湖南师范大学附属中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

湖南师范大学附属中学高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题
一、带电粒子在磁场中的运动压轴题
1．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为
B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的
平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+，
222
2
e B R
E
m
=；(2)
2
e B U
m
π
；(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：
222
20
1
22
e B R
E mv
m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2
22
E mc hv
+=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：
2222
2
e B R mc v
mh h =+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：
2
1
2
neU mv
=
解得：
22
2
eB R
n
mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：
2m
T
eB
π
=
正、负电子在磁场中运动的时间为：
2
22
B R
n
t T
U
π
==
D型盒间的电场对电子做功的平均功率：
2
e B U
W E
P
t t m
π
===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得sin
2
d
r
n
π
=
解得：
2sin
d
r
n
π
=
根据洛伦磁力提供向心力可得：
2
mv
ev B
r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：0
2sin
B R
n
B
d
π
=
2．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场1B，直线x=d与y=x 间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度4
1.010V/m
E=⨯，另有一半径R=1.0m的圆形
匀强磁场区域，磁感应强度
2
0.20T
B=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度0v进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B，且第一次进入磁场1B时的速度方向与直线y=x
垂直．粒子速度大小5
1.010m/s
v=⨯，粒子的比荷为5
/ 5.010C/kg
q m=⨯，粒子重力不计．求：
(1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ； (2)坐标d 的值；
(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）.
【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈⨯ 【解析】 【详解】
解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：20
20v
B qv m r
= 解得粒子运动的半径：1r m =
(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x ，竖直位移为y 水平方向：0x v t = 竖直方向：212
y at =
Eq a m
=
tan 45v at
︒=
联立解得：2x m =，1y m = 由图示几何关系得：d x y R =++ 解得：4d m =
(3)若所加磁场的磁感应强度为1B '，粒子恰好垂直打在y 轴上，粒子在磁场运动半径为1r 由如图所示几何关系得：)12r y R =
+
02v v =
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211
v
B qv m r '=
解得：10.1B T '=
若所加磁场的磁感应强度为1B ''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r 由如图所示几何关系得：()2
222r r y R +=
+
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212
v
B qv m r ''=
解得121
0.2410
B T T +''=
≈ 综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥
(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：
1114
t T =
10
2R
T v π=
20
x t v =
3212t T =
2
22r T v
π=
解得：()
55
1232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯
3．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标
06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度
51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴
上方180°范围内的各个方向发射比荷为
81.010/q
C kg m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6
0 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得2x y =
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y
v v θ===，
所以()()
00tan 22H x x x y y θ=-=-，
由数学知识可知，当()
022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
4．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：
(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O 点时的动能； (2)b ，c 粒子中打到荧光屏上的点与O 点间的距离(用x 、L 、d 表示)； (3)b ，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．
【答案】(1) 2
4
2
2
2
2
22
2a
k L B d q m U E mB d = (2) 1()2x y d L =+ (3) 1
1224==5Uq
y W d Uq W y d
【解析】 【详解】
据题意分析可作出abc 三个粒子运动的示意图，如图所示．
(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．
U
q Bqv d
=， Bd
U v =
， L LBd t v U
=
=， 222122a Uq L B qd
y t dm mU ==
， 21()2a a k U U qy E m d Bd
=- 242222
22
2a k L B d q m U E mB d
= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．
设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得
12=122
d
y L L x +，
1()2
x y d L =+
(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2
如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 2
2111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =
122
221·2y Uq t m y t d
v +=，
2
2158qU y t md
=
， 124=5
y y ， 1
1224==5
Uq
y W d Uq W y d
5．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T ，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点O ，在x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C ，在x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷
9110q
m
=⨯C/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A 点沿x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：
(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；
(2)沿y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；
(3)从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．
【答案】（1）61.010/v m s =⨯；（2）61.810t s -=⨯；（3）0.75 1.75m y m ≤≤ 【解析】 【分析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2
v qvB m R
=求解速度；
（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围． 【详解】
（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m ，
由2
v qvB m
R
= 进入电场时qBR v m = 带入数据解得v=1.0×106m/s
（2）粒子在磁场中运动的时间61121044
R t s v ππ-=
⨯=⨯ 粒子从A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v ，所以在电场中运动的时间
62 1.010x
t s v
-=
=⨯ 总时间66
12110 1.8104t t t s s π--⎛⎫=+=+⨯=⨯ ⎪⎝⎭
（3）沿x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.510/qE
a m s m
==⨯ 在电场中侧移：2121261111.5100.7522110y at m m ⎛⎫=
=⨯⨯⨯= ⎪⨯⎝⎭
打在屏上的纵坐标为0.75；
经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75≤y ≤1.75.
6．如图甲所示，边长为L 的正方形ABCD 区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。

