江西省恒立中學高中物理帶電粒子在磁場中的運動壓軸題易錯題

1、江西省恒立中學高中物理帶電粒子在磁場中的運動壓軸題易錯題一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，在兩塊長為3l、間距為l、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場現(xiàn)將下板接地，讓質(zhì)量為m、電荷量為q 的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點o 以初速度v0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點若撤去平行板間的磁場，使上板的電勢隨時間 t 的變化規(guī)律如圖所示，則t=0 時刻，從o 點射人的粒子p經(jīng)時間 t0(未知量 )恰好從下板右邊緣射出設(shè)粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子間的作用力均不計(1)求兩板間磁場的磁感應(yīng)強度大小b(2)若兩板右側(cè)存在一定寬度的、方向垂直紙面向里的

2、勻強磁場，為了使t=0 時刻射入的粒子p經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的第一個周期內(nèi)能夠回到o點，求右側(cè)磁場的寬度d應(yīng)滿足的條件和電場周期t 的最小值tmin【答案】 （1）0mvbql（2）223cos2drarl；min0(6 32 )3ltv【解析】【分析】【詳解】（1）如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為r1，則0102qv bmvr由幾何關(guān)系：222113()()22llrr解得0mvbql（2）粒子 p從 o 點運動到下板右邊緣的過程，有：0 03lv t01122ylv t解得033yvv設(shè)合速度為v，與豎直方向的夾角為 ，則：0tan3yvv則=3002 3sin3vvv粒

3、子 p在兩板的右側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)做圓周運動的半徑為r2，則212sinlr，解得233lr右側(cè)磁場沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為223cos2drrl；由于粒子p從 o 點運動到下極板右側(cè)邊緣的過程與從上板右邊緣運動到o 點的過程，運動軌跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時間相等，則：2min0(22 )2rttv解得min06 323ltv【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運動特征，畫出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài).2如圖所示，在直角坐標系x0y 平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為l的正方向區(qū)域

4、，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高l，寬 2l 的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應(yīng)強度大小均相等，第一象限的xl，ly2l的區(qū)域內(nèi)，有沿y 軸正方向的勻強電場現(xiàn)有一質(zhì)量為四電荷量為q 的帶負電粒子從坐標(l，3l/2)處以初速度0v沿 x 軸負方向射入電場，射出電場時通過坐標(0， l)點，不計粒子重力(1)求電場強度大小e；(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0 到達坐標 (-l，0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小b；(3)求第 (2)問中粒子從進入磁場到坐標(-l，0)點所用的時間【答案】 （1）20mveql（

5、2）04nmvbqln=1、2、3.（3）02ltv【解析】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求解(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動有：0lv t，2122lat，qema聯(lián)立解得 ：20mveql(2)粒子進入磁場時，速度方向與y 軸負方向夾角的正切值tanxyvv=l 速度大小002sinvvv設(shè) x 為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(一 l，0 )點，應(yīng)滿足l=2nx，其中 n=1、 2、3.粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為2；當滿足l=(2n+1)x 時，粒子軌跡如圖乙所示若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為r，圓弧對應(yīng)的

6、圓心角為2.則有 x=2r，此時滿足l=2nx聯(lián)立可得：2 2lrn由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：2vqvbmr得：04nmvbql，n=1、2、 3.軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為r，圓弧對應(yīng)的圓心角為2.則有222xr，此時滿足221lnx聯(lián)立可得：2212lrn由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：222vqvbmr得：022 21nmvbql，n=1、2、 3.所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0 到達坐標 (-l，0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小04nmvbql，n=1、2、3.或022 21nmvbql， n=1、 2、3.(3) 若軌跡如圖甲 ，粒子從進人磁場到從坐標

7、(一 l，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和 =2n2 2=2n，則02222nn mlttqbv若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標(一 l，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和 =(2n+1) 2 =(4n+2) ，則2220(42)(42)2nnmlttqbv粒子從進入磁場到坐標(-l，0)點所用的時間為02222nn mlttqbv或2220(42)(42)2nnmlttqbv3(18分 ) 如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為l 的平行金屬極板mn和 pq ，兩極板中心各有一小孔1s、2s，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，

8、正反向電壓的大小均為0u，周期為0t。在0t時刻將一個質(zhì)量為m、電量為q（0q）的粒子由1s靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在02tt時刻通過2s垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達2s時的速度大小v和極板距離d（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在03tt時刻再次到達2s，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小【答案】（ 1）0024tqudm（ 2）024mublq（3）2 mtqb087mbqt【解析】（ 1）粒子由1s至2s的過程中，根據(jù)動能定理

9、得2012qumv由式得02quvm設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得0uqmad由運動學公式得201()22tda聯(lián)立式得0024tqudm(2) 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為b，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得2vqvbmr要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足22lr聯(lián)立式得024mublq（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為1t，有1dvt聯(lián)立式得014tt若粒子再次達到2s時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為2t，根據(jù)運動學公式得22vdt聯(lián)立9 1011式得022tt設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t001232ttt

