湖南省长沙市铁路一中高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、湖南省长沙市铁路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，两条竖直长虚线所夹的区域被线段mn 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板 pq垂直 mn 放置，挡板的中点置于n 点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠m 的上方取点a，一比荷qm=5 105c/kg 的带正电粒子，从a点以 v0=2 103m/s 的速度沿平行mn 方向射入电场，该粒子恰好从p点离开电场，经过磁场的作用后恰好从q 点回到电场。已知mn、pq 的长度均为l=0.5m，不考虑

2、重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。(1)求电场强度e的大小；(2)求磁感应强度b的大小；(3)在左侧虚线上m 点的下方取一点c，且 cm=0.5m，带负电的粒子从c 点沿平行mn 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到q 点和 p点，求两带电粒子在a、c 两点射入电场的时间差。【答案】 (1) 16/nc (2) 21.6 10t (3) 43.9 10s【解析】【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：l=v0t 2122lqetm解得 e=16n/c（2）设带正电的粒子从p点射出电场时与虚线的夹角为 ，则：0t

3、anvqetm可得 =450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2vqvbmr由几何关系可知22rl解得 b=1.6 10-2t （3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32，带负电的粒子转过的圆心角为2；两带电粒子在 ac 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差；若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22rmtvqb；带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s4tt；带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4212.010s4tt带电粒子在ac 两点射入电

4、场的时间差为4123.9 10ttts2如图所示为电子发射器原理图，m 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝 d 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱a可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与 a 同轴放置的金属网c的半径为2a.不考虑 a、c的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若 a、c间加速电压为u，求电子通过金属网c 发射出来的速度大小vc；(2)若在 a、c 间不加磁场和电场时，检测到电子从m 射出形成的电流为i，求圆柱体a在 t时间内发射电子的数量n.(忽略 c、d 间的距离以及电子碰撞到c、d

5、 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若 a、c间不加电压，要使由a 发射的电子不从金属网c射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度b的最小值【答案】(1)22eeuvvm (2) 4 altned(3) 43mvbae【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网c 发射出来的速度大小；（ 2）根据neit求解圆柱体 a 在时间 t 内发射电子的数量n；（ 3） 使由 a 发射的电子不从金属网c 射出，则电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解 b.【详解】（1）对电子经 ca 间的电场加速时，由动

6、能定理得221122eeumvmv解得：22eeuvvm（2）设时间t从a中发射的电子数为n，由m口射出的电子数为n，则neit224ddnnnaa解得4 altned（3）电子在 ca 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为b设此轨迹圆的半径为r，则222(2)arra2vbevmr解得：43mvbae3如图所示，一匀强磁场磁感应强度为b；方向向里，其边界是半径为r的圆， ab为圆的一直径 .在 a 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量 -q 的粒子，粒子重力不计(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从b 点射出求此粒子在磁场中运动的时间(2

7、)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2 次碰撞后回到a 点，则该粒子的速度为多大?(3)若 r=3cm、b=0.2t，在 a 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3 105ms、比荷为 108ckg 的粒子试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2 位有效数字 )【答案】（ 1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=t 求出粒子在磁场中运动的时间（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关

8、系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积【详解】（1）由得 r1=2r粒子的运动轨迹如图所示，则 因为周期运动时间（2）粒子运动情况如图所示， r2rtan r由得（3）粒子的轨道半径r31.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为s= r32+2 (2 r3)2-r32=9.0 10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练4如图，平面直角坐标系中，在，y0

9、 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p2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

10、】【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

11、 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： t2=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）=04053760lv5电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场的

12、极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间oo 射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为u0、周期为2t0的电压 (如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上已知磁场的水平宽度为l，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计（1）求电子离开偏转电场时的位置到oo 的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度b求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y【答案】（ 1

13、）2010u eytdm（2）0 0u tbdl2010u eyytdm【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、 等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到 oo的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max00000311222yu eu eu eyatv ttttdmdmdm从 t0、3t0、 等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到oo的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min001122u eyattdm最远位置和最近位置之间的距离：1maxminyyy，2010u eytdm（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ，由于电子

14、要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sinlr设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，1sinyvv，式中00yu evtdm又：1mvrbe解得：0 0u tbdl由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上由第（ 1）问知电子离开偏转电场时的位置到oo 的最大距离和最小距离的差值为y1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010u eyytdm6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

15、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

16、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 bg7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

17、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 22bb【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12me

18、drbq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mvbqr，代入数据可得2 22bb8如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当22l，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y 轴相切于 o 点，在 x 轴上坐标为 (l，0)的 p点沿与 x 轴正向成=45方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直 y

19、 轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y 轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力求(1)粒子从 y 轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从 p 点射出到出磁场运动的时间为多少?【答案】（ 1）（ 0，12l）（ 2）202mveql022mvbql（3）002(1)2lltvv【解析】【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）根据粒子运动过程，求出粒

20、子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向： l=v0cos ?t1，竖直方向： y=12v0sin ?t1，解得： y=12l，粒子从 y 轴上射出电场的位置为：（0，12l）；（2）粒子在电场中的加速度：a=qem，竖直分位移： y=12at12，解得：202mveql；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y 轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，由几何知识得：ac与竖直方向夹角为45 ，ad=2y=22l，因此 aac刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=l，粒子在磁场中做圆周运动

21、，由牛顿第二定律得：qvb=m2vr，其中，粒子的速度：v=v0cos ，解得：022mvbql；（3）粒子在电场中的运动时间：1002lltv cosv，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：2122xll，粒子做运动直线运动的时间：20(22)2xltvv，粒子在磁场中做圆周运动的时间：301122442mlttqbv，粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=002 12llvv；【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运

22、用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间9如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次衰变成钋 po，新核 po 的速率约为2 105m/s衰变后的粒子从小孔p进入正交的电磁场区域，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度b=0.1t之后经过a孔进入电场加速区域，加速电压u=3106v从区域射出的 粒子随后又进入半径为r=33m 的圆形匀强磁场区域，该区域磁感应强度b0=0.4t、方向垂直纸面向里圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点m和圆形磁场的圆心o、电磁场区域的中线在同一条直线上，粒子的比荷

23、为qm=5 107c/kg(1)请写出衰变方程，并求出粒子的速率 (保留一位有效数字)；(2)求电磁场区域的电场强度大小；(3)粒子在圆形磁场区域的运动时间多长？(4)求出粒子打在荧光屏上的位置【答案】 （1）222218486842rnpohe1 107 m/s （2）1 106v/m （3）6 107s （4）打在荧光屏上的m 点上方 1 m 处【解析】【分析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度；（2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可；【详解】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：222

24、218486842rnpohe 设 粒子的速度为0v，则衰变过程动量守恒：100pohem vm v 联立可得：701 10/vm s （2）粒子匀速通过电磁场区域：0qeqv b 联立可得：61 10/evm （3）粒子在区域被电场加速：2201122qumvmv所以得到：72 10/vm s 粒子在区域中做匀速圆周运动：2vqvbmr所以轨道半径为：1rm 而且：2 rtv 由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角60，所以粒子在磁场中的运动时间16tt联立可得：7106ts；（4）粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心o，几何关系如图：60 xtanr，所以1xm，粒子打在荧光屏上的m 点上方1m处【点睛】本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键10 如图所示，在竖直平面内有一直角坐