江苏省江阴一中高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、江苏省江阴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，在平面直角坐标系xoy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为 b 的匀强磁场区域abc ，a 点坐标为（ 0，3a）， c点坐标为（ 0， 3a），b 点坐标为(2 3a，-3a）在直角坐标系xoy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为e=bv0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为q粒子束以相同的速度v0由 o、c间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上 y=2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过o 点忽略粒子间的相互作用，不计粒

2、子的重力（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距q 点最远？求出最远距离【答案】 (1)0vba(2)0 y2a(3)78ya，94a【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为ra由牛顿第二定律得bqv0m20vr故粒子的比荷0vqmba(2)能进入电场中且离o 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与ab边相切，设粒子运动轨迹的圆心为o点，如图所示由几何关系知oa rabbc2a则oooao aa即粒子离开磁场进入电场时，离o 点上方最远距离为odym2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0 y2 a(3)假设粒子没

3、有射出电场就打到荧光屏上，有3av0 t02019222qeytaam，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有xv0 t竖直方向有212qeytm代入数据得x2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距q 点为 h，粒子射出电场时与x 轴的夹角为 ，则002tanyxqexvmvyvva有h(3ax) tan (32 )2ayy当322ayy时，即 y98a 时， h 有最大值由于98a2a，所以 h 的最大值hmax94a，粒子射入磁场的位置为y98a 2a78a2如图所示，在两块长为3l、间距为l、水

4、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

5、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

6、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.3如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域mnpq内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度b=0.33t水平边界mn 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度e=200n/c现有大量质量m

7、=6.61027kg、电荷量q=3.2 1019c的带负电的粒子，同时从边界pq 上的 o 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6 106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与 x 轴负方向成60 角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从 mn 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】 （1）r=0.1m （2）43.3 10ts（3）3060曲线方程为222xyr(30.1 ,0.120rmmxm)【解析】【分析】

8、【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2vqvbmr，解得0.1rm（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30 ，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qeam粒子在电场中运动的时间2vta解得43.3 10ts（3）如图乙所示，由几何关系可知，从mn 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为 60 ，圆心角小于60 的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60 ，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30 60所有粒子此时分别在以o 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为

9、22xyr30.1 ,0.120rmmxm【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径4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

10、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：

11、 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，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

12、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；5长为 l的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为u，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为b 的匀强磁场荧光屏mn 与电场方向平行，且到匀强电、

13、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m 带 q 的粒子源，如图甲所示假设a、b、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的o 点； b 粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示此时，a、b、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的o 点； b、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距o 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点求：(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏o 点时的动能；(2)b，c 粒子中打到荧光

14、屏上的点与o 点间的距离 (用 x、l、d 表示 )；(3)b，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比【答案】 (1) 242222222akl b d q m uemb d (2) 1()2xydl (3) 11224=5uqywduqwyd【解析】【详解】据题意分析可作出abc 三个粒子运动的示意图，如图所示(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达o 点，运动轨迹如图中 所示uqbqvd，bduv，llbdtvu，222122auql b qdytdmmu，21

15、()2aakuuqyemdbd242222222akl b d q m uemb d(2) 从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中所示设 c 粒子打到荧光屏上的点到o 点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dyllx，1()2xydl(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t2如图中 的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y1， y221112uqytmd，11yuqvtmd1222212yuqtmytdv，22158quytmd，124=5yy，11224=5u

16、qywduqwyd6如图所示，虚线mn为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为e方向竖直向下且与边界mn成=45 角，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直纸面向外，在电场中有一点 p，p点到边界 mn的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从p处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为b，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则b的最小值为多少？【答案】（ 1）2qedmv（2）4 2caxd（3）2 22

17、bb【解析】【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得212qedmv，解得2qedvm（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为cax由类平抛规律xvt，212eqytm由几何知识可得x=y，解得2mdteq两点间的距离为2caxvt，代入数据可得4 2caxd（3）由2mvqvbr可得mvrqb，即12medrbq由题意可知，当粒子运动到f点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即b最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有几何关系可知224rr又因为mvrqb，所以mvb

18、qr，代入数据可得2 22bb7如图所示的xoy 坐标系中， y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 b，方向垂直于xoy 平面向外 q1、 q2两点的坐标分别为(0，l)、(0， l)，坐标为 (33l，0)处的 c点固定一平行于y 轴放置的绝缘弹性挡板，c为挡板中点带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y 轴方向分速度不变，沿x 轴方向分速度反向，大小不变现有质量为 m，电量为 +q 的粒子，在p 点沿 pq1方向进入磁场， =30，不计粒子重力(1)若粒子从点q1直接通过点q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子从点q1直接通过坐标原点o，求粒子第一次经过x 轴的交点坐标(3)若

19、粒子与挡板碰撞两次并能回到p点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度【答案】（ 1）2 33qblm（2）（303l，）（ 3）49l【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题分析：（ 1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为 r1，由几何关系得r1cos30 =l（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有： （2）解得： （3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x 轴交点为m，横坐标为xm，由几何关系知： 2r2cos30 =l（ 4）xm=2r2sin30 （5）则 m 点坐标为（） （6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周

20、运动的半径大小为r3，偏转一次后在y 负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2r3cos30 （7）为保证粒子最终能回到p，粒子每次射出磁场时速度方向与pq2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与pq1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y 轴上距离 y2（如图中a、e间距）可由题给条件得： （8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3y12y2=2l （9）解得： （10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有： （ 11）解得： （12）挡板的最小长度为： （13）解得： （14）8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，

21、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

22、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44a

23、mm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9（17 分）在半径为r 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为 b。一质量为m，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径ad 方向经 p点（ ap=d）射入磁场（不计重力影响）。（1）如果粒子恰好从a 点射出磁场，求入射粒子的速度。（2）如果粒子经纸面内q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在q 点切线的夹角为 （如图）。求入射粒子的速度。【答案】 1）（2）【解析】试题分析：（ 1）由于粒子在p点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在ap上， ap 是直径。设入射粒子的速度为v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：由 式解得：（2）设 o 是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，