10、tt聯(lián)立式得074tt設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為t，由6 式結(jié)合運動學公式得2 mtqb由題意得tt聯(lián)立式得087mbqt4如圖所示，兩塊平行金屬極板mn 水平放置，板長l = 1 m間距 d =33m，兩金屬板間電壓umn= 1 104v；在平行金屬板右側(cè)依次存在abc和 fgh兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形abc內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場b1，三角形的上頂點a與上金屬板m平齊， bc邊與金屬板平行，ab 邊的中點p恰好在下金屬板n 的右端點；正三角形fgh內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場b2，已知 a、f、g 處于同一直線上b、c、h 也處于同一直線上 af兩點距離為23m現(xiàn)

11、從平行金屬極板mn 左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m = 310-10kg，帶電量q = +1 10-4c，初速度v0= 1 105m/s(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度v 的大小和方向(2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在ac邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強度b1(3)若要使帶電粒子由fh 邊界進入 fgh區(qū)域并能再次回到fh 界面，求b2應(yīng)滿足的條件【答案】（ 1）52 310/3ms；垂直于ab方向出射（2）3 310t（ 3）235t【解析】試題分析：（ 1）設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運動的時間為t，加速度為a，則：uqmad解得：102310/3quamsm

12、d501 10ltsv豎直方向的速度為：vy at33 105m/s射出時速度為：22502 310/3yvvvm s速度 v 與水平方向夾角為 ，03tan3yvv，故 =30，即垂直于ab 方向出射（2）帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移213262dyatm，即粒子由p1點垂直 ab射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場abc區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為12cos303drm由211vbqvmr知：113 310mvbtqr（3）分析知當軌跡與邊界gh 相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強度b2最大，運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：221sin60rr故半徑2(2 33)rm又222vb qvmr故2235bt所以

13、 b2應(yīng)滿足的條件為大于235t考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.5如圖，第一象限內(nèi)存在沿y 軸負方向的勻強電場，電場強度大小為e，第二、三、四象限存在方向垂直xoy 平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應(yīng)強度大小為b，第三、四象限磁感應(yīng)強度大小相等，一帶正電的粒子，從p（ -d，0）點沿與x 軸正方向成=60角平行 xoy 平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y 軸上的 q 點（圖中未畫出）垂直y 軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到p點，回到p點時速度方向與入射方時相同，不計粒子重力，求：（1）粒子從p點入射時的速度v0；（2）第三、四象限磁感應(yīng)強度的大小b/；【答案】（ 1）3eb（2）

14、2.4b【解析】試題分析：（1）粒子從p 點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運動的半徑為r，由幾何知識得：2 3603dddrsinsin根據(jù)200mvqv br得02 33qbdvm粒子在第一象限中做類平拋運動，則有21602qercostm（）；00yvqettanvmv聯(lián)立解得03evb（2）設(shè)粒子在第一象限類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為x 和 y，根據(jù)粒子在第三、四象限圓周運動的對稱性可知粒子剛進入第四象限時速度與x 軸正方向的夾角等于 則有： x=v0t，2yvyt得03222yvytanxv由幾何知識可得 y=r-rcos = 1323rd則得23

15、xd所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為125 3239ddrdsin粒子進入第三、四象限運動的速度004 323vqbdvvcosm根據(jù)2vqvbmr得： b=2 4b考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動6如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長l1.2m 的等邊三角形區(qū)域，c、p、q 分別是 mn、am 和 an 中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，mn 水平， mn 上方是豎直向下的勻強電場，場強e=410-4n /c三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b1；amn 以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為b23b1的勻強磁場現(xiàn)將一比荷q/m=105c/kg 的帯正電的粒子，從o

16、 點由靜止釋放，粒子從mn 小孔 c 進入內(nèi)部勻強磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直an 經(jīng)過 q 點進入外部磁場已知粒子最終回到了o 點，oc相距 2m設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取 3求：（1） 磁感應(yīng)強度b1的大??；（2） 粒子從 o 點出發(fā)，到再次回到o 點經(jīng)歷的時間；（3） 若僅改變b2的大小，當b2滿足什么條件時，粒子可以垂直于ma 經(jīng)孔 p回到 o 點（若粒子經(jīng)過a 點立即被吸收）【答案】（ 1）51210t3b；（ 2）-22.8510 st；（3）524210t3kb【解析】【詳解】（1） 粒子從 o 到 c 即為在電場中加速，則

17、由動能定理得：212eqxmv解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知10.6m2lr由211vqvbmr代入數(shù)據(jù)得51210t3b（2）由題可知b2=3b1=2 10-5 t211vqvbmr則120.2m3rr由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則112xvt得到 t1=0.01 s粒子在磁場b1中的周期為112 mtqb則在磁場b1中的運動時間為32113 10 s3tt在磁場 b2中的運動周期為222 mtqb在磁場 b2中的運動時間為3-3321803001801110s5.5 10 s3606tt則粒子在復(fù)合場中總時間為：3-2123172201

