1、高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1 专项训练1 如图所示 ,半径为R 的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上 P 点与圆心O 的连线垂直于直径MN,P 点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核 、 , 的速率为 v, 忽略原子核间的相互作用及原子核的重力的速率为,沿 PO 方向发射的,取 sin53 =0.8,cos53 =0.6。恰好从N 点离开磁场,(1)求原子核的比荷(用 B、 v、R 表示 )及其从 P 点到边界MN 的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON 的中点 A 相切 ,求粒子的质量
2、数a；(3)在直径 MN 上安装金属板,并与电阻 r 串联后接地 ,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源 P 单位时间内发射n 个粒子 ,其中占 40%,占 60%,求稳定后通过电阻 r 的电流大小。 (已知电子的电荷量为e)【答案】 (1);(2)(3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（ 3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，
3、再根据电流的定义式求出电流的表达式。【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦 OP 最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设 Y 粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：（3）对 Y 粒子，设粒子初速度方向与切线a=15PQ 方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A 相切，则代入数据解得：由几何关系得Y 粒子在，解得：范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的由几何关系得 Y 粒子在Y 粒子数为范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y 粒
4、子数为通过电阻r 上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。2“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1 所AB 的电势为L(o) ，内圆弧面CD 的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB， ACDB与2MN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
5、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2O 点进入磁场后最多有3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E，若从 AB 圆弧面收集到的某粒子经4LO 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
6、【答案】（ 1） v2q；（ 2） B1m；（ 3）600 ； 2L2mmL2qq【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：qU01mv22U 22qvm(2AB2MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与圆弧面收集到的粒子有能打到）从3MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角 600 根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L由洛伦兹力提供向心力得：qBvmv2联合解得：BR1mL 2q（ 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 .
7、L 1 qE t 22 mt2mL2L2mqEqvxEq t2qELqmm2m若速度与 x 轴方向的夹角为角cosvx cos1600v23 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衰变放射4R以 m、 q 分别表出粒子（ 2 He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为示 粒子的质量和电荷量（1）放射性原子核用AY表示，写出该衰变的核反应方Z X 表示，新核的元素符号用程（2） 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 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）
8、放射性原子核用AZ X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该 衰变的核反应方程为 ZA XZA 42Y 24H；（ 2） 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆2mBq2周运动的周期为，环形电流大小为2；（ 3）设该衰变过程释放的核能都转Bqm为为 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( 11 ) (BqR)2mM2c2【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 衰变的核反应方程为AZ XAZ 42Y24 He（2）设 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qvB m v2R根据圆周运动的参量关系有 T2Rv得 粒子在磁场中运动的周
9、期2mTqB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为qq2 BI2mT2qBR（3）由 qvBm v，得 vmR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=0mvqBR可得 vMM根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有mc21Mv 21mv222(M m)( qBR) 2解得 m2mMc 2说明：若利用A4Mm 解答，亦可4【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） 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
10、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4 相距为 L 的平行金属板M、N，板长也为L，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线EF 对齐， EF左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为U，PQ 是两板间的中轴线一质量为m、电量大小为 +q 的带电粒子在水平匀强电场中PQ上 A 点由静止释放，水平电场强度与M、 N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中， A 点离 EF的距离为 L/2；不计
