江西省抚州市南城县第一中学高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错题

1、江西省抚州市南城县第一中学高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错题一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题1“ 太空粒子探测器” 是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为o，外圆弧面ab的电势为2l()o，内圆弧面cd的电势为，足够长的收集板mn 平行边界acdb ，acdb与mn 板的距离为l假设太空中漂浮着质量为m，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 ab圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界acdb的粒子再次返回（1）求粒子到达o 点时速

2、度的大小；（2）如图 2 所示，在pq（与 acdb重合且足够长）和收集板mn 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到ab 圆弧面的粒子经o 点进入磁场后最多有23能打到 mn 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图 3 所示，在pq（与 acdb重合且足够长）和收集板mn 之间区域加一个垂直mn的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4el，若从 ab圆弧面收集到的某粒子经o 点进入电场后到达收集板mn 离 o 点最远，求该粒子到达o 点的速度的方向和它在pq与 mn 间运动的时间【答案】（ 1）2qvm；（ 2）12mblq；（ 3）060；22mlq【解析】【分析】

3、【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qumv2u2qvm(2）从 ab圆弧面收集到的粒子有23能打到 mn 板上，则上端刚好能打到mn 上的粒子与mn 相切，则入射的方向与oa 之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2rl由洛伦兹力提供向心力得：2vqbvmr联合解得：12mblq（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与mn 相切时，切点到o 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标 .212qeltm222mlmtlqeq22xeqqelqvtmmm若速度与x 轴方向的夹角为角cosxvv1

4、cos20602如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域aoc，ac上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度acl，30a，现有一个质量为m，带电量为q可视为质点的小球从a点，以初速度v沿ao方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到c点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在aoc区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：（1）要使小球能到达c点，求磁感应强度的最小值minb；（2）要使小球能到达c点，求小球与ac边碰撞次数n和磁感应强度大小b应满足的条件（3）若在aoc区域施加一个沿o到c方向的匀强电场，则：要使小球能到达c点，求电场强度的最小值mine；要使小球能到达c点，求小球

5、与ac边碰撞次数和电场强度大小e应满足的条件。【答案】（ 1）minqbmvl；（ 2）minnqbmvl，其中nn；（ 3）2min43mveql；2291232m veqlmmvnmv【解析】【详解】（1）根据几何关系可知粒子能够运动到c点的最大半径为rl根据2vbqvmr解得：minqbmvl（2）粒子与板发生n次碰撞所对应的轨道半径为：lrn根据2vbqvmr解得：minnqbmvl，其中nn（3）在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到c点时电场强度最小，水平方向上：cos32lltvv竖直方向上：2221328oceqllatmv解得：2min43mveql将电场力沿

6、平行ac和垂直ac分解/sin2eqeqammcos32eqeqamm02 sin23vmvtaeq沿ac方向的运动是初速度为/32vv，加速度为/2eqam的匀加速直线运动得到2/2/13224eqlv ta tvttm所以22343m veqlmmvteq得0tnt即2291232m veqlmmvnmv3如图所示，左侧正方形区域abcd有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域cefg有电场，一质量为m，带电量为 +q 的小球，从距a 点正上方高为l的 o点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从c点水平进入右侧正方形区域cefg 已知正方形区域的边长均为l，重力加速

7、度为g，求：（1）左侧正方形区域的电场强度e1和磁场的磁感应强度b；（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从f点飞出，求该电场场强 e2的大小；（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为3kmgeq（ k 为正整数），试求小球飞出该区域的位置到g 点的距离【答案】（ 1）1mgeq，方向竖直向上；2mgbql，方向垂直纸面向外（2）23mgeq（3） l24llk【解析】【详解】（1）12vgl小球做匀速圆周运动1qemg解得：1mgeq，方向竖直向上由几何关系rl，又211vqv bmr解得：2mgbql，方向垂直纸面向外（2）在 cefg区域，小球做类

8、平抛运动，水平方向：1lv t，解得2ltg竖直方向：212lat，解得4ag又2qemgma，解得23mgeq（3）水平方向：3qema，解得akg竖直方向小球做自由落体运动.当水平方向减速至零时，用时12glvtakg由212axv，解得lxk，当 k=1 时， x=l，小球水平方向恰好到达fg边，此时竖直位移212ygt=l，小球恰好从f点飞出，此时距g 点 l当 k=2，3，4 时， xl，竖直位移2122ygt=24lk l，小球从cg边飞出，此时距g点24llk4(18分 ) 如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为l 的平

9、行金属极板mn和 pq ，两极板中心各有一小孔1s、2s，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0u，周期为0t。在0t时刻将一个质量为m、电量为q（0q）的粒子由1s静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02tt时刻通过2s垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达2s时的速度大小v和极板距离d（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03tt时刻再次到达2s，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小【答案】（ 1）0024tqudm（ 2）024mu

10、blq（3）2 mtqb087mbqt【解析】（ 1）粒子由1s至2s的过程中，根据动能定理得2012qumv由式得02quvm设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得0uqmad由运动学公式得201()22tda联立式得0024tqudm(2) 设磁感应强度大小为b，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得2vqvbmr要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足22lr联立式得024mublq（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t，有1dvt联立式得014tt若粒子再次达到2s时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为2t，根据运动学

11、公式得22vdt联立91011式得022tt设粒子在磁场中运动的时间为t001232ttttt联立式得074tt设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为t，由6 式结合运动学公式得2 mtqb由题意得tt联立式得087mbqt5现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xoy坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为b现有电荷量均为q的ab、两粒子从坐标原点o 以相同速率v同时射入磁场，a沿x轴正方向，b沿y轴正方向，a粒子质量为m，b粒子质量为2m，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：（1）当a粒子第 1 次刚到达y轴时，b粒子到达的位置坐标；（2）ab、粒子是否会再次相遇？如能，请通过推

