河南省鄭州市實驗中學(xué)高中物理帶電粒子在磁場中的運(yùn)動壓軸題易錯題一、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動壓軸題1．如圖所示，xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外．點處有一粒子源，可向各個方向發(fā)射速率不同、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子．不考慮粒子的重力．（1）若粒子1經(jīng)過第一、二、三象限后，恰好沿x軸正向通過點Q（0，-L），求其速率v1；（2）若撤去第一象限的磁場，在其中加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，粒子2經(jīng)過第一、二、三象限后，也以速率v1沿x軸正向通過點Q，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E以及粒子2的發(fā)射速率v2；（3）若在xOy平面內(nèi)加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場Eo，粒子3以速率v3沿y軸正向發(fā)射，求在運(yùn)動過程中其最小速率v.某同學(xué)查閱資料后，得到一種處理相關(guān)問題的思路：帶電粒子在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，若所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復(fù)雜的曲線運(yùn)動時，可將帶電粒子的初速度進(jìn)行分解，將帶電粒子的運(yùn)動等效為沿某一方向的勻速直線運(yùn)動和沿某一時針方向的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動．請嘗試用該思路求解．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子1在一、二、三做勻速圓周運(yùn)動，則由幾何憨可知：得到：（2）粒子2在第一象限中類斜劈運(yùn)動，有：，在第二、三象限中原圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系：，得到又，得到：（3）如圖所示，將分解成水平向右和和斜向的，則，即而所以，運(yùn)動過程中粒子的最小速率為即：2．歐洲大型強(qiáng)子對撞機(jī)是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為l-0質(zhì)子束以初速度v0同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e；加速極板AB、A′B′間電壓均為U0，且滿足eU0=mv02。兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，半徑均為R，圓心O、O′在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=R；整個裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進(jìn)入磁場)的速度ν和磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)如果某次實驗時將磁場O的圓心往上移了，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO′連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度l0應(yīng)該滿足的條件。【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】解：(1)對于單個質(zhì)子進(jìn)入加速電場后，則有：又：解得：；根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于的中點P，粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP方向射出，出射點為D，過C、D點作速度的垂線相交于K，則K，則K點即為軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑r=R根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：可得磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度：(2)磁場O的圓心上移了，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運(yùn)達(dá)半徑認(rèn)為R，對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，連OF、OD，并作FK平行且等于OD，連KD，由于OD=OF=FK，故平行四邊形ODKF為菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然會從D點射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心由于磁場上移了，故sin∠COF==，∠COF=，∠DOF=∠FKD=對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點，下方粒子到達(dá)C后最先到達(dá)D點的粒子所需時間為而上方粒子最后一個到達(dá)E點的試卷比下方粒子中第一個達(dá)到C的時間滯后上方最后的一個粒子從E點到達(dá)D點所需時間為要使兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動時間滿足聯(lián)立解得3．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，在，y＞0及y＜-L區(qū)域存在場強(qiáng)大小相同，方向相反均平行于y軸的勻強(qiáng)電場，在-L＜y＜0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)過y軸上的點P1（0，L）時的速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上的點P2（L，0）進(jìn)入磁場．在磁場中的運(yùn)轉(zhuǎn)半徑R=L（不計粒子重力），求：（1）粒子到達(dá)P2點時的速度大小和方向；（2）；（3）粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標(biāo)；（4）粒子從P1點出發(fā)后做周期性運(yùn)動的周期．【答案】（1）v0，與x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．【解析】【詳解】（1）如圖，粒子從P1到P2做類平拋運(yùn)動，設(shè)到達(dá)P2時的y方向的速度為vy，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度為v==v0設(shè)v與x成β角，則tanβ==，即β=53°；（2）粒子從P1到P2，根據(jù)動能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)qvB=m解得：B===解得：；（3）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心為O′，在圖中，過P2做v的垂線交y=-直線與Q′點，可得：P2O′===r故粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心為O′，因粒子在磁場中的軌跡所對圓心角α=37°，故粒子將垂直于y=-L直線從M點穿出磁場，由幾何關(guān)系知M的坐標(biāo)x=L+（r-rcos37°）=2L；（4）粒子運(yùn)動一個周期的軌跡如上圖，粒子從P1到P2做類平拋運(yùn)動：t1=在磁場中由P2到M動時間：t2==從M運(yùn)動到N，a==則t3==則一個周期的時間T=2（t1+t2+t3）=．4．在平面直角坐標(biāo)系x0y中，第I象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，在A(L，0)點有一粒子源，沿y軸正向發(fā)射出速率分別為υ、5υ、9υ的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一個粒子接收器，B點的接收器只能吸收來自y軸右側(cè)到達(dá)該點的粒子，C、D兩點的接收器可以吸收沿任意方向到達(dá)該點的粒子．已知速率為υ的粒子恰好到達(dá)B點并被吸收，不計粒子重力．(1)求第I象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1;(2)計算說明速率為5v、9v的粒子能否到達(dá)接收器;(3)若在第Ⅱ象限內(nèi)加上垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，使所有粒子均到達(dá)接收器，求所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向．【答案】(1)(2)故速率為的粒子被吸收，速率為的粒子不能被吸收(3)（或），垂直坐標(biāo)平面向外【解析】【詳解】（1）由幾何關(guān)系知，速率為的粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運(yùn)動的半徑為①由牛頓運(yùn)動定律得②得③（2）由（1）中關(guān)系式可得速率為、的粒子在磁場中的半徑分別為、.設(shè)粒子與軸的交點到的距離為，將和分別代入下式④得這兩種粒子在軸上的交點到的距離分別為、⑤故速率為的粒子被吸收，速率為的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度為的粒子能到達(dá)點的接收器，則所加磁場應(yīng)垂直坐標(biāo)平面向外⑦設(shè)離子在所加磁場中的運(yùn)動半徑為，由幾何關(guān)系有⑧又⑨解得（或）⑩若粒子到達(dá)點的接收器，所加磁場應(yīng)垂直于坐標(biāo)平面向里同理：解得（或）5．如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，在0<y<d的區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在y>d的區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以速度從O點沿y軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ.不計粒子重力．