11、粒子的重力，求：（1）磁感应强度 B 大小（2）当带电粒子运动到M 点后， MN 板间偏转电压立即变为- U，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到A 点，求带电粒子从出发至回到A 点所需总时间【答案】（ 1） 2mU （ 2）3 LmLq（4L）qU4【解析】【 解】（1）由 意知： 粒子在水平 中从点A 到点 O：有：q Ul1 mv20 L 22在 直向下的 中从点O 到 N 右 点 B：水平方向：Lv t0 直方向：L1 qU t2 22 mL在 B 点 速度 v 与水平初速度成 角有：Ltan221L粒子在磁 中做匀速 周运 由几何关系可得：R2 L 2又：qvBm v2R 解得
12、：2mUBqL（2）粒子在磁 中运 的 心角322 R2 mTvqB在磁 中运 ：t T2在水平 中运 ：v0v0tqU amL 的 ：t总2t2tt 解得：t总（4L3 L ） m4qU5 如 所示，在磁感 度 B、方向垂直 面向里的匀 磁 中有一粒子源，粒子源从O 点在 面内均匀的向各个方向同 射速率 v、比荷 k 的 正 的粒子，PQ 是在 面内垂直磁 放置的厚度不 的 板， 板的P 端与 O 点的 与 板垂直，距离 v ，且粒子打在 板上会被吸收不 粒子的重力与粒子 的相互作用，磁 分布kB足 大，求 :（ 1） 使最多的粒子打在 板上， 板至少多 ；（ 2）若 板足 ， 打在 板上的
13、粒子在磁 中运 的最 差是多少；（ 3）若 板足 ， 打在 板上的粒子占所有粒子的比率。【答案】（ 1）3v ；（ 2） 4；（ 3） 5 。kB3kB12【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：解得： r2vqvBmrmvvqBkB在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：由题意可知：rvOPkB由几何知识可得：vPNkB设粒子初速度方向与 OP 夹角为 ，随着从 0 开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P 点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为 M ，在 OPM 中，由几何关
14、系可得：PM222rr所以3vPMkB当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M 点逐渐下移至P 点，由以上分析知道,挡板长度至少等于3v 时，挡板吸收的粒子数最多kB（2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2 轨迹 1 所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：13当粒子从右侧恰好打在P 点时，时间最长，如轨迹2 所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：52粒子的运动周期：32r2 m2TvqBkB最短时间：t1 T12最长时间：t22 T2最长的时间差：4Tt 2t12kB（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2 的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：56打到板上
15、的粒子占所有粒子的比率为：52126 如图所示的xoy 平面内，以 O1 （ 0， R）为圆心， R 为半径的圆形区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场（用B1 表示，大小未知）；x 轴下方有一直线MN ， MN 与 x 轴相距为y ）， x 轴与直线 MN 间区域有平行于 y 轴的匀强电场，电场强度大小为E；在 MN 的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2 ，磁场方向垂直于xOy 平面向外。电子a、 b 以平行于x 轴的速度 v0 分别正对 O1 点、 A（0， 2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点 O 进入 x 轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e， E3mv02， B2
16、3mv0 ，不计电子重力。2eR2eR（1）求磁感应强度 B 的大小；1（2）若电场沿 y 轴负方向，欲使电子a 不能到达 MN ，求y 的最小值；（3）若电场沿 y 轴正方向，y3R ，欲使电子 b 能到达 x 轴上且距原点O 距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】 （1） 3 （ 2）3 R（ 3） 4（ 2+ 3 ） R23【解析】（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子射入，经过O 点进入 x 轴下方，则： r R2mv0ev0B m v0 ，解得： B1eRr（ 2）匀强电场沿 y 轴负方向，电子 a 从 O 点沿 y 轴负方向进入电场做减速运动，由
17、动能定理1eE y22mv0可求出 ymv023 R2eE3（3）匀强电场沿y 轴正方向，电子 b 从 O 点进入电场做类平抛运动，设电子b 经电场加速后到达 MN 时速度大小为 v，电子 b 在 MN 下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子 b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。由动能定理 eEy1 mv21 mv0222解得 v2v0在电场中 aeE3v02m2R2 y2Rt1v0ax v0 t1 2RevB2v24 3 R由牛顿第二定律m代入得 r1r13v01则cos23v由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2 在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出
18、方向与水平向右夹角为时，粒子能够到达x 轴，距离原点 O 距离最远。由几3何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1（ r 1 r1sin ）竖直边长为， l2（ r1 r1cos ）最小面积为Sl1l2 r12（ 1 sin ）（ 1 cos ） 4（ 23 ） R2点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。7xOy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子 如图所示，在 x 轴上方存在垂直于源，可向 x 轴和 x 轴上方的 xOy 平面各个方向不断地发射质量为m 、带电量为q 、速度大小均为 v 的粒子。在 x
