湖南师范大学附属中学高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错题

湖南师范大学附属中学高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题易错
题
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题
1．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点
3,03P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．
（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；
（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；
（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq
32
2
3
0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2
111
v qv B m r =
由几何憨可知：()2
22
1133r L r L ⎛⎫=-+
⎪ ⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
133
L v t =，212qE h t m =
在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又2
2
212v v Eh =+，得到：22219BLq
v m
=
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'= 而'223
v v v ''=
+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：2
2
003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
2．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为q +、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示。

该粒子运动到图中Q 点时的速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示。

已知
P 、Q 间的距离为l 。

若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电
场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到
Q 点。

不计重力。

求：
(1)电场强度的大小。

(2)两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差。

【答案】(1)2
2qlB E m
=；(2)(1)2m qB π- 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以0v 表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周半径，
则有
20
0v qv B m R
= ①
由于粒子在Q 点的速度垂直于它在4P 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹是圆周的
1
4
，故有
R =
②
联立①②得
0v =③
在电场中粒子做类平抛运动，分别以x 、y 、E 、a 、E t 表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则
qE ma = ④
垂直0v 方向
2
12
E y R at == ⑤
沿0v 方向
0E x R v t == ⑥
联立②③④⑤⑥各式可解得
E =
电场强度的大小为
E =
（2）由分析知粒子在磁场中由P 运动到Q 点所经历的时间B t 为1
4
周期，故
0112442B R m t T v qB
ππ==⋅= 在电场中由P 运动到Q 点所经历的时间
0E R m
t v qB
=
= 由P 运动到Q 点所经历的时间之差
(
1)
2
B E m
t t qB
π
-=- 两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差为(1)2m
qB
π-
3．“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1所
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AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 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O 点进入磁场后最多有23
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4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 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． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【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：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 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060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（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.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
=
=22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角
cos x
v v α=
1cos 2
α=060α∴=
4．如图所示，在足够长的绝缘板MN 上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P 点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面
向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。

已知粒子的比荷为
q m
＝k ，在磁场中运动的轨道半径R ，P 点与绝缘板的距离为d ＝1.6R （不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。

求 （1）粒子源所发射粒子的速度大小v 0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度L m ； （3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。

【答案】（1）kBR （2）2R （3）0.25 【解析】 【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
2
00v qv B m R
＝ 粒子在磁场中运动的轨道半径为：
mv R qB
=
粒子比荷为k ，联立解得：
0v kBR ＝
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C 、D ，
粒子在C 点与绝缘板相切，PD 为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
()
2
22 1.2P D R d R '=
-=
22()0.8CP R d R R '=--=
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
2m L CD R ＝＝
（3）根据上图中的几何关系可得：
1.2sin 0.62R
P PD R
∠'==，37P PD ∠'︒＝ 0.8sin 0.8R
OPE R
∠=＝
，53OPE ∠︒＝ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的1
4
，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。

【点睛】
5．某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d 的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标为
,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭，立柱2下底面中心坐标为41,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，它们的上底面均位于10z d =的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U ，立柱1内存在着沿z 轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z 轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在10z d >和
0z <的空间内存在着沿x 轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B 和2B （均未
知）．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过0z =和10z d =两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能k E ； （2）磁感应强度1B 和2B 的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z 轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t ．
【答案】（1）2qU ；（2）
1210mU d q ，1
5mU
d q
；（3）200442(525)221m
d qU π⎡⎤++⎢⎥⎣⎦
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k 20qU E =-，
2k E qU =．
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱
2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d ．
第一次加速后：
2112qU mv =，()2
1110v qv B m r d r
==，
解得
11
210mU
B d q
=
第一次加速后：
22122qU mv =，()2
2
210v qv B m r d r
==，
解得
21
5mU
B d q
=
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要
减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为
22m 1442(21)2r d d =
+=， 由2111m v qv B m r =，2
2
22m
v qv B m r =，
解得：
114422qB d v m =
，224422qB d
v m =； 最短时间为：
11212101022
d m m d t v v v qB qB ππ=
++++， 解得
()
200442525m
t qU π⎤=⎥⎣⎦
6．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷
q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的
边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2
v R
可得：v =6×105m/s ；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y ，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y =12
at 2
…① a =qE m =qU md …② t =
L
v
…③ 由①②③解得：y =0.08m
设此粒子射入时与x 轴的夹角为α，则由几何知识得：y =r sinα+R 0-R 0cosα
可知tanα=43，即α=53° 比例η=53180
︒×100%=29%
7．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 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E 1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E 2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3kmg E q =
（k 为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G 点的距离．
【答案】（1）1mg E q =，方向竖直向上；2m g B q L
=2）23mg E q =（3）①L ②24L L k
- 【解析】
【详解】
（1）12v gL =小球做匀速圆周运动1qE mg = 解得：1mg E q =
，方向竖直向上 由几何关系r L =，又211v qv B m r
= 解得：2m g B q L
=
（2）在CEFG 区域，小球做类平抛运动，
水平方向：1L v t =，解得2L t g =
竖直方向：212
L at =，解得4a g = 又2qE mg ma +=，
解得23mg E q
=
（3）水平方向：3qE ma =，解得a kg =
竖直方向小球做自由落体运动. 当水平方向减速至零时，用时12gL v t a =
= 由212ax v =，解得L x k
=， ①当k =1时，x =L ，小球水平方向恰好到达FG 边，此时竖直位移212y gt =
=L ，小球恰好从F 点飞出，此时距G 点L ．
②当k =2，3，4……时，x <L ，竖直位移()2122y g t =
=24L k ≤L ，小球从CG 边飞出，此时距G 点2
4L L k - 8．一个氘核（21H ）和一个氚核（31H ）聚变时产生一个中子（10n ）和一个α粒子
（4
2e H ）。

