北京市北京八中高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、北京市北京八中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、2）若 to=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

3、 ab 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。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巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018 年 11 月 12 日我国宣布 “ 东方超环 ” （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）2018 年 11 月 16 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3

4、2kekt，其中 k=1.38064910-23j/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）。（2）假设质量为m、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 的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。（3）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，两圆半径分别为 r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大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q、速度为 v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。【答案】 (1)152 10jke (2)0

5、3kmtbq(3)222212r mvq rr【解析】【详解】（1）微观粒子的平均动能：1532 102kektj（2）2031ktmv22解得：03ktvm由2vbqvmr03kmtrbq（3）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：22221rrrr解得22212:r2rrr由牛顿第二定律2qvbmvr解得 :222212br mvq rr3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

6、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

7、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

8、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.4在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板mn 垂直于 y 轴， n 板在 x 轴上且其左端与坐标原点 o 重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场在y 轴上 (0， d/2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5 107ckg，速度为v0=8 105

9、m/st=0 时刻射入板间的粒子恰好经n 板右边缘打在x 轴上 .不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压 u0的大小；(2)若沿 x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；(3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r=0.03m，切点 a 的坐标为(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小b=23t，方向垂直于坐标平面向里求粒子出磁场后与 x 轴交点坐标的范围【答案】 (1)402.16 10 vu (2)0.04mx (3)0.1425mx【解析】【分析】【详解】(1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子：0lv t71 10ts211()22

10、tya2ytva22ytyv122dyyeqma0ued解得：402.16 10 vu(2)2ttnt时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032atxv所放荧光屏的最小长度axxl即：0.04xm(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为vy.速度偏转角的正切值均为：0tanyvv370cos37vv61 10 m/sv即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2vqvbmr0.03mrr由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点b 离开磁场 . 由几何关系，恰好经n 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；

11、从x 轴射出点的横坐标：tan53carxx0.1425mcx.由几何关系，过a 点的粒子经x 轴后进入磁场由b点沿 x 轴正向运动 .综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425mx5如图，平面直角坐标系中，在，y0 及 y-32l 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于 y 轴的匀强电场，在-32ly0 区域存在方向垂直于xoy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为 m，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点p1（0，l）时的速率为v0，方向沿 x 轴正方向，然后经过x 轴上的点p2（32l，0）进入磁场在磁场中的运转半径r=52l（不计粒子重力），求：（1）粒子到达p

12、2点时的速度大小和方向；（2）eb；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从p1点出发后做周期性运动的周期【答案】（ 1）53v0，与 x 成 53 角；（ 2）043v；（ 3）2l；（ 4）04053760lv【解析】【详解】（1）如图，粒子从p1到 p2做类平抛运动，设到达p2时的 y 方向的速度为vy，由运动学规律知32l=v0t1，l=2yvt1可得 t1=032lv，vy=43v0故粒子在p2的速度为v=220yvv=53v0设 v 与 x 成 角，则 tan =0yvv=43，即 =53 ；（2）粒子从p1到 p2，根据动能定理知qel=12mv2-12mv02

13、可得e=2089mvql粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvb=m2vr解得： b=mvqr=05352mvql=023mvql解得：043veb；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为o ，在图中，过p2做 v 的垂线交y=-32l直线与 q点，可得：p2o=3253lcos=52l=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为o，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 =37 ，故粒子将垂直于y=-32l直线从 m 点穿出磁场，由几何关系知m 的坐标 x=32l+（r-rcos37 ）=2l；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从p1到 p2做类平抛运动：t1=032lv在磁场中由p2到 m 动时间： t

14、2=372360rv=037120lv从 m 运动到 n， a=qem=2089vl则 t3=va=0158lv则一个周期的时间t=2（ t1+t2+t3）=04053760lv6平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2b 和 b（b 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿y 方向的匀强电场， x 轴上有一点p，其坐标为（ l， 0）。现使一个电量大小为q、质量为 m 的带正电粒子从坐标（ 2a，a）处以沿 +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。（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感

15、应强度b的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达p点经历时间的所有可能取值。【答案】 （1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x 轴正方向夹45斜向下；（2）磁感应强度b 的所有可能取值：0nmvbql n1、2、3；（3）粒子从出发直至到达p点经历时间的所有可能取值：023(1)24ammtkkvqbqbk1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、 3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向：2yvat，解得： vyv0，tan 0yvv1， 45，粒子穿过 o 点时的速度：22002vvvv；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动

16、，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvbmr，粒子能过p点，由几何知识得：lnrcos45 n 1、2、3，解得：0nmvbqln1、2、 3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则： t102av；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12 mtqb，2mtqb，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，若粒子经下方磁场直接到达p点，则粒子在磁场中的运动时间：t214t1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达p点，粒子在磁场中的运动时间：t214t1+34t2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达p点： t2214t1+34t2，若粒