在正方形的几何中心O 处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v 0的带电荷量为－q 的粒子，粒子质量为m 。

图中x 、y 轴分别过正方形四边的中点E 、F 、G 、H 不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？
(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；
(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。

(结果可用根号表示)
【答案】(1) (2) (3)从AB边射出的坐标为
从BD边射出的坐标为
从CD边射出的坐标为
从AC边射出的坐标为
【解析】
【分析】
(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.
【详解】
(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：
联立解得：
(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：
(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：
分析可知，
解得：
当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处，
由几何关系得，
解得：
综上粒子从AB边射出的坐标为
同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为
同理求得，从CD 边射出的粒子，位置坐标为
同理求得，从AC 边射出的粒子，位置坐标为
【点睛】
解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.
7．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为
32.110.s -⨯
【解析】
【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间．
【详解】 ①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2v qvB m R =， 半径0.4mv R m Bq
==， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，
则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m ==≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ，
在垂直电场方向的位移11s vt =，
运动时间4112410s R t s v v
-===⨯
在沿电场方向上的位移22112s at =，
又因22s R =
得72221
2110/s a m s t ==⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m =
所以电场强度3110/ma E V m q
==⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410v t s a -=
=⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m T s Bq
ππ-==⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为312 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
8．如图，ABCD 是边长为a 的正方形．质量为m 、电荷量为e 的电子以大小为0v 的初速度沿纸面垂直于BC 边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场．不计重力，求：
（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；
（2）此匀强磁场区域的最小面积．
【答案】见解析
【解析】
（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B ．令圆弧AEC 是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨道．电子所受到的磁场的作用力
0f ev B =
应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC 的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a 按照牛顿定律有
202
v f m = 联立①②式得
0mv B ea
= （2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC 入射电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC 区域中．因而，圆弧AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界．
为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A 点的电子的速度方向与BA 的延长线交角为θ（不妨设02π
θ≤<）的情形．该电子的运动轨迹qpA 如右图所示．
图中，圆AP 的圆心为O ，pq 垂直于BC 边，由③式知，圆弧AP 的半径仍为a ，在D 为原点、DC 为x 轴，AD 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(,)x y 为
sin [(cos )]cos x a y a z a a θθθ==---=-④
⑤
这意味着，在范围02π
θ≤≤内，p 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周AFC ，
它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．
因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周
AEC 和AFC 所围成的，其面积为2221
122()422
S a a a ππ-=-=
9．（17分）在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B 。

一质量为m ，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP=d ）射入磁场（不计重力影响）。

（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。

（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ（如图）。

求入射粒子的速度。

【答案】1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

设入射粒子的速度为v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：
①
由①式解得：②
（2）设O’是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O’Q，设O’Q＝R’。

由几何关系得：∠OQO’=③
而OO’=R’－,＝d－R
所以OO’= R’+R－d ④
由余弦定理得：⑤
由⑤式解得：⑥
设入射粒子的速度为v2，由⑦
由⑦式解得：⑧
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.
10．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M．粒子在磁场中运动的轨道半径为R．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R．不计重力．求M点到O点的距离和粒子在
磁场中运动的时间．
【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
π
126
T m t
qB ==
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
π
42
T m t
qB ==
【解析】
根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x 轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y轴上得1分）
2
v
qvB m
R
=（1分）
周期为
2πm
T
qB
=（1分）
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．由几何知识得sinα
AD R
=，cot60
OD AD
=︒，
，OP AD BP
=+
α=β （2分）
联立得到sinαα1
3
+=（2分）
解得α=30°，或α=90° （各2分）
设M 点到O 点的距离为h ，有sin αAD R =
h R OC =-，cos αOC CD OD R =-= 联立得到h=R
cos(α+30°) （1分） 解得h=
R （α=30°） （2分） h=
R （α=90°） （2分） 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
π126T m t qB
==（2分） 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 π42T m t qB =
=（2分） 【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．。