湖南省雅禮中學高中物理帶電粒子在磁場中的運動壓軸題易錯題

1、湖南省雅禮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在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑r0.2m 的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度 b1.0t，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y 坐標軸相切于原點o 點。 y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y 軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾萳0.1m。現(xiàn)從坐標為（0.2m， 0.2m）的 p點發(fā)射出質(zhì)量m2.0 109kg、帶電荷量q 5.0105c 的帶正電粒子，沿 y 軸正方向射入勻強磁場，速度大小v05.0103m/s（粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐標為（0.1m，0.05m）的點射出電場，求該電場強度；（2）

2、為了使該帶電粒子能從坐標為（0.1m， 0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。【答案】（ 1）1.0104n/c（2） 4t，方向垂直紙面向外【解析】【詳解】解：（ 1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：200vqv bmr可得： r=0.20m=r根據(jù)幾何關(guān)系可以知道，帶電粒子恰從o 點沿 x 軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據(jù)類平拋規(guī)律可得：2012lv tyat，根據(jù)牛頓第二定律可得：eqma聯(lián)立可得：41.010en/c（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速

3、度：305.010yqelvatmvm/s=0v粒子射出電場時速度：02vv根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在b區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：2ry根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：2vqvbmr聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大?。?mvbqrt根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。2如圖所示，在平面直角坐標系xoy 的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里、磁感應強度為 b 的勻強磁場區(qū)域abc ，a 點坐標為（ 0，3a）， c點坐標為（ 0， 3a），b 點坐標為(2 3a，-3a）在直角坐標系xoy 的第一象限內(nèi)，加上方向沿y 軸正方向、場強大小為e=bv0的勻強電場，在x=3a 處垂直于x 軸放置一平面

4、熒光屏，其與x 軸的交點為q粒子束以相同的速度v0由 o、c間的各位置垂直y 軸射入，已知從y 軸上 y=2a 的點射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過o 點忽略粒子間的相互作用，不計粒子的重力（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入電場的縱坐標范圍；（3）從什么位置射入磁場的粒子打到熒光屏上距q 點最遠？求出最遠距離【答案】 (1)0vba(2)0 y2a(3)78ya，94a【解析】【詳解】(1)由題意可知，粒子在磁場中的軌跡半徑為ra由牛頓第二定律得bqv0m20vr故粒子的比荷0vqmba(2)能進入電場中且離o 點上方最遠的粒子在磁場中的運動軌跡恰好與ab邊相切，設粒子運動軌跡的圓心為

5、o點，如圖所示由幾何關(guān)系知oa rabbc2a則oooao aa即粒子離開磁場進入電場時，離o 點上方最遠距離為odym2a所以粒子束從y 軸射入電場的范圍為0 y2 a(3)假設粒子沒有射出電場就打到熒光屏上，有3av0 t02019222qeytaam，所以，粒子應射出電場后打到熒光屏上粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在電場中的運動時間為t，豎直方向位移為y，水平方向位移為x，則水平方向有xv0 t豎直方向有212qeytm代入數(shù)據(jù)得x2ay設粒子最終打在熒光屏上的點距q 點為 h，粒子射出電場時與x 軸的夾角為 ，則002tanyxqexvmvyvva有h(3ax) tan (32 )2

6、ayy當322ayy時，即 y98a 時， h 有最大值由于98a2a，所以 h 的最大值hmax94a，粒子射入磁場的位置為y98a 2a78a3如圖，區(qū)域i 內(nèi)有與水平方向成45 角的勻強電場1e，區(qū)域?qū)挾葹?d，區(qū)域 內(nèi)有正交的有界勻強磁場b 和勻強電場2e，區(qū)域?qū)挾葹?d，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下 .一質(zhì)量為 m、電量大小為q 的微粒在區(qū)域i 左邊界的p點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運動，從區(qū)域右邊界上的q 點穿出，其速度方向改變了30，重力加速度為g，求：(1)區(qū)域 i 和區(qū)域 內(nèi)勻強電場的電場強度12ee、的大小 . (2)區(qū)域 內(nèi)勻強磁場的