17、子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达p点： t2214t1+234t2，则23(1)24mmtkkqbqbk 1、2、3或2324mmtnnqbqb n1、2、3粒子从出发到p点经过的时间：tt1+t2，解得：023(1)24ammtkkvqbqbk 1、2、3或02324ammtnnvqbqb n1、2、3；7如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径r=3 m 的光滑圆弧段bc 与长 l=1.5 m 的粗糙水平段ab 在 b 点相切而构成，o 点是圆弧段的圆心，oc 与 ob 的夹角=37;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小e=10 n/c 的匀强电场， ocb 的外侧有

18、一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh，ef 与 oc 交于 c 点， ecf与水平向右的方向所成的夹角为(53147)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场质量m2=310-3 kg、电荷量 q=3l0-3 c的带正电小物体q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m1=1.510-3 kg 的不带电小物体 p从轨道右端a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动，p、q 碰撞时间极短，碰后p以 1 m/s 的速度水平向右弹回已知p 与 ab 间的动摩擦因数=0.5，a、b 均可视为质点，q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10 m

19、/s2求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体q 的弹力大小fn；(2)当=53时，物体q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小 b1；(3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为b2=2t时，要让物体q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的值【答案】 (1)24.6 10nfn (2)11.25bt (3)127s360t,001290143和【解析】【详解】解： (1)设p碰撞前后的速度分别为1v和1v，q碰后的速度为2v从a到b，对p，由动能定理得：221011111-22m glm vm v解得：17m/sv碰撞过程中，对

20、p，q系统：由动量守恒定律：1 11 122mvmvm v取向左为正方向，由题意11m/sv，解得：24m/svb点：对q，由牛顿第二定律得：2222nvfm gmr解得 :24.6 10nnf(2)设q在c点的速度为cv，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22cm grm vm v解得：2m/scv进入磁场后：q所受电场力223 10nfqem g，q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv brq 刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：11.6mrd解得：11.25tb(3)当所加磁场22tb，2221mcm vrqb要让q从gh边穿出磁场且在

21、磁场中运动的时间最长，则q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：22cos(180)drr解得：127运动周期：222 mtqb则q在磁场中运动的最长时间：222127127?s360360360mttqb此时对应的角：190和21438如图 (a) 所示，在空间有一坐标系xoy，直线 op与 x 轴正方向的夹角为30，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域和，直线op是它们的边界，op上方区域中磁场的磁感应强度为b，一质量为m ，电荷量为 +q 的质子 (不计重力及质子对磁场的影响 ) 以速度 v 从 o点沿与

22、 op成 30角的方向垂直磁场进入区域，质子先后通过磁场区域和后，恰好垂直于x 轴进入第四象限，第四象限存在沿-x 轴方向的特殊电场，电场强度 e的大小与横坐标x 的关系如图（b）所示，试求:(1) 区域中磁场的磁感应强度大小；(2) 质子再次到达y 轴时的速度大小和方向。【答案】（ 1）bb22；（ 2）vvv262)32(；方向向左下方与y 轴负向成32arccos（226arccos）的夹角【解析】试题分析 : （1）由几何关系知：质子再次回到op时应平行于x 轴正向进入区，设质子从 op上的 c点进入区后再从d点垂直 x 轴进入第四象限，轨迹如图。x/ bqmve obv23bv21由

23、几何关系可知：o1cox ，o1c 与 ox 的交点o2即为内圆弧的圆心，coo1等边三角形。设质子在区圆运动半径为1r，在区圆运动半径为2r，则：10122130sinrrr由21vqbvmr得：1mvrqb，同理得：22mvrqb即区域中磁场的磁感应强度：bb22（2）d点坐标：qbmvrrx）13(30cos201质子从 d点再次到达y 轴的过程，22)13(2) 13()223(21mvqbmvbvbvqxeqquwii电设质子再次到达y 轴时的速度大小为v，由动能定理：222121mvvmw电得：vvv262)32(因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变如图有：22

24、632cosvv即方向向左下方与y 轴负向成32arccos（226arccos）的夹角考点：带电粒子在磁场中的运动9平面直角坐标系xoy中 ，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第 象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的q 点以速度v0沿 x 轴正方向开始运动 ，q 点到 y 轴的距离为到x 轴距离的2 倍粒子从坐标原点o 离开电场进入磁场， 最终从 x 轴上的 p点射出磁场 ，p点到 y 轴距离与q 点到 y 轴距离相等不计粒子重力， 问：(1)粒子到达 o 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比【答案】 (1)02v,与 x 轴正方向成45 角斜向上(2)02v【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由q 到 o 做类平抛运动，设o 点速度 v 与 x 方向夹角为， q 点到 x 轴的距离为 l，到 y 轴的距离为2l，粒子的加