已知氘核的质量为D m ，氚核的质量为T m ，中子的质量为n m ，α粒子的质量为αm ，光速为c ，元电荷电量为e 。

（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E ∆。

（2）反应放出的α粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R ，磁感应强度大小为B 。

求α粒子在磁场中圆周运动的周期T 和等效电流I 的大小。

（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。

卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。

以一个α粒子以速度v 与原来静止的电子
发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。

【答案】（1）22
D T n ()
E mc m m m m c α∆=∆=+--（2）2α2πe B I m =（3）α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹
【解析】
【详解】
（1）核反应方程：2314
1102H+H n+He →
反应释放的核能：()22D T n E mc m m m m c α∆=∆=+-- （2）设α粒子的速度大小为v ，由2
α2v evB m R
=，2πR T v = 得α粒子在磁场中运动周期：απm T eB
= 由电流定义式2e I T =，得环形电流大小：2α
2πe B I m = （3）设电子的质量为e m ，碰撞后α粒子的速度为αv ，电子的速度为v e 。

由动量守恒：αe e m v m v m v αα=+
由能量守恒：
222αe e 111222m v m v m v αα=+ 得e αe m m v v m m αα-=
+ 因1e e
m m m m αα-≈+ 所以αv v ≈，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

9．如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等．现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1；
(2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；
(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2.
【答案】(1)10 V/m 6.4 T (2)(
1751832π+) s (3)1516m 53T 【解析】
【分析】
（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A 到N 的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N 点的速度。

小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；
（2）小球在AN 之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；
（3）A 到N 的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N 点的速度。

小球进入区域Ⅱ后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ的磁感应强B 2的大小。

【详解】
(1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE
解得E ＝mg q
＝10 V/m 滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得：
a ＝－μg ＝－2.25 m/s 2
由运动公式可得v 2－v 02＝2aL
代入数据得v ＝4 m/s
平抛运动过程满足L ＝vt 3；2r ＝2312
gt 做圆周运动满足qvB 1＝m 2
v r
联立方程求解得B 1＝6.4 T
(2)滑块在AN 间的时间01-4t ==s 9
v v a 在磁场中做匀速圆周运动的时间21532m t s qB ππ＝
＝ 平抛运动的时间t 3＝L v
＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝175(
)1832π+s (3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足
－μmgL ＝12mv ′2－12mv 0′2 代入数据得v ′＝62m/s
滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2＝2mg
解得B 2＝53
T 滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角．由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有
B 1qv ′＝2
'mv r
解得1'15216
mv r m qB == 由题意知d ＝r ·
sin 45°＝1516m 【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速 圆周运动时，粒子受到的电场力与重力平衡。

10．如图所示，坐标系xOy 处于竖直平面内，在x ＞0的区域内有电场强度大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，在x ＞x 0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。

从x 轴上x =3L 的P 点以速度v 沿y 轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O ，并沿与x 轴负方向成θ=30°角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向平行于xOy 平面的匀强电场，使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，已知重力加速度为g 。

求：
（1）x 0的值；
（2）磁场的磁感应强度B ；
（3）第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度的最小值和方向。

【答案】（1）
；（2） ；（3），方向竖直向上。

【解析】
【分析】
（1）由几何知识求解x 0；（2）带电粒子在复合场做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，根据粒子运动半径求出B 的大小；（3）根据力的平衡原理求解最小电场强度。

【详解】
（1）如右图所示：
根据几何知识得：OP=3L=x0+sinθR+R，
OP=+R=3R
联立求解得x0=，R=L
（2）粒子做圆周运动的半径：R=
又qE=mg
联立解得：B=
（3）要使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，则电场力与重力是平衡力。

故E′q=mg
解得：E′=，方向竖直向上。

【点睛】
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式。