高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题试卷含答案解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题试卷含答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=R；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，质子束能在OO′连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：又：解得：；根据对称，两束质子会相遇于的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R根据洛伦磁力提供向心力有：可得磁场磁感应强度：(2)磁场O的圆心上移了，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心由于磁场上移了，故sin∠COF==，∠COF=，∠DOF=∠FKD=对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为要使两质子束相碰，其运动时间满足联立解得2．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为，其中k=1.380649×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）微观粒子的平均动能：J（2）解得：由（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：解得由牛顿第二定律解得:3．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求粒子的发射速度v的大小；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ==0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=at2…①a==…②t=…③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα可知tanα=，即α=53°比例η=×100%=29%4．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、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)(2)(3)【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Ⅰ所示．，，，，(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Ⅱ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，(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Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y1，y2，，，，5．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:(1)小圆半径R1；(2)大圆半径最小值(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】解：(1)粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为根据洛伦磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：解得：(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得：设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得：设大圆半径为，由几何关系得：所以，大圆半径最小值为：(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为，Ⅱ区域的周期为粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：解得：粒子b在Ⅰ区域的周期为：讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：当，时，有最短时间：②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇则有：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：ab不能相遇③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇则有：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：ab不能相遇a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变．（1）求粒子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．【答案】（1）；（2）；（3）A.当时，，B.当时，【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：，解得：由题可得：解得；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则A.当时，粒子斜向上射出磁场解得B.当时，粒子斜向下射出磁场解得．7．同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为+q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离，A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率；（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹；【解析】试题分析：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得①A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力②联立解得：③（2）设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得④设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为⑦联立解得：⑧（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹．A经地n加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为、，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得由上可知，是的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．经n次加速后，A、B的速度分别为、，结合④式有由题设条件并结合⑤式，对A有设B的轨迹半径为，有比较以上两式得上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变．由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率8．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为．不计重力，求：（1）离子速度的大小；（2）离子的质量．【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则①又②由①②式得③（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则④由几何关系有⑤解得考点：带电粒子在磁场中的运动点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．9．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M．粒子在磁场中运动的轨道半径为R．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R．不计重力．求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间．【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y轴上得1分）（1分）周期为（1分）过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．由几何知识得，，，α=β（2分）联立得到（2分）解得α=30°，或α=90°（各2分）设M点到O点的距离为h，有，联立得到h=R-Rcos(α+30°)（1分）解得h=(1-)R（α=30°）（2分）h=(1+)R（α=90°）（2分）当α=30°时，粒子在磁场中运