帶電粒子在磁場中的運動壓軸難題綜合題附答案

1、帶電粒子在磁場中的運動壓軸難題綜合題附答案一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題1如圖所示，在xoy 平面內(nèi)，以o(0，r)為圓心， r 為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場， x 軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等第四象限有一與 x 軸成 45 角傾斜放置的擋板pq，p，q 兩點在坐標(biāo)軸上，且o，p 兩點間的距離大于2r，在圓形磁場的左側(cè)0y2r的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為m，電荷量為q 的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x 軸正向以速度v 射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從o 點進(jìn)入x 軸下方磁場，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上不計粒子重力，不考慮粒子間相互作用力求：(1)磁場的磁感

2、應(yīng)強度b 的大??；(2)擋板端點 p的坐標(biāo)；(3)擋板上被粒子打中的區(qū)域長度【答案】 （1）mvqr (2)(21) ,0r (3)2104 22r【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)一粒子自磁場邊界a 點進(jìn)入磁場，該粒子由o 點射出圓形磁場，軌跡如圖甲所示，過 a 點做速度的垂線長度為r,c為該軌跡圓的圓心.連接 ao 、co，可證得 acoo 為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知：粒子在圓形磁場中的軌道半徑r=r，由2vqvbmr得：mvbqr（2）有一半粒子打到擋板上需滿足從o 點射出的沿x 軸負(fù)方向的粒子、沿y 軸負(fù)方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示，過圓心d 做擋板的垂線交于e點2dpr(

3、 21)oprp點的坐標(biāo)為（(21)r，0 ）（3）設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在擋板上的f點，如圖丙所示，of=2r 過 o 點做擋板的垂線交于g 點，22(21)(1)22ogrr 225-2 2=2fgofogr 22egr 擋板上被粒子打中的區(qū)域長度l=fe =22r+5-2 22r=2+10-4 22r2如圖所示，半徑r=0.06m 的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點o 處，半徑r=0.1m，磁感應(yīng)強度大小b=0.075t 的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0，0.08m），平行金屬板mn 的極板長 l=0.3m、間距 d=0.1m，極板間所加電壓u=6.4x102v，其中 n 極板收集到的粒子

4、全部中和吸收一位于o 處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v 的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x 軸正方向，已知粒子在磁場中的運動半徑 r0=0.08m，若粒子重力不計、比荷qm=108c/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng) sin53 =0.8，cos53 =0.6（1）求粒子的發(fā)射速度v 的大小；（2）若粒子在o 點入射方向與x 軸負(fù)方向夾角為37 ，求它打出磁場時的坐標(biāo)：（3）n 板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例 【答案】（ 1）6105m/s；（ 2）（ 0，0.18m）；（ 3）29%【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvb

5、=m20vr可得： v=6105m/s；（2）若粒子在o 點入射方向與x 軸負(fù)方向夾角為37 ，作出速度方向的垂線與y 軸交于一點 q，根據(jù)幾何關(guān)系可得pq=0.0637cos=0.08m，即 q 為軌跡圓心的位置；q 到圓上 y 軸最高點的距離為0.18m-0.0637sin=0.08m，故粒子剛好從圓上y 軸最高點離開；故它打出磁場時的坐標(biāo)為（0，0.18m）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=12at2 a=qem=qumd t=lv 由解得：y=0.08m設(shè)此粒子射入時與x 軸的夾角為 ，則由幾何知識得：y=rsin + r0-

6、r0cos 可知 tan =43，即 =53比例 =53180 100%=29%3如圖所示，虛線mn為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為e方向豎直向下且與邊界mn成=45 角，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向外，在電場中有一點 p，p點到邊界 mn的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q 的帶正電粒子從p處由靜止釋放（不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大）。求：（1）粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度大小；（2）粒子第一次出磁場處到第二次進(jìn)磁場處的距離；（3）若粒子第一次進(jìn)入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)閎，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則b的最小值為多少？

