山东省平度一中高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、山东省平度一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，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，p、q 是圆上的两点，坐标分别为p（-8l，0）， q（-3l，0）。 y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为b，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2b 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。现从p点沿与 x 轴正方向成37 角射出一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从p点射出到再次回到

2、p 点所用的时间。【答案】 (1)8qblvm； (2)41(1)45mtqb【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周c点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上 d 点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5 sin37oqcl15sin37ooqo ql在 y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1r，11roqqc21vqvbmr解得：8qblvm；(2)由公式22vqvbmr得：2mvrqb，解得：24rl由24rl可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1o占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在 y 圆周点左侧磁场中做匀速

3、圆周运动，经过圆周上的e点，沿直线打到p点，设带电粒子从p点运动到c点的时间为1t5 cos37opcl1pctv带电粒子从c 点到 d 点做匀速圆周运动，周期为1t，时间为2t12 mtqb2137360oott带电粒子从d 做匀速圆周运动到1o点的周期为2t，所用时间为3t22 2mmtqbqb3212tt从 p 点到再次回到p点所用的时间为t12222tttt联立解得：41145mtqb。2如图所示，虚线mn 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场，虚线mn 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场水平线段ap与 mn 相交于 o 点在 a

4、 点有一质量为m，电量为 +q 的带电质点，以大小为 v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知a与 o 点间的距离为03mvqb，虚线 mn 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g求：（1）mn 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在a 点的入射方向与ao 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到o点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从o 点进入虚线mn 右侧区域后运动到p点时速度的大小vp【答案】（ 1）mgq，方向竖直向上；（2）；（ 3）013v【解析】【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周

5、运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qe=mg，方向竖直向上；所以 mn 左侧区域内电场强度mgeq左，方向竖直向上；（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mvbv qr，所以轨道半径0mvrqb；质点经过a、o 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在ao的垂直平分线上，且质点从 a 运动到 o 的过程 o 点为最右侧；所以，粒子从a 到 o 的运动轨迹为劣弧；又有033aomvdrqb；根据几何关系可得：带电质点在a 点的入射方向与ao间的夹角1260aodarcsinr；根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运

6、动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在o 点的竖直分速度003602yvv sinv，水平分速度001602xvv cosv；质点从 o 运动到 p的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动；质点运动到p 点，故竖直位移为零，所以运动时间023yvvtgg；所以质点在p 点的竖直分速度032ypyvvv，水平分速度000317322xpxvqevvtvgvmg；所以带电质点从o点进入虚线mn右侧区域后运动到p点时速度22013pypxpvvvv；3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，

7、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

8、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 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

9、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

10、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 36l124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

11、 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32kekt，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

12、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)03kmtbq(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 rr5在平面直角坐标系x0y 中，第 i 象限内存在垂直于坐标平面向里的

13、匀强磁场，在a(l，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为 、5 、 9的同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q在 b(0，l)、c(0，3l)、d(0，5l)放一个粒子接收器，b点的接收器只能吸收来自 y 轴右侧到达该点的粒子，c、d 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子已知速率为的粒子恰好到达b点并被吸收，不计粒子重力(1)求第 i 象限内磁场的磁感应强度b1;(2)计算说明速率为5v、9v 的粒子能否到达接收器;(3)若在第象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度b2的大小和方向【答案】 (1)1mvbql(2)故速率为v的粒子被

14、吸收，速率为9v的粒子不能被吸收(3)22 17( 173)mbql（或2(173 17)4mvbql），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为v的粒子在第象限内运动的半径为rl由牛顿运动定律得21vqvbmr得1mvbql（2）由（ 1）中关系式可得速率为v、9v的粒子在磁场中的半径分别为5l、9l.设粒子与y轴的交点到o的距离为y，将5rl和9rl分别代入下式222()rlyr得这两种粒子在y轴上的交点到o的距离分别为3l、17l故速率为v的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收（3）若速度为9v的粒子能到达d点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外设离子在所加磁场中的

