内蒙古自治区高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、内蒙古自治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如图，区域i 内有与水平方向成45 角的匀强电场1e，区域宽度为1d，区域 内有正交的有界匀强磁场b 和匀强电场2e，区域宽度为2d，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下 .一质量为 m、电量大小为q 的微粒在区域i 左边界的p点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域后做匀速圆周运动，从区域右边界上的q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：(1)区域 i 和区域 内匀强电场的电场强度12ee、的大小 . (2)区域 内匀强磁场的磁感应强度b 的大小 . (3)微粒从 p 运动到 q 的时

2、间有多长.【答案】 (1)12mgeq,2mgeq (2)1222mgdqd (3)1212626ddgdgd【解析】【详解】(1)微粒在区域i 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qemg求得：12mgeq微粒在区域ii 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mgqe求得：2mgeq(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qe dmv2vqvbmr根据几何关系，分析可知：222sin30drd整理得：1222mgdbqd(3)微粒从 p 到 q 的时间包括在区域i 内的运动时间t1和在区域ii 内的运动时间t2，并满足：21 1112atd1tan45mgma

3、2302360rtv经整理得：1121212222612126gddddtttgdgqbgd2正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器d 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中正、负电子对撞机置于真空中在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子回旋加速器d 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0b，回旋加速器的半径为r，加速电压为u； d 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计电子的质量为m、电量为e，重力不计真空中的光速为c，普朗克常量为h（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量e及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率 v（2）求从开始经回旋加速器加速

4、到获得最大能量的过程中，d 型盒间的电场对电子做功的平均功率p（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“ 容器 ” ，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁即图中的a1、a2、a4an共有 n 个，均匀分布在整个圆环上每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下磁场区域的直径为d改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一

5、直径的两端，如图乙所示这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度 b大小【答案】 (1) 222202e b rmcvmhh，22202e brem；(2) 20e b um；(3)02sinb rnd【解析】【详解】解： (1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mvevbr解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eb rvm正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e bremvm正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222emchv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e brmcvmhh(2) 从开始经回旋加速器加

6、速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：2012neumv解得：2202eb rnmu正、负电子在磁场中运动的周期为：02 mteb正、负电子在磁场中运动的时间为：2022b rnttud 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e b uwepttm (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得sin2drn解得：2sindrn根据洛伦磁力提供向心力可得：200mvev br电磁铁内匀强磁场的磁感应强度b大小：02sinb rnbd3如图所示，坐标原点o 左侧 2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0 1010c/kg)由静止进人电压u= 80

7、0v 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，o 点右侧有以o1点为圆心、 r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为b=1.0103t 的匀强磁场 (图中未画出 )圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点o，右端与一个足够大的荧光屏mn 相切于 x 轴上的 a点，粒子重力不计。(1)求粒子打到荧光屏上的位置到a 点的距离；(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小e=1.0 103v/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕mn 的距离。【答案】（ 1）0.267m（2）0.867m【解析】【详解】（1）粒子射入

8、o 点时的速度v，由动能定理得到：212qumv进入磁场后做匀速圆周运动，2qvbmrv设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：1tan22rr，故4tan3由几何关系可知纵坐标为y，则tanyr解得：40.26715ymm；（2）粒子在电场中做类平抛运动，eqma，2rvt，2112yat，yvat射出电场时的偏向角为，tanyvv磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系1tanyyx，解得：0.867xm。4如图甲所示，在直角坐标系0 x l区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3l，0）为圆心、半径为l的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为m、 n现有一质量为 m

9、、带电量为e 的电子，从y 轴上的 a 点以速度v0沿 x 轴正方向射入电场，飞出电场后从 m 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30 不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强e的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于 x 轴求所加磁场磁感应强度b 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从n 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t 各应满足的

10、关系表达式【答案】 （1）（2）（ 3）（n=1，2，3）（n=1，2，3 ）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1 中所示由速度关系可得：解得：由速度关系得：vy=v0tan =v0在竖直方向：而水平方向 :解得：（2）根据题意作图如图1 所示，电子做匀速圆周运动的半径r=l根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（， -）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2 所示在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r ，运动的 t0，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应

11、强度减半，电子运动周期t=2t0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r ，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于2r综合上述分析，则电子能到达n点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2l（n=1，2，3）而：解得：（n=1，2，3）应满足的时间条件为： (t0+t)=t而：解得（n=1，2，3）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正b0中偏转 60，而后又在- b0中再次偏转60，经过n 次这样的循环后恰恰从n点穿出先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.5如图，第一象限内存在沿y 轴

12、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）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

13、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

14、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， x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为e，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5 .bt有一个质量1110mkg，电荷量710qc的带正电粒子，该粒子的初速度302 10/vm s，从坐标原点o沿与x轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从o 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到o 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？电场强度e的大小及带电粒子从o 点出发到再次回

15、到o 点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m；电场强度e的大小为31 10/vm，带电粒子从o 点出发到再次回到o 点所用的时间为32.1 10. s【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二

16、定律求出e，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2vqvbmr，半径0.4mvrmbq，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，则第一次经过x 轴时的横坐标为120.4 20.57xrmm第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点o 处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为2 2r，在垂直电场方向的位移11svt，运动时间41124 10srtsvv在沿电场

17、方向上的位移22112sat，又因22sr得7222121 10/sam st根据牛顿第二定律eqam所以电场强度31 10/maevmq粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间4224 10vtsa，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mtsbq所以粒子从出发到再回到原点的时间为3122.1 10tttts【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力7如图所示，在平面直角坐标系xoy 内，第一、四象限有与y 轴相切于o 点、圆心为o1、半径一定的有界圆形区域

18、，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场一带电粒子(重力不计 )自 p(d，32d)点以平行于x 轴的初速度v0开始运动，粒子从o 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的 q 点(图中未画出 )垂直于 y 轴回到电场区域，并恰能返回到p点求：(1)粒子经过 o 点时的速度；(2)电场强度 e和磁感应强度b 的比值【答案】（ 1）2v0（2）058evb【解析】【详解】试题分析：（ 1）粒子从p到 o 的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过 o 点时的速度为 v，其在 y 轴负方向的分速度为vy，与 y 轴负方向的夹角为d=v0t11322xvdtv2=v02+vy20

19、tanyvv解得： v=2v0 =3 00（2）设粒子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加速度为a：eq=ma213122dat粒子从 q 到 p的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，q 点的纵坐标为yq223122qydatd=vt2解得：5 38qyd设粒子由s点离开磁场，粒子从o 到 s过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsin =yq2vqvbmr5 312rd058evb考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【点睛】【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求

20、解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力8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）

21、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m232dd（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 3462lmtdq

22、b（）b.当31+2lndd（）时，粒子斜向下射出磁场512tt解得3 3462lmtdqb（）9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，

23、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、b 的数据得由上可知，是的 k 倍，所以a 每