福建省福清市华侨中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

1、福建省福清市华侨中学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，一质量为m、电荷量为 +q 的粒子从竖直虚线上的p点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的a点巳知p、a两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为 =37 ，不计粒子的重力，(sin 37 =0.6，cos 37 =0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小b1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量q(已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从 p点到 a

5、点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小 b2和匀强电场的电场强度大小e.【答案】（ 1）0152mvbql（2）2058mv lqkq（ 3）0253mvbql2020(23)9mveql【解析】【分析】【详解】（1)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得112cos25rll由洛伦兹力提供向心力可得20011vqv bmr解得 :0152mvbql(2)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷q 做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lrl由库仑力提供向心力得20222vqqkmrr解得

6、 :2058mv lqkq(3)粒子从 p 到 a 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35lltvv根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2tt又22 mtqb解得0253mvbql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v tr解得 :35lr粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qelrtm解得 :2020(23)9mveql3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

7、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

8、 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

9、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。4“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

10、点时速度的大小；（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】

11、【分析】【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cos

12、xvv1cos20605如图所示，在xoy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y 轴向下一电子以速度v0从 y 轴上的 p点垂直于y 轴向右飞入电场，经过x 轴上 m 点进入磁场区域，又恰能从y 轴上的 q 点垂直于 y 轴向左飞出磁场已知p点坐标为(0，l)，m点的坐标为(233l，0)求(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（ 1）02vv；（ 2）2049ltv【解析】【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为，（1）在电场中x 轴方向：0 12 33lv t，y 轴方向12yv

13、lt：，0tan3yvv得60，002cosvvv（2）在磁场中，2 34sin3lrl磁场中的偏转角度为23202439rltvv6如图所示，三块挡板围成截面边长l1.2m 的等边三角形区域，c、p、q 分别是 mn、am 和 an 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，mn 水平， mn 上方是竖直向下的匀强电场，场强e=410-4n /c三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b1；amn 以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为b23b1的匀强磁场现将一比荷q/m=105c/kg 的帯正电的粒子，从o 点由静止释放，粒子从mn 小孔 c 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直

14、接垂直an 经过 q 点进入外部磁场已知粒子最终回到了o 点，oc相距 2m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取 3求：（1） 磁感应强度b1的大小；（2） 粒子从 o 点出发，到再次回到o 点经历的时间；（3） 若仅改变b2的大小，当b2满足什么条件时，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点（若粒子经过a 点立即被吸收）【答案】（ 1）51210t3b；（ 2）-22.8510 st；（ 3）524210t3kb【解析】【详解】（1） 粒子从 o 到 c 即为在电场中加速，则由动能定理得：212eqxmv解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运

15、动轨迹如图所示由几何关系可知10.6m2lr由211vqvbmr代入数据得51210t3b（2）由题可知b2=3b1=2 10-5 t211vqvbmr则120.2m3rr由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112xvt得到 t1=0.01 s粒子在磁场b1中的周期为112 mtqb则在磁场b1中的运动时间为32113 10 s3tt在磁场 b2中的运动周期为222 mtqb在磁场 b2中的运动时间为3-3321803001801110s5.5 10 s3606tt则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s2.85 10 s6tttt（3）设挡板外磁场变为2b，粒子在磁场中

16、的轨迹半径为r，则有22vqvbmr根据已知条件分析知，粒子可以垂直于ma 经孔 p回到 o 点，需满足条件212lkr其中k=0、1、2、3解得524210t3kb7如图，一半径为r 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心o 到直线的距离为现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域若磁感应强度大小为b，不计重力，求电场强度的大小【答案】2145qrbem【解析】【分析

17、】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动带电粒子在磁场中做圆周运动粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得2vqvbmr式中 v 为粒子在a 点的速度过 b 点和 o 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和 d 点由几何关系知，线段acbc、和过a、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形因此acbcr设,cdx有几何关系得45acrx2235bcrrx联立 式得75rr再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为e，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qe=ma 粒子在电场方向和直

18、线方向所走的距离均为r，有运动学公式得212ratr=vt 式中 t 是粒子在电场中运动的时间联立式得2145qrbem【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来8通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数n 的比值），可研究中子（10n）的衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子e。如图所示，位于p点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射n 个质子。在p点下方放置有长度1.2ml

19、以 o 为中点的探测板，p点离探测板的垂直距离op为 a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为b 的匀强磁场。已知电子质量312e9.1 10kg0.51mev / cm，中子质量2n939.57mev / cm，质子质量2p938.27mev / cm（c 为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量211814.8 10kg m s3 10 mev s mp。（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以mev为能量单位）；（2）当0.15ma，0.1tb时，求计数率；（3）若a取不同的值，可通过调节b的大小获得与（2）问中同样的计数率，求b与a的关系并给出

20、b的范围。【答案】 (1) 0.7468mev (2) 23 (3) 15t40b【解析】【分析】【详解】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：01110e011npe核反应过程中：222npe0.79mevdem cm cm c根据动量和动能关系：2pp0.0432mev2kpem则总动能为：ep0.7468mevdkeeee（2）质子运动半径：0.3mpreb如图甲所示：打到探测板对应发射角度：6可得质子计数率为：42323（3）在确保计数率为23的情况下：2ra即：3200ba如图乙所示：恰能打到探测板左端的条件为：222maxmax444rlr即：15t40b9如图（甲）所示，两带等

21、量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为l，两板间距离为 2y0，金属板的右侧宽为l的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直现有一质量为m，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的 a 点以速度 v0沿 x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（l，0）进入磁场区域，进入时速度方向与 x 轴夹角为30 ，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（ 2l，0）点与 x 轴正方向成30 夹角飞出磁场，不计粒子重力试求：（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定a 点的位置；（3）写出磁场

22、区域磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t 应满足的表达式【答案】（ 1）2016wmv（2）2002 33y mvuql ,36yl (3) 002 33nmvbql , 0312 3 43ltnnv（， ，）【解析】试题分析：（ 1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：002 3cos303vvv电场力对粒子所做的功为：22200111226wmvmvmv（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v ，则：v =v0tan30 =033v水平方向：l=v0t竖直方向： y12vt解得：36yl电场力对粒子所做的功：w=qey两板间的电压u=2ey0解得：2002 33y mvuql（3）由对称性可

23、知，粒子从x=2l点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为 = 30；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2=60；故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2rsin30 =r粒子到达x=2l 处且速度满足上述要求是：nr=llrn（n=1，2，3， ）由牛顿第二定律，有：20vqvbmr解得：002 33nmvbql（n=1，2， 3， ）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过16周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2l处且满足速度题设要求；0162tktk；02 rtv解得：033ltv（n=1，2，3， ）当026tt，033ltv考点：带