18、0s2.85 10 s6tttt（3）設(shè)擋板外磁場變?yōu)?b，粒子在磁場中的軌跡半徑為r，則有22vqvbmr根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于ma 經(jīng)孔 p回到 o 點，需滿足條件212lkr其中k=0、1、2、3解得524210t3kb7如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為b磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于m、n，mn=l，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反質(zhì)量為m、電荷量為 -q 的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且 dl，粒子重力不計，電荷量保持不變（1）求粒子運

19、動速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到m 的最大距離dm；（3）從 p點射入的粒子最終從q 點射出磁場，pm=d，qn=2d，求粒子從p到 q 的運動時間 t【答案】（ 1）qbdvm；（ 2）m232dd ；（ 3）a.當312lndd（）時，3 3462lmtdqb（），b.當31+2lndd（）時，3 3462lmtdqb（）【解析】【分析】【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有：2vqvbmr，解得：mvrqb由題可得：rd解得qbdvm；（2）如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60 ）解得m2

20、32dd（3）粒子的運動周期2 mtqb設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t，則(1,3,5,)4ttnt na.當312lndd（）時，粒子斜向上射出磁場112tt解得3 3462lmtdqb（）b.當31+2lndd（）時，粒子斜向下射出磁場512tt解得3 3462lmtdqb（）8同步加速器在粒子物理研究中有重要的應(yīng)用，其基本原理簡化為如圖所示的模型m、n 為兩塊中心開有小孔的平行金屬板質(zhì)量為m、電荷量為 +q 的粒子 a（不計重力）從m板小孔飄入板間，初速度可視為零，每當a 進入板間，兩板的電勢差變?yōu)閡，粒子得到加速，當 a 離開 n 板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱銉砂逋獠看嬖诖怪?/p>

21、紙面向里的勻強磁場， a 在磁場作用下做半徑為r的圓周運動，r 遠大于板間距離，a 經(jīng)電場多次加速，動能不斷增大，為使r保持不變，磁場必須相應(yīng)地變化不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)求（1）a 運動第 1 周時磁場的磁感應(yīng)強度b1的大?。唬?）在 a 運動第 n 周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率；（3）若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為 +kq（k 為大于 1 的整數(shù)）的粒子b（不計重力）與a同時從 m 板小孔飄入板間，a、b 初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變，下圖中虛線、實線分別表示a、 b 的運動軌跡在b 的軌跡

22、半徑遠大于板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映a、b 的運動軌跡，并經(jīng)推導(dǎo)說明理由【答案】（ 1）；（ 2）；（ 3）a 圖能定性地反映a、b運動的軌跡；【解析】試題分析：（ 1）設(shè) a 經(jīng)電場第1 次加速后速度為v1，由動能定理得a 在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力聯(lián)立解得：（2）設(shè) a 經(jīng) n 次加速后的速度為vn，由動能定理得設(shè) a 做第 n 次圓周運動的周期為tn，有設(shè)在 a 運動第 n 周的時間內(nèi)電場力做功為wn，則在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為聯(lián)立解得：（3）a 圖能定性地反映a、b 運動的軌跡a 經(jīng)地 n 加速后，設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為bn，a、b的周期分

23、別為、，綜合 式并分別應(yīng)用a、b 的數(shù)據(jù)得由上可知，是的 k 倍，所以a 每繞得 1 周， b就繞行 k 周由于電場只在a 通過時存在，故 b僅在與 a 同時進入電場時才被加速經(jīng) n 次加速后， a、b 的速度分別為、，結(jié)合 式有由題設(shè)條件并結(jié)合 式，對 a 有設(shè) b 的軌跡半徑為，有比較以上兩式得上式表明，運動過程b 的軌跡半徑始終不變由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖a 所示考點：帶電粒子在電場、磁場中的運動、動能定理、平均功率9（17 分）在半徑為r 的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為 b。一質(zhì)量為m，帶有電量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑ad 方向

24、經(jīng) p點（ ap=d）射入磁場（不計重力影響）。（1）如果粒子恰好從a 點射出磁場，求入射粒子的速度。（2）如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)q 點從磁場中射出，出射方向與半圓在q 點切線的夾角為 （如圖）。求入射粒子的速度。【答案】 1）（2）【解析】試題分析：（ 1）由于粒子在p點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在ap上， ap 是直徑。設(shè)入射粒子的速度為v1，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得：由 式解得：（2）設(shè) o 是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接o q ，設(shè) o q r 。由幾何關(guān)系得： oqo =而 oo =r ,dr所以 oo = r+rd 由余弦定理得：由 式解得：設(shè)入射粒子的速度為v2，由由 式解得：考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.1