15、运动半径为1r，由几何关系有15172917llrll又221(9 )9vqvbmr解得22 17(517)mvbql（或2(5 1717)4mvbql）若粒子到达c点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：21732917llrll222(9 )9vqvbmr解得22 17( 173)mbql（或2(173 17)4mvbql）6如图所示 ,在直角坐标系xoy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点o,小圆内部 (i 区)和两圆之间的环形区域(区)存在方向均垂直xoy 平面向里的匀强磁场(图中未画出 ),i、区域磁场磁感应强度大小分别为b、2b。a、b 两带正电粒子从o 点同时分别沿y 轴正

16、向、负向运动 ,已知粒子a 质量为 m、电量为q、速度大小为v,粒子 b 质量为 2m、电量为2q、速度大小为 v/2,粒子 b 恰好不穿出1 区域 ,粒子 a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求 :(1)小圆半径 r1；(2)大圆半径最小值(3)a、b 两粒子从o 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t(不考虑 a、b 在其它位置相遇)。【答案】 (1)1mvrqb (2)2min( 31)2mvrqb (3)14 mqb【解析】【详解】解： (1)粒子 b 在区域做匀速圆周运动，设其半径为br根据洛伦磁力提供向心力有：22( )222bvmvqbr由粒子 b 恰好不穿出

17、区域：12brr解得：1mvrqb(2)设 a 在区域做匀速圆周运动的半径为1ar，根据洛伦磁力提供向心力有：21amvqvbr解得：11amvrrqb设 a 在区域做匀速圆周运动的半径为2ar，根据洛伦磁力提供向心力有：222amvqvbr?解得：21122amvrrqb设大圆半径为2r，由几何关系得：1213122rrr所以，大圆半径最小值为：2min( 31)2qbrmv(3)粒子 a 在区域的周期为12amtqb，区域的周期为2amtqb粒子 a 从 o 点出发回到o 点所经过的最短时间为：1121132aaattt解得：176amtqb粒子 b 在区域的周期为：2bmtqb讨论：如果

18、a、b 两粒子在o 点相遇，粒子a 经过时间：176aan mtntqb n=1，2，3粒子 b 经过时间：2bbk mtktqb k=1，2，3abtt时，解得：726nk当7k，12n时，有最短时间：114 mtqb设粒子b 轨迹与小圆相切于p点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在 p点相遇则有：1215(218)663aaaanmtttn tqb n=1， 2，3粒子 b 经过时间：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt时，解得：218213nkab 不能相遇如果 a 粒子在射入小圆时与b 粒子在 p点相遇则有：1217(2113)2663aaaanmtttn t

19、qb n=1，2，3粒子 b 经过时间：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt时，解得：2113213nkab 不能相遇a、b 两粒子从o 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14 mqb7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，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

20、 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+vy20tanyvv解得： v=2v0 =300（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，

21、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

22、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，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

23、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

24、 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9飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析如图所示，在真空状态下，脉冲阀p喷出微量气体，经

25、激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a、b 间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入m、 n 板间的偏转控制区，到达探测器已知元电荷电量为e，a、b 板间距为d，极板 m、n 的长度和间距均为l不计离子重力及进入a 板时的初速度（1）当 a、b 间的电压为1u时，在 m、n 间加上适当的电压2u，使离子到达探测器请导出离子的全部飞行时间与比荷k（nekm）的关系式（2）去掉偏转电压2u，在 m、n 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度b，若进入 a、 b 间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b 间的加速电压1u至少为多少？【答案】（ 1）离子到

26、达探测器的时间121112222mmdltttdlneuneuku（2）22min2532el bum【解析】思路点拨（ 1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系（2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压（1）由动能定理：2112neumvn 价正离子在a、b 间的加速度11neuamd在 a、b 间运动的时间1112vmtdaneu在 mn 间运动的时间2ltv离子到达探测器的时间121112222mmdltttdlneuneuku（2）假定 n 价正离子在磁场中向n 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律2