河南省周口市西华县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、河南省周口市西华县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

2、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：cos32

3、lltvv竖直方向上：2221328oceqllatmv解得：2min43mveql将电场力沿平行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 veqlmmvnmv2如图 1 所示为平面坐标系xoy，在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b；在第二象限内的虚直线（6 3xa）和y轴之间存在着如图2 所示的交变磁场（以垂直

4、纸面向外为磁场的正方向）在a（2a，0）点的放射源发出质量为m、带电量为q的粒子，粒子速度大小为00aqbvm，速度方向与x轴负方向的夹角为（090），所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限不计粒子重力和粒子间相互作用(1)求夹角45的粒子经过y轴时的坐标；(2)求第一象限内虚曲线的曲线方程( )y x；(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y轴上的b（0，a）点，则要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期t 应满足什么条件？要求该粒子在c（6 3a，a）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间t与磁场变化周期t的比值k的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间

5、【答案】 (1)(32)ya；(2)22(2)xaxyax； (3)0103mtqb；04 mqb【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，则：2000vqv bmr解得：ra，如图 1 所示，当入射角为45时，根据几何关系可得：y 轴坐标22)(32)222yaaaaa(（2）如图 2 所示，入射角为任意角，进入磁场入射点坐标为（x，y），根据几何关系可得：tan2yax22tanxax得222xaxyax（0 xa）（3）粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3 所示；设粒子在磁场中运动的周期为0t，两圆心连线与y轴夹角为，则：002 mtqb1sin2所

6、以30且满足01504360tt得0103mtqb要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期t应满足0103mtqb；粒子在交变磁场中运动的时间t与磁场变化的周期t的比值为k，即tkt如图 4 所示根据几何关系可得：4 sinbcrkl3 3sin2k由于sin1，所以k最小等于3，即3sin2当60，如图 4 所示，粒子运动时间100602433604 mqmtqbb当 =120时，如图5所示，粒子运动时间220012028443360mmttqbqb3某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行立柱1 下

7、底面中心坐标为,022dd，立柱 2 下底面中心坐标为41,022dd，它们的上底面均位于10zd的平面内两个立柱上、下底面间的电压大小均为u，立柱 1 内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱 2 内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽在10zd和0z的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1b和2b（均未知）现有大量的带正电的粒子从立柱1 底面各处由静止出发，经过立柱1、2 加速后能全部回到立柱1 的下底面若粒子在经过0z和10zd两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力求：（

8、1）粒子经过立柱2 下底面时的动能ke；（2）磁感应强度1b和2b的大小；（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直求从立柱1 下底面出发的粒子再次回到立柱1 下底面的最短时间t【答案】（ 1）2qu；（ 2）1210mudq，15mudq；（ 3）200442(525)221mdqu【解析】【分析】【详解】（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k20que，2kequ（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱

9、1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d第一次加速后：2112qumv，21110vqv bmrdr，解得11210mubdq第一次加速后：22122qumv，22210vqv bmrdr，解得215mubdq（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：最大半径为22m1442(21 )22rddd，由2111mvqv bmr，2222mvqv bmr，解得：114422qb dv

10、m，224422qb dvm；最短时间为：11212101022dmmdtvvvqbqb，解得200 4425 25221mtdqu4如图所示，直角坐标系xoy 平面内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b，一个半径为r的绝缘圆筒垂直于坐标平面放置，圆心p在 x 轴上， o、p间的距离为2r， y 轴上各点处均可沿x 轴正方向发射质量为m、电荷量为q 的同种带正电粒子，粒子的发射速度大小均为v02qbrm，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y 轴上发射的位置坐标；（2）从 y 轴上什么范围内发射的粒子能打在

11、圆筒上?【答案】（ 1）（0，2 - 3rr）（ 2）(25)52ryr（）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：2vqvbmr代入数据，解得：2rr由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据224rrtvv得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时间2tt，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角最小，分析可知粒子打在圆筒与x 轴左侧交点所用的时间最短由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角满足：1sin2rr得到：6粒子在磁场中做圆周运动的周期：224rrtvv2 mqb则最短时间：1126mttqb根据几何关

12、系，发射点距坐标原点o 的距离为：22cos236yrrr即对应粒子在y 轴上发射的位置坐标为（0，2 - 3rr）（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在m 点，坐标为m（0，y1）由几何关系可知，2212(3 )(2)(25)yrrrr设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在q 点，坐标为q（0，y2）由几何关系可知，222(3)(2)2 (25)yrrrr因此能打在圆筒上的粒子在y 轴上射出的范围是：(25)52)ryr（【点睛】粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系 5如图所示，左侧正方形区域abcd有竖直