12、导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由；（3）设两粒子在y轴上投影的距离为y，则y何时有最大值并求出y的最大值【答案】 （1）（22mvmvqbqb，）（ 2）a、b 粒子在4k mtqb时刻相遇（k=1、2、3 ）（ 3）(43)nmtqb（n=1、2、3 ）4mvbq【解析】试题分析：（ 1）由可知：a 粒子半径周期b 粒子半径2122mvrrqb周期21222mttqba 粒子第 1 次刚到达y 轴历时所以此时b 粒子运动14周，位置坐标为（）（2）由图可知：ab 可能在 o、p点再次相遇因为，所以 a.b 粒子经过24 mttqb在 o 点再次相遇，该过程粒子不可能在p点相遇所以 a.

13、b 粒子在4k mtqb（k=1、 2、3 ） 时刻相遇（3）解法一：由第（ 1）问分析可知，当a 粒子第二次到达其圆轨迹最高点时（即a 粒子运动了132t），b 粒子恰好在其圆轨迹的最低点，此时两粒子在y 轴上投影的距离y 最大考虑圆周运动的周期性，此后a粒子每运动两周，b 粒子运动一周，两粒子在y 轴上投影的距离 y 再次最大所以113(43)22nmttntbq时最大max144mvyrbq解法二：由可知： a 粒子半径为r 时， b 粒子的半径为2r由可知： b 的半径扫过角时， a 的半径扫过2角当时，有最大值4r，此时即2221.52tbqtnttm得：时最大，max44mvyrb

14、q考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了6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 ,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=

15、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】(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：

16、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

17、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7如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向在x = l到 x =2l之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上 x =3l的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为b，重力加速度为g求：（1）电场强度的大小；（2）带电微

18、粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标【答案】（ 1）gk（2）2gkb（3）2222232(,)28gk b llk bg【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qe，又=qkm解得gek（2）由几何关系：2rcos =l，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2vqvbmr；由cosyvv在进入复合场之前做平抛运动：ygtv0lv t解得02gvkb（3）由212hgt其中2kbltg，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：32oxl；222222sin8ogk b lyhrk bg8如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电

19、场强度的大小为 e，电场强度方向沿y 轴正方向；在第三象限的正三角形pmn 区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外，正三角形边长为l，且 pn边与 y 轴平行。现有一重力不计带负电的粒子，从y 轴上的 a点，以大小v0的速度沿x 轴负方向射入电场，通过电场后从x 轴负方向上的p点进入第三象限，且速度与x 轴负方向夹角为, 又经过磁场后从y 轴负方向进入第四象限，且速度与y 轴负方向夹角为 ( 已知+=090， op=2ao=4h).求：(1) 带电粒子的比荷qm =?(2) 粒子到达p点时速度的大小和=?(3)pmn 区域内磁场的磁感应强度b的最小值； (以上 3 小题答案均用e、h、l

20、、v0等表示 )【答案】（ 1）204vqmeh（2）02v，450（ 3）08ehlv【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析， =450 并且当粒子从 n点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。【详解】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为1t，则水平方向有：0 14hv t竖直方向有：2122eqhtm联立得：204vqmeh（2）设粒子到达p点时时竖直方向的速度vy则有：122yvht联立得：

21、y0vv所以粒子到达 p点时速度大小为02pvv与x轴的夹角为 ，由几何关系得：00tan1yxvvvv，所以 =450 （3）经分析， =450 并且当粒子从n点出磁场时，磁感应强度最小由几何关系得：22rl由洛伦兹力提供向心力得：2pvbqvmr联立得：即磁感应强度的最小值08ehblv【点睛】本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。9如图所示，地面某处有一粒子发射器a，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于 v02v0的电子。发射器右侧距离a 为 l 的 o 处

22、，有一足够长突光板od，可绕 o 点 转动，使其与水平方向的夹角可调，且aod在同一平面内，其中oc段长度也为l， 电子打到荧光板上时，可使荧光板发光。在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀强磁场。设电子质量为m，电荷量为e，重力忽略不计。初始=45 ，若速度为2v0的电子恰好垂直打在荧光板上c 点，求：（1）磁场的磁感应强度大小b；（2）此时速率为1.5v0的电子打到荧光板上的位置到0 点的距离x；（3）在单位时间内发射器a 发射 n 个电子，保持磁感应强度b 不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收， 50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的 0.5 倍，求荧

23、光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）；（4）若磁感应强度在（b-b）到（ b+b）之间小幅波动，将荧光板角调整到90 ，要在探测板上完全分辨出速度为v0和 2v0的两类电子，则bb的最大值为多少？【答案】 (1)02mvel (2) 34-28l (3) 0158nmv（4）13【解析】【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力：qvb=m2vr2v0对应半径为l，得b=02mvel（2） 1.5v0对应运动半径为0.75lcosl35 =2220.25(0.75 )20.25lxllx（）2221042xxll解得 :x=-2348l取x=34-28l（3）f吸=0002350%24pmvmvnnmvt吸f反=0002950%1.528pmvmvnnmvt反（）f总=f吸+f反=0158nmv（4）x1=2211()rlrx2=2222()rlrr1=0()mve bbr2=02()m ve bbx2 x1得bb最大值为1310 在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合， o 点与桌面