识可得：132 cos303oodd所以：323oodd所以粒子打在x 轴上的位置坐标133243opo oood粒子在 oa 段运动的时间为：13023606mmtqbqb粒子在 ab 段运动的时间为2120236023mmtqbqb粒子在 bp段运动的时间为313023606mmttqbqb在此过程中粒子的运动时间：12223mtttqb (3)设粒子在区域中轨道半径为r，轨迹由图可得粒子打在x 轴上位置坐标：22222xrrdrd化简得：222340r

12、rxxd把上式配方：222213033rxxd化简为：222213033rxxd则当23rx时，位置坐标x取最小值：min3xd5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

13、磁感应强度的大小b/；【答案】（ 1）3eb（2）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

14、得 y=r-rcos = 1323rd则得23xd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如图甲所示，边长为l的正方形abcd区域内 (含边界 )有垂直纸面向里的匀强磁场。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

15、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

16、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

17、速度大小.7如图，一半径为r 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心o 到直线的距离为现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域若磁感应强度大小为b，不计重力，求电场强度的大小【答案】2145qrbem【解析】【分析】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动带电粒子在磁场中做圆周运动粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公

18、式得2vqvbmr式中 v 为粒子在a 点的速度过 b 点和 o 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和 d 点由几何关系知，线段acbc、和过a、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形因此acbcr设,cdx有几何关系得45acrx2235bcrrx联立 式得75rr再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为e，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qe=ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得212ratr=vt 式中 t 是粒子在电场中运动的时间联立式得2145qrbem【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解

19、题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来8如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次衰变成钋 po，新核 po 的速率约为2 105m/s衰变后的粒子从小孔p进入正交的电磁场区域，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度b=0.1t之后经过a 孔进入电场加速区域，加速电压u=3106v从区域射出的 粒子随后又进入半径为r=33m 的圆形匀强磁场区域，该区域磁感应强度b0=0.4t、方向垂直纸面向里圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点m和圆形磁场的圆心o、电磁场区域的中线在同一条直线上，粒子的比荷为qm

20、=5 107c/kg(1)请写出衰变方程，并求出粒子的速率 (保留一位有效数字)；(2)求电磁场区域的电场强度大小；(3)粒子在圆形磁场区域的运动时间多长？(4)求出粒子打在荧光屏上的位置【答案】 （1）222218486842rnpohe1 107 m/s （2）1 106v/m （3）6 107s （4）打在荧光屏上的m 点上方 1 m 处【解析】【分析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度；（2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可；【详解】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：222218

21、486842rnpohe 设 粒子的速度为0v，则衰变过程动量守恒：100pohem vm v 联立可得：701 10/vm s （2）粒子匀速通过电磁场区域：0qeqv b 联立可得：61 10/evm （3）粒子在区域被电场加速：2201122qumvmv所以得到：72 10/vm s 粒子在区域中做匀速圆周运动：2vqvbmr所以轨道半径为：1rm 而且：2 rtv 由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角60，所以粒子在磁场中的运动时间16tt联立可得：7106ts；（4）粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心o，几何关系如图：60 xtanr，所以1xm，粒子

22、打在荧光屏上的m 点上方1m处【点睛】本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键9如图甲所示，两金属板m、n 水平放置组成平行板电容器，在m 板中央开有小孔o，再将两个相同的绝缘弹性挡板p、q 对称地放置在m 板上方，且与m 板夹角均为60 ，两挡板的下端在小孔o 左右两侧现在电容器两板间加电压大小为u 的直流电压，在m 板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为b0，磁感应强度为负值时大小为bx，但 bx未知现有一质量为m、电荷量为q（q0），不计重力的带电

23、粒子，从n金属板中央a点由静止释放，t0时刻，粒子刚好从小孔 o 进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板p上，紧接着在t1 t2时刻粒子撞到了右挡板q 上，然后粒子又从o 点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响图中t1,t2未知，求：(1)粒子第一次从a 到达 o 点时的速度大小；(2) 粒子从 o 点第一次撞到左挡板p的时间 t1的大小；(3)图乙中磁感应强度bx的大小 ；(4)两金属板 m 和 n 之间的距离d.【答案】（ 1）v2uqm

24、（2）t103mb q（3） bx2b0（ 4）d035224numbq， n0,1,2,3【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度bx的大小 ， 在 t1(t1t2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板m 和 n 间往返时间，再求出金属板m 和 n 间的距离。解： (1) 21uq=mv -02解得2v=uqm(2)由2qvb=mvr得00r =mvb q01022t =rmvb q1101t =t =63mb q(3)由2qvb=mvr得，粒子做匀速圆周运动的半径00r =mvb q，xxr =mvb q粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示由图易知：0=2xrr解得0=2xbb()在 t1(t1t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期202t =xmmb qb q2201t =t =22mb q设粒子在金属板m 和 n 间往返时间为t，有0+d=