7、【答案】（ 1）2qedmv（2）4 2caxd（3）2 22bb【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度大小為v，由動能定理可得212qedmv，解得2qedvm（2）粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到第二次進(jìn)磁場，兩點間距為cax由類平拋規(guī)律xvt，212eqytm由幾何知識可得x=y，解得2mdteq兩點間的距離為2caxvt，代入數(shù)據(jù)可得4 2caxd（3）由2mvqvbr可得mvrqb，即12medrbq由題意可知，當(dāng)粒子運動到f點處改變磁感應(yīng)強度的大小時，粒子運動的半徑又最大值，即b最小，粒子的運動軌跡如圖中的虛線圓所示。設(shè)此后粒子做圓周運動的軌跡半

8、徑為r，則有幾何關(guān)系可知224rr又因為mvrqb，所以mvbqr，代入數(shù)據(jù)可得2 22bb4如圖所示，質(zhì)量m=15g、長度 l=2m 的木板 d 靜置于水平地面上，木板d 與地面間的動摩擦因數(shù) =0.1，地面右端的固定擋板c與木板 d 等高。在擋板c 右側(cè)豎直虛線pq、mn之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為r1=1m 和 r2=3m 的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩半園的圓心o 到固定擋板c頂點的距離 oc=2m，現(xiàn)有一質(zhì)量m=15g、帶電荷量q=+6103c 的物塊 a(可視為質(zhì)點 )以v0=4m/s的初速度滑上木板d，二者之間的動摩擦因數(shù)2

9、=0.3，當(dāng)物塊a運動到木板d右端時二者剛好共遠(yuǎn)，且木板d 剛好與擋板c 碰撞，物塊a 從擋扳 c上方飛入pqnm 區(qū)域，并能夠在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度g 取 10m/s2。(1)當(dāng)物塊 a 剛滑上木板d 時，求物塊a 和木板 d 的加速度大小.(2)求電場強度的大小.(3)為保證小物塊a 只能從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出，求磁感應(yīng)強度大小的取值范圍?！敬鸢浮?(1)3m/s2，1m/s2；(2)25v/m ；(3)5153tbtbt或【解析】【詳解】（1）當(dāng)物體剛滑上木板d 時，對物體a 受力分析有：22mgma解得： a2=3 m/s2對木板 d 受力分析有：211 2

10、mgmgma解得： a1=1m/s2（2）物塊 a 進(jìn)入?yún)^(qū)域pqnm 后，能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則有：mgqe解得： e=25 v/m；（3）物塊 a 與木板 d 共速時有：21yvva ta t解得： v=1 m/s粒子做勻速圓周運動有：2vqvbmr要使物塊 a 只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場，物塊a 在磁場中運動的軌跡半徑 r 應(yīng)滿足 :112+222ocrocroc rrr或解得：5513bttbt或。5在磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中，一個靜止的放射性原子核發(fā)生了一次衰變放射出 粒子（42he）在與磁場垂直的平面內(nèi)做圓周運動，其軌道半徑為r以 m、q 分別表示 粒子的質(zhì)

11、量和電荷量（1）放射性原子核用azx 表示，新核的元素符號用y表示，寫出該衰變的核反應(yīng)方程（2）粒子的圓周運動可以等效成一個環(huán)形電流，求圓周運動的周期和環(huán)形電流大?。?）設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)為為粒子和新核的動能，新核的質(zhì)量為m，求衰變過程的質(zhì)量虧損m【答案】（ 1）放射性原子核用azx表示，新核的元素符號用y表示，則該 衰變的核反應(yīng)方程為4422aazzxyh；（ 2） 粒子的圓周運動可以等效成一個環(huán)形電流，則圓周運動的周期為2 mbq，環(huán)形電流大小為22bqm；（ 3）設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)為為 粒子和新核的動能，新核的質(zhì)量為m ，則衰變過程的質(zhì)量虧損m為損2211()()2bqr

12、mmc【解析】（1）根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，該 衰變的核反應(yīng)方程為4422xyheaazz（2）設(shè) 粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有2vqvbmr根據(jù)圓周運動的參量關(guān)系有2 rtv得 粒子在磁場中運動的周期2 mtqb根據(jù)電流強度定義式，可得環(huán)形電流大小為22qq bitm（3）由2vqvbmr，得qbrvm設(shè)衰變后新核y的速度大小為v，核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量守恒，有mvmv=0可得mvqbrvmm根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程和能量守恒定律有2221122mcmvmv解得22()()2mm qbrmmmc說明：若利用44amm解答，亦可【名師點睛】（1）無論哪種核反