7、磁感應強度b 的大小 . (3)微粒從 p 運動到 q 的時間有多長.【答案】 (1)12mgeq,2mgeq (2)1222mgdqd (3)1212626ddgdgd【解析】【詳解】(1)微粒在區(qū)域i 內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有：1sin45qemg求得：12mgeq微粒在區(qū)域ii 內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有：2mgqe求得：2mgeq(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：2111cos452qe dmv2vqvbmr根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：222sin30drd整理得：1222mgdbqd(3)微粒從 p 到 q 的時間包括在區(qū)域i 內(nèi)的運動時間t1和在區(qū)域ii 內(nèi)的運

8、動時間t2，并滿足：21 1112atd1tan45mgma2302360rtv經(jīng)整理得：1121212222612126gddddtttgdgqbgd4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 點進入x 軸下方磁場，結(jié)果

9、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)磁場的磁感應強度b 的大??；(2)擋板端點 p的坐標；(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）設一粒子自磁場邊界a 點進入磁場，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 軸負方向的粒子、沿y 軸負方向的

10、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( 21)oprp點的坐標為（(21)r，0 ）（3）設打到擋板最左側(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 22r5科學家設想在宇宙中可能存在完全由反粒子構(gòu)成的反物質(zhì).例如：正電子就是電子的反粒子，它跟電子相比較，質(zhì)量相等、電量相等但電性相反.如圖是反物質(zhì)探測衛(wèi)星的探測器截面示意圖 .mn 上方區(qū)域的平行長金屬板ab 間電壓大

11、小可調(diào)，平行長金屬板ab間距為d，勻強磁場的磁感應強度大小為b，方向垂直紙面向里.mn 下方區(qū)域 i、ii 為兩相鄰的方向相反的勻強磁場區(qū)，寬度均為3d，磁感應強度均為b，ef 是兩磁場區(qū)的分界線，pq是粒子收集板，可以記錄粒子打在收集板的位置.通過調(diào)節(jié)平行金屬板ab間電壓，經(jīng)過較長時間探測器能接收到沿平行金屬板射入的各種帶電粒子.已知電子、正電子的比荷是b，不考慮相對論效應、粒子間的相互作用及電磁場的邊緣效應.（1）要使速度為v 的正電子勻速通過平行長金屬極板ab，求此時金屬板ab 間所加電壓u；（2）通過調(diào)節(jié)電壓u 可以改變正電子通過勻強磁場區(qū)域i 和 ii 的運動時間，求沿平行長金屬板方

12、向進入mn 下方磁場區(qū)的正電子在勻強磁場區(qū)域i 和 ii 運動的最長時間tm；（3）假如有一定速度范圍的大量電子、正電子沿平行長金屬板方向勻速進入mn 下方磁場區(qū)，它們既能被收集板接收又不重疊，求金屬板ab間所加電壓u 的范圍 .【答案】（ 1）bvd（ 2）bb（ 3）3b2d2bu221458b d b【解析】【詳解】（1）正電子勻速直線通過平行金屬極板ab，需滿足bev=ee因為正電子的比荷是b，有e=ud聯(lián)立解得：ubvd（2）當正電子越過分界線ef 時恰好與分界線ef 相切，正電子在勻強磁場區(qū)域i、ii 運動的時間最長。4ttmt=2t2111vevbmrt122rmvbe聯(lián)立解得：

13、tbb（3）臨界態(tài)1：正電子恰好越過分界線ef，需滿足軌跡半徑 r13d1evb=m211vr11uev bed?聯(lián)立解得：2213ud b b臨界態(tài) 2：沿 a 極板射入的正電子和沿b 極板射入的電子恰好射到收集板同一點設正電子在磁場中運動的軌跡半徑為r1有（ r214d）2+9d222r2bev=m222vrbe2v=2ued聯(lián)立解得：2221458b d bu解得： u 的范圍是： 3b2d2bu221458b d b6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

14、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)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)域的磁感應強度b1(3)若要使帶電

15、粒子由fh 邊界進入 fgh區(qū)域并能再次回到fh 界面，求b2應滿足的條件【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：102310/3quamsmd501 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