13、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，

14、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

15、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24llk6如图所示，荧光屏mn与x轴垂直放置，与x轴相交于q点，q点的横坐标06xcm，在第一象限y轴和mn之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度51.6 10/en c，在第二象限有半径5rcm的圆形磁场，磁感应强度0.8bt，方向垂直xoy平面向外磁场的边界和x轴相切于p点在p点有一个粒子源，可以向x轴上方 180 范围内的各个方向发射比荷为81.0 10/qckgm的带正电的粒子，已知粒子的发射速率604.0 10/vm s不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用求：（1）带

16、电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与q点间的最远距离【答案】（ 1）5cm（2）010ycm（3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20vqv bmr解得：05mvrcmqb（2）由（ 1）问中可知rr，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1po fo为菱形，所以1/ /foo p，又o p垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1fo垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010ycm（3）假设

17、粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有00 0 xv t2012hatqeam解得：18210hcmrcm，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则0 xv t212yat代入数据解得2xy设粒子最终到达荧光屏的位置与q点的最远距离为h，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为，000tan2yqe xvm vyvv，所以00tan22hxxxyy，由数学知识可知，当022xyy时，即4.5ycm时h有最大值，所以max9hcm7如图， pq分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为q 的粒子以速

18、度v0沿 ac 方向由 a 点射入。粒子经d 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)=60 。(不计重力 )(1)试求 ad 间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于ac 方向的匀强电场，要想由a射入的粒子仍然能经过 d 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经d 点时速度的偏向角比60 角大还是小 ?为什么 ?【答案】（ 1）omvr=bq（ 2）a60【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60，即 ad=r由200vqv bmr得 ad=0mvrbq（2）经 d 点3cos302xrr，1sin302yrr而0 xv t，212y

19、at，qeam解得043ebv，方向垂直ac向上速度偏向角yxvvtana，yvat解得2tan2 tan3033而tan60 = 3，即tantan60，则608如图所示，真空中区域i 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域ii 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在q 板上能产生亮斑。现有一束电子从a 处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与p板成 300夹角。已知电子质量为m，电荷量大小为 e，区域 ii 的电场强度2038mveed，不计重力和电子间的相互作用力，求：(1)若电子垂直打

20、在q 板上， i 区磁场的磁感应强度b1大小和电子到达q 板的速度。(2)逐渐增大磁感应强度b1为保证 q 板上出现亮斑，所加磁感应强度b昀最大值。【答案】（ 1）001132mvmvbered；02vv；（ 2）i 区磁场的磁感应强度最大值为0(31)2mmvbed【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得20mvevbr，可解得0mvreb若电子垂直打在q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关系得r1cos30 =d，可解得12cos303ddr故 i 区磁场的磁感应强度为001132mvmvbered电子在电场中做匀减速直线运动，

21、由动能定理得2201122eedmvmv，解得02vv（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得2201122eedmvmv，解得02vv若电子恰好打在q 板上，说明速度的方向刚好与q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为 ，v0cos =v，解得 =60在磁场中，由几何关系知r2cos30 +r2cos60 =d，得231rd，此时0022312mvmvbered故i区磁场的磁感应强度最大值为0312mmvbed9如图所示，质量m=15g、长度 l=2m 的木板 d 静置于水平地面上，木板d 与地面间的动摩擦因数 =0.1，地面右端的固定挡板c与木板 d 等高。在挡板c 右侧竖

22、直虚线pq、mn之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为r1=1m 和 r2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心o 到固定挡板c顶点的距离 oc=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q=+6103c 的物块 a(可视为质点 )以v0=4m/s 的初速度滑上木板d，二者之间的动摩擦因数2=0.3，当物块a 运动到木板d 右端时二者刚好共遠，且木板d 刚好与挡板c 碰撞，物块a 从挡扳 c上方飞入pqnm 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取 10m/s2。(1)当物块a刚滑上木板d时，求物块a和木板d的加速度大小.(2)

23、求电场强度的大小.(3)为保证小物块a 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】 (1)3m/s2，1m/s2；(2)25v/m ；(3)5153tbtbt或【解析】【详解】（1）当物体刚滑上木板d 时，对物体a 受力分析有：22mgma解得： a2=3 m/s2对木板 d 受力分析有：211 2mgmgma解得： a1=1m/s2（2）物块 a 进入区域pqnm 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mgqe解得： e=25 v/m；（3）物块 a 与木板 d 共速时有：21yvva ta t解得： v=1 m/s粒子做匀速圆周运动有：2vqvbmr要使物块 a 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块a 在磁场中运动的轨迹半径 r 应满足 :112+222ocrocroc rrr或解得：5513bttbt或。10 如图所示，坐标系xoy 位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场一质量为m，电量为q的小球 a 从 a 点由静止释放沿ao方