高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题提高题专题及答案

高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题提高题专题及答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题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，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，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）；（2）；（3）；【解析】【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：(2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到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，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：由洛伦兹力提供向心力得：联合解得：（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.若速度与x轴方向的夹角为角2．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。【答案】（1），，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表达式为（n＝1，2，3，…）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：可得电子从Q点到M点，做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：电子运动至M点时：即：设vM的方向与x轴的夹角为θ，解得：θ＝45°。（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L由洛伦兹力提供向心力可得：即。（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径，即因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：（n＝1，2，3，…）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径解得：（n＝1，2，3，…）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是又则T的表达式为（n＝1，2，3，…）。3．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)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3×105m／s、比荷为108C／kg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α＝因为周期．运动时间．（2）粒子运动情况如图所示，β＝．r2＝Rtanβ＝R由得（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr32+2×π(2r3)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．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1m、R2＝m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1)要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2)若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3)从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【答案】(1)r1<1m.(2)U＝3×107V.(3)t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1)粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2)轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m得r＝易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝m，r3＝m又由动能定理有qU＝mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足vt1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．5．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L="1"m．间距d=m，两金属板间电压UMN=1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m=3×10-10kg，带电量q=+1×10-4C，初速度v0=1×105m/s．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．【答案】（1）；垂直于AB方向出射．（2）（3）【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，则：解得：竖直方向的速度为：vy＝at＝×105m/s射出时速度为：速度v与水平方向夹角为θ，，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为由知：（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：故半径又故所以B2应满足的条件为大于．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.6．一个氘核（）和一个氚核（）聚变时产生一个中子（）和一个α粒子（）。已知氘核的质量为，氚核的质量为，中子的质量为，α粒子的质量为，光速为c，元电荷电量为e。（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能。（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为B。求粒子在磁场中圆周运动的周期T和等效电流I的大小。（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。【答案】（1）（2）（3）α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹【解析】【详解】（1）核反应方程：反应释放的核能：（2）设粒子的速度大小为v，由，得粒子在磁场中运动周期：由电流定义式，得环形电流大小：（3）设电子的质量为，碰撞后α粒子的速度为，电子的速度为ve。由动量守恒：由能量守恒：得因所以，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。7．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，由进入电场时带入数据解得v=1.0×106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动的时间总时间（3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小在电场中侧移：打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75≤y≤1.75.8．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．【答案】（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核反应方程为；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为，环形电流大小为；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m为损．【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得α粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用解答，亦可．【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．9．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【答案】（1）（2）（3）dm＝L【解析】（1）动能定理

Uq＝m1v12得：v1＝…①（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

qvB＝，R＝利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝，R2＝…②两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝…③（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④利用②式，代入④式得：2R1(1−)＞dR1的最大值满足：2R1m=L-d得：(L−d)(1−)＞d求得最大值：dm＝L10．如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有