16、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，對應磁感應強度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 b2應滿足的條件為大于235t考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.7如圖所示，在xoy 平面的第一象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面向外；在第四象限有一勻強電場，方向平行于y 軸向下一電子以速度v0從 y 軸上的 p點垂直于y 軸向右飛入電場，經(jīng)過x 軸上 m 點進入磁場區(qū)域，又恰能從y 軸上的 q 點垂直于

17、 y 軸向左飛出磁場已知 p 點坐標為 (0， l)，m 點的坐標為 (233l，0)求(1)電子飛出磁場時的速度大小v(2)電子在磁場中運動的時間t【答案】（ 1）02vv；（ 2）2049ltv【解析】【詳解】（1）軌跡如圖所示，設電子從電場進入磁場時速度方向與x 軸夾角為，（1）在電場中x 軸方向：0 12 33lv t，y 軸方向12yvlt：，0tan3yvv得60，002cosvvv（2）在磁場中，2 34sin3lrl磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為23202439rltvv8如圖所示，真空中有一個半徑r=0.5m 的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小b=210-3t，方向垂直于紙面向外

18、，x 軸與圓形磁場相切于坐標系原點o，在 x=0.5m 和x=1.5m 之間的區(qū)域內(nèi)有一個方向沿y 軸正方向的勻強電場區(qū)域，電場強e=1.5103n/c，在 x=1.5m 處豎有一個與x 軸垂直的足夠長的熒光屏，一粒子源在o 點沿紙平面向各個方向發(fā)射速率相同、比荷91 10qmc/kg 的帶正電的粒子，若沿y 軸正方向射入磁場的粒子恰能從磁場最右側(cè)的a 點沿 x 軸正方向垂直進入電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源發(fā)射的粒子進入磁場時的速度大小；(2)沿 y 軸正方向射入磁場的粒子從射出到打到熒光屏上的時間(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(3)從 o 點處射出的粒子打

19、在熒光屏上的縱坐標區(qū)域范圍【答案】（ 1）61.0 10/vm s；（ 2）61.8 10ts；（ 3）0.751.75mym【解析】【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系確定半徑，根據(jù)2vqvbmr求解速度；（2）粒子在磁場中運動t/4，根據(jù)周期求解在磁場中的運動時間；在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解在電場值的時間；（3）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動公式求解在電場中的側(cè)移量，從而求解從o 點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區(qū)域范圍【詳解】（1）由題意可知，粒子在磁場中的軌道半徑為r=r=0.5m，由2vqvbmr進入電場時qbrvm帶入數(shù)據(jù)解得v=1.0 106m/s（

20、2）粒子在磁場中運動的時間61121044rtsv粒子從 a 點進入電場做類平拋運動，水平方向的速度為v，所以在電場中運動的時間621.0 10 xtsv總時間66121101.8 104tttss（3）沿 x 軸正方向射入電場的粒子，在電場中的加速度大小121.5 10/qeam sm在電場中側(cè)移：2121261111.5 100.75221 10yatmm打在屏上的縱坐標為0.75；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從坐標為（0,1）的點平行于x 軸方向射入電場的粒子打在屏上的縱坐標為1.75；其他粒子也是沿x 軸正方向平行的方向進入電場，進入電場后的軌跡都平行，故帶電粒子打在熒光屏上的縱坐標區(qū)域為0.75y

21、1.75.9如圖， abcd 是邊長為a的正方形質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為0v的初速度沿紙面垂直于bc邊射入正方形區(qū)域在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場電子從bc邊上的任意點入射，都只能從a點射出磁場不計重力，求：（1）此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大小；（2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積【答案】見解析【解析】（1）設勻強磁場的磁感應強度的大小為b令圓弧aec是自 c 點垂直于bc入射的電子在磁場中的運行軌道電子所受到的磁場的作用力0fev b應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外圓弧aec的圓心在cb邊或其延長線上依題意，圓心在a、c連線的中垂線上，故b 點即為圓心，圓半徑為a按照牛頓定律有202vfm聯(lián)立 式得0mvbea（2）由（ 1）中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自c點垂直于bc入射電子在a 點沿 da 方向射出，且自bc邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在baec區(qū)域中因而，圓弧aec是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界為了決定