(1)求粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的軌道半徑：(2)若粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度為，求粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)，并求出此過程中帶電粒子運(yùn)動的時間；(3)若此粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度，求該粒子打在x軸上位置坐標(biāo)的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動，洛侖磁力提供向心力：把，代入上式，解得：(2)當(dāng)粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度為時，如圖所示在OA段圓周運(yùn)動的圓心在O1，半徑為在AB段圓周運(yùn)動的圓心在O2，半徑為在BP段圓周運(yùn)動的圓心在O3，半徑為可以證明ABPO3為矩形，則圖中,由幾何知識可得：所以：所以粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)粒子在OA段運(yùn)動的時間為：粒子在AB段運(yùn)動的時間為粒子在BP段運(yùn)動的時間為在此過程中粒子的運(yùn)動時間：(3)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中軌道半徑為R，軌跡由圖可得粒子打在x軸上位置坐標(biāo)：化簡得：把上式配方：化簡為：則當(dāng)時，位置坐標(biāo)取最小值：6．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)μ=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(qiáng)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(qiáng)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=+6×10－3C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)μ2=0.3，當(dāng)物塊A運(yùn)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(yùn)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(qiáng)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(qiáng)度大小的取值范圍?！敬鸢浮?1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)【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：解得：a2=3m/s2對木板D受力分析有：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(yùn)動，則有：解得：E=25V/m；（3）物塊A與木板D共速時有：解得：v=1m/s粒子做勻速圓周運(yùn)動有：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(yùn)動的軌跡半徑R應(yīng)滿足:解得：。7．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xoy的第二、三象限內(nèi)有方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為當(dāng)L，磁揚(yáng)場的方向垂直于坐標(biāo)平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標(biāo)為(－L，0)的P點沿與x軸正向成θ=45°方向射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)垂直y軸射出電場，粒子進(jìn)人磁場后經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場，不計粒子的重力．求(1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標(biāo)；(2)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度大小及勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)粒子從P點射出到出磁場運(yùn)動的時間為多少?【答案】（1）（0，L）（2）（3）【解析】【分析】（1）粒子在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律可以求出粒子出射位置坐標(biāo)．（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在電場中的加速度，應(yīng)用位移公式求出電場強(qiáng)度；粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．（3）根據(jù)粒子運(yùn)動過程，求出粒子在各階段的運(yùn)動時間，然后求出總的運(yùn)動時間．【詳解】（1）粒子在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動，水平方向：L=v0cosθ?t1，豎直方向：y=v0sinθ?t1，解得：y=L，粒子從y軸上射出電場的位置為：（0，L）；（2）粒子在電場中的加速度：a=，豎直分位移：y=at12，解得：；粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，粒子以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場，粒子運(yùn)動軌跡運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45°，AD=y=L，因此AAC剛好為有界磁場邊界圓的直徑，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑：r=L，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB=m，其中，粒子的速度：v=v0cosθ，解得：；（3）粒子在電場中的運(yùn)動時間：，粒子離開電場進(jìn)入磁場前做勻速直線運(yùn)動，位移：，粒子做運(yùn)動直線運(yùn)動的時間：，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間：，粒子總的運(yùn)動時間：t=t1+t2+t3=；【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，粒子在磁場中的運(yùn)動運(yùn)用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，類平拋運(yùn)動運(yùn)用運(yùn)動的合成和分解牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運(yùn)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，分析好從電場射入磁場銜接點的速度大小和方向，運(yùn)用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運(yùn)動的時間．8．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為．現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小．【答案】【解析】【分析】【詳解】解答本題注意帶電粒子先在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動，后在勻強(qiáng)電場運(yùn)動．帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得①式中v為粒子在a點的速度．過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點．由幾何關(guān)系知，線段和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形．因此②設(shè)有幾何關(guān)系得③④聯(lián)立②③④式得再考慮粒子在電場中的運(yùn)動．設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE="ma"⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，有運(yùn)動學(xué)公式得⑦r=vt⑧式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得⑨【點睛】帶電粒子在磁場中運(yùn)動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還利用圓弧的幾何關(guān)系來幫助解題．值得注意是圓形磁場的半徑與運(yùn)動軌道的圓弧半徑要區(qū)別開來．9．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(dāng)A進(jìn)入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當(dāng)A離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈?qiáng)磁場，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運(yùn)動，R遠(yuǎn)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(yùn)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(yùn)動第1周時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。唬?）在A運(yùn)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(yùn)動軌跡．在B的軌跡半徑遠(yuǎn)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(yùn)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(yùn)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①A在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力②聯(lián)立解得：③（2）設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn，由動能定理得④設(shè)A做第n次圓周運(yùn)動的周期為Tn，有⑤設(shè)在A運(yùn)動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn，則⑥在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為⑦聯(lián)立解得：⑧（3）A圖能定性地反映A、B運(yùn)動的軌跡．A經(jīng)地n加速后，設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn，A、B的周期分別為、，綜合②⑤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(jìn)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④式有由題設(shè)條件并結(jié)合⑤式，對A有