13、應(yīng)方程，都必須遵循質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒（2） 衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”，反應(yīng)前后系統(tǒng)動量守恒，因此反應(yīng)后的兩產(chǎn)物向相反方向運動，在勻強磁場中，受洛倫茲力作用將各自做勻速圓周運動，且兩軌跡圓相外切，應(yīng)用洛倫茲力計算公式和向心力公式即可求解運動周期，根據(jù)電流強度的定義式可求解電流大?。?）核反應(yīng)中釋放的核能應(yīng)利用愛因斯坦質(zhì)能方程求解，在結(jié)合動量守恒定律與能量守恒定律即可解得質(zhì)量虧損6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

14、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(dāng)312lndd（）時，3 3462lmtdqb（），b.當(dāng)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：2vq

15、vbmr，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m232dd（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(dāng)312lndd（）時，粒子斜向上射出磁場112tt解得3 3462lmtdqb（）b.當(dāng)31+2lndd（）時，粒子斜向下射出磁場512tt 解得3 3462lmtdqb（）7通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)n 的比值），可研究中子（10n）的衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)

16、化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子e。如圖所示，位于p點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射n 個質(zhì)子。在p點下方放置有長度1.2ml以 o 為中點的探測板，p點離探測板的垂直距離op為 a。在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為b 的勻強磁場。已知電子質(zhì)量312e9.1 10kg0.51mev / cm，中子質(zhì)量2n939.57mev / cm，質(zhì)子質(zhì)量2p938.27mev / cm（c 為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質(zhì)子的動量211814.8 10kg m s3 10 mev s mp。（1）寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反

17、中微子的總動能（以mev為能量單位）；（2）當(dāng)0.15ma，0.1tb時，求計數(shù)率；（3）若a取不同的值，可通過調(diào)節(jié)b的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求b與a的關(guān)系并給出b的范圍?！敬鸢浮?(1) 0.7468mev (2) 23 (3) 15t40b【解析】【分析】【詳解】（1）核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：01110e011npe核反應(yīng)過程中：222npe0.79mevdem cm cm c根據(jù)動量和動能關(guān)系：2pp0.0432mev2kpem則總動能為：ep0.7468mevdkeeee（2）質(zhì)子運動半徑：0.3mpreb如圖甲所示：打到探測板對應(yīng)發(fā)射角度：6可得質(zhì)子計數(shù)率為：4

18、2323（3）在確保計數(shù)率為23的情況下：2ra即：3200ba如圖乙所示：恰能打到探測板左端的條件為：222maxmax444rlr即：15t40b8（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

19、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(dá)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.9如圖（ a）所示，左為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤n1、n2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為l，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)（如圖（b）；右為水平放置的長為d 的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁

20、感應(yīng)強度為b。一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入n1，能通過n2的粒子經(jīng) o 點垂直進(jìn)入磁場，o 到感光板的距離為2d，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力。（1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖（c），某一粒子進(jìn)入磁場后，數(shù)值向下打在感光板中心點m上，求該粒子在磁場中運動的時間t；（2）若兩狹縫夾角為0，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖（b），要使穿過n1、n2的粒子均打到感光板p1、p2連線上，試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍（設(shè)通過n1的所有粒子在盤轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達(dá)n2）。【答案】（ 1）2mtqb；（ 2）00544dqbdqbmlml【解析】【分析】【詳解】(1)粒子運動的半徑為r2d由牛

21、頓第二定律qvbm2vr勻速圓周運動的周期t2 rv粒子在磁場中運動的時間t4t2mqb. (2)如圖所示，設(shè)粒子運動臨界半徑分別為r1和 r2r14dd2(r22d)2r22r254d 設(shè)粒子臨界速度分別為v1和 v2，由式，得v14dqbmv254dqbm若粒子通過兩轉(zhuǎn)盤，由題設(shè)可知lv0聯(lián)立，得對應(yīng)轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速分別為104dqbml2054dqbml粒子要打在感光板上，需滿足條件04dqbml 054dqbml.10 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xoy，在直角坐標(biāo)系中y 軸和 xl 之間有沿y 軸正方向的勻強電場，電場強度大小為e ，在電場的右側(cè)以點(3l,0)為圓心、 l 為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b，在 y 軸