19、轴上距离原点x0 处垂直于 x 轴放置一个长度为 x0、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P （粒子打在金属板 P 上即被吸收，电势保持为0）。沿 x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。（ 1）求磁感应强度 B 的大小；（ 2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；（ 3）要使薄金属板 P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。mv（ 2） tminx0 ； tmax5 x0 （ 3） 3 1 x0【答案】（ 1） Bqx03v3v【解析】【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为R 。根据牛顿第二定律，得：qvB由
20、几何关系，得：Rx0联立解得： Bmv；qx0mv 2R（2）带电粒子在磁场中的运动周期为2RT ，则有： T，v2x0得 Tv打在 P 左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是运动的最短时间： tmin1T3600联立解得： tminx03v打在 P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是运动的最短时间： tmax2 T360联立解得：5 x0tmax3v（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:1260300 ，要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与 O 点的连线长应为2x0 即
21、粒子运动的直径 .所以沿 x 轴正方移动的最小长度 .x ON OM2x023 1 x0 ，x028 如图甲所示，在坐标系xOy 平面内， y 轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E，磁感应强度为B0粒子源不断地释放出沿x 轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不同的粒子在y 轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B，方向垂直于xOy 平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，如图乙所示在离y 轴足够远的地方有一个与y 轴平行的荧光屏假设带电粒子在 y 轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子（粒
22、子的重力忽略不计）（1）从 O 点射入右侧磁场的粒子速度多大；m（2）如果磁场的变化周期恒定为T=，要使不同时刻从原点O 进入变化磁场的粒子做qB曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y 轴的距离至少多大；（3）荧光屏离开 y 轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T 可以改变，试求从 t=0 时刻经过原点O 的粒子打在荧光屏上的位置离x 轴的距离与磁场变化周期T 的关系E（ 2） 2 2mE （ 3） T5 m【答案】（ 1）B0qBB03qB【解析】【详解】（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB0=qE，E解得： v=；B0（2）带电粒子进入mvmEy
23、轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r=，qBqBB0m因为磁场的变化周期恒为：T=，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为qB90 ，任一时刻进入y 轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y 轴的距离应该为：x=2rsin +2rsin（ 90-）=2rsin +2rcos =2 2 rsin（ 45 +），当 =45时， x 的值最大，最大值为：x=22 r=22mE ；qBB0（ 3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x 轴方向平行，且此时距
24、 x 轴的距离为： y=2r（ 1-cos）式中的为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度，其余周期 T 的关系为： Tm=，2qBqBT，则： =2m所以经过一个周期后，距mE（ 1-cos qBT ），x 轴的距离为： y=2qBB02m由于只有在 y 轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150，如图丙所示，5m ，所以： TTm=5 mTm = 6即磁场的变化周期有一个最大值，；2qB3qB9 如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG有电场，一质量为m，带电量为 +q 的小球，从距A 点正上方高为L 的 O
25、点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C 点水平进入右侧正方形区域CEFG已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：（1）左侧正方形区域的电场强度E1 和磁场的磁感应强度B；（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F 点飞出，求该电场场强 E2 的大小；（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为E3kmg（ k 为正整q数），试求小球飞出该区域的位置到G 点的距离【答案】（ 1） E1mgBm2g ，方向垂直纸面向外（ 2），方向竖直向上；qqLE23mg4L（ 3） L Lqk 2【解析】【详解】（1） v12gLqE1mg 解得： E1
26、mg小球做匀速圆周运动，方向竖直向上q由几何关系 rL ，又 qv1Bm v12rm2 g，方向垂直纸面向外解得： BLq（2）在 CEFG区域，小球做类平抛运动，水平方向： LLv1t ，解得 t2g 直方向： L1at 2 ，解得 a 4g2又 qE2 mg ma ，3mg解得 E2q（3）水平方向：qE3ma ，解得 akg 直方向小球做自由落体运 .当水平方向减速至零 ，用 v12gLtkga由 2ax v12，解得 xL ，k当 k=1 ， x=L，小球水平方向恰好到达FG ，此 直位移 y1gt 2 =L，小球恰好从2F 点 出，此 距 G 点 L当 k=2， 3，4 ， xL， 直位移y1g 2t24L2= k2 L，小球从 CG 出，此 距 G4L点 L2k10 如 ， PQ 分界 的右 空 有一垂直 面向里、磁感 度 B 的匀 磁 。一 量为 m、 荷量 q 的粒子以速度 v0 沿 AC 方向由 A 点射入。粒子 D 点 速度的偏向角 (偏离原方向的 角 )=60。(不 重力 )(1) 求 AD 的距离；(2)若去除磁 ，改 平面内垂直于AC 方向的匀 ，要想由A 射入的粒子仍然能 过 D 点， 求 的 度的大小及方向；粒子此 D 点 速度的偏向角比60角大 是小 ?为什么 ?【答案】（
