河南省信阳高中、商丘一高高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题易错题

河南省信阳高中、商丘一高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．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。

y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。

现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：
（1）带电粒子的初速度；
（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。

【答案】(1)8qBL v m
=
；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】
【详解】 (1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
5sin37o QC L =
15sin37O
OQ O Q L == 在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，
11R O Q QC =+
2
1v qvB m
R = 解得：8qBL v m
= ； (2)由公式2
2
v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =
由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t
5cos37o PC L =
1PC t v
= 带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t
12m T qB
π= 2137360
o
o t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t
22·2m m T q B qB
ππ== 3212
t T = 从P 点到再次回到P 点所用的时间为t
12222t t t t =++
联立解得：41145m t qB π⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭。

2．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向
右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：
(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小.
(3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.
【答案】(1)12mg E q
=,2mg E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】
【详解】
(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mg E q
= 微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg E q
= (2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒= 2
v qvB m R
= 根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒
整理得：12
2m gd B = (3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
211112
a t d = 1tan45mg ma ︒=
2302360R t v
π︒=⨯︒
经整理得：
112
121
2
22
26
1
2
126
gd
d d d
t t t gd
g qB gd
ππ
+
=+=+⨯=
3．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R0=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 =12at 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%
4．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（q m
）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小；
（2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g - 【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又
=q k m 解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ， 粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r = ； 由cos y
v v θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由212
h gt = 其中2kBL t g = ， 则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
5．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。

求:
(1)小圆半径R 1；
(2)大圆半径最小值
(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB =
(2)2min R = (3)14m qB π 【解析】
【详解】 解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r 根据洛伦磁力提供向心力有：2
2()222b
v m v q B r =
由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv R qB
= (2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2
1
a mv qvB r = 解得： 11a mv r R qB
== 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2
2
2a mv qv B r •= 解得： 21122
a mv r R qB == 设大圆半径为2R
，由几何关系得：121122R R R ≥
+ 所以，大圆半径最小值为：
2min 1)2qB R mv ≥
(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=，Ⅱ区域的周期为2a m T qB
π= 粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121
132a a a t T T =+
解得：176a m t qB
π= 粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m T qB
π= 讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m t nt qB π==
n=1，2，3…
粒子b 经过时间：2b b k m t kT qB
π== k=1，2，3… a b t t =时，解得：726
n k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m t qB
π= ②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m t qB
π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：218213n k +-=
ab 不能相遇
③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m t qB
π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113213n k +-=
ab 不能相遇
a 、
b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m qB
π
6．如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

在ad 边中点O 的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od 的夹角分布在0～180°范围内。

已知沿Od 方向发射的粒子在t=t 0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，ab=1．5L ，bc=L 3，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）粒子在磁场中的运动周期T ；
（2）粒子的比荷q ／m ；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）06t T =；（2）03Bt m q π=；（3）max 02t t =。

【解析】
试题解析：（1）（4分）
初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：2
3=θsin 所以：θ＝60°
︒=3600θT t 解得：06t T = （2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， 根据牛顿第二定律得：R v m qvB 2= T
R v π2= 所以：qB m T π2= 解得0
3Bt m q π= （3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L 3，圆轨迹的直径为2L
所以：Ob 弦对应的圆心角为120° 粒子在磁场中运动的最长时间023
t T t max == 考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

7．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α衰变．放射出α粒子（4
2He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．
（1）放射性原子核用 A
Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方
程．
（2）α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α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）放射性原子核用 A
Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核
反应方程为4
422A A Z Z X Y H --→+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 2
2Bq m
π ；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α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 2
211()()2BqR m M c
+ ． 【解析】
（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为
4
422X Y He A
A Z Z --→+
（2）设α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
2
v qvB m R
= 根据圆周运动的参量关系有2πR T v =
得α粒子在磁场中运动的周期2πm T qB
= 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q B I T m
== （3）由2
v qvB m R =，得qBR v m
= 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 =0 可得mv qBR v M M
='= 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2221122
mc Mv mv '∆=+ 解得2
2
()()2M m qBR m mMc +∆= 说明：若利用44
A M m -=解答，亦可． 【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）α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．
8．如图（a ）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图（b ））；右为水平放置的长为d 的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B 。

一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N 1，能通过N 2的粒子经O 点垂直进入磁场， O 到感光板的距离为
2
d ，粒子电荷量为q ，质量为m ，不计重力。

（1）若两狭缝平行且盘静止（如图（c ）），某一粒子进入磁场后，数值向下打在感光板中心点M 上，求该粒子在磁场中运动的时间t ；
（2）若两狭缝夹角为0θ，盘匀速转动，转动方向如图（b ），要使穿过N 1、N 2的粒子均打到感光板P 1、P 2连线上，试分析盘转动角速度的取值范围（设通过N 1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N 2）。

【答案】（1）2m t qB π=
；（2）00544dqB dqB mL mL θθω≤≤ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子运动的半径为
R ＝2
d ① 由牛顿第二定律
qvB ＝m 2
v R
② 匀速圆周运动的周期
T ＝2R v
π③ 粒子在磁场中运动的时间
t ＝4T ＝2m qB
π. ④ (2)如图所示，设粒子运动临界半径分别为R 1和R 2
R 1＝4
d ⑤ d 2＋(R 2－
2d )2＝R 22 R 2＝54
d ⑥ 设粒子临界速度分别为v 1和v 2，
由②⑤⑥式，得
v 1＝
4dqB m ⑦ v 2＝54dqB m
⑧ 若粒子通过两转盘，由题设可知
L v ＝0θω
⑨ 联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
ω1＝
04dqB mL θ ω2＝054dqB mL
θ 粒子要打在感光板上，需满足条件 04dqB
mL θ≤ω≤
054dqB mL θ.
9．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po ，新核Po 的速率约为2×105m/s ．衰变后的α粒子从小孔P 进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B =0.1T ．之后经过A 孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U =3×106V ．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r =33
m 的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度B 0=0.4T 、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M 和圆形磁场的圆心O 、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为
q m
=5×107C/kg ．
(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)；
(2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小；
(3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？
(4)求出粒子打在荧光屏上的位置．
【答案】（1）222
218
486842Rn Po He →+ 1×107 m/s
（2）1×106V/m
（3）6
π×10－7s （4）打在荧光屏上的M 点上方1 m 处
【解析】
【分析】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度；
（2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；
（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可；
【详解】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：222
218
486842Rn Po He →+ ①
设α粒子的速度为0v ，则衰变过程动量守恒：100Po He m v m v =- ②
联立①②可得：70110/v m s =⨯ ③
（2）α粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：0qE qv B ＝④
联立③④可得：6110/E V m =⨯ ⑤
（3）α粒子在区域Ⅱ被电场加速：2201122
qU mv mv =
- 所以得到：7210/v m s =⨯⑥
α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： 2v qvB m R ＝ 所以轨道半径为：1R m ＝⑦
而且：2R T v
π=⑧
由图根据几何关系可知：α粒子在磁场中偏转角60θ
=︒，所以α粒子在磁场中的运动时间16t T = ⑨ 联立⑧⑨可得：7106t s π
=⨯－；
（4）α粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O ，几何关系如图： 60x tan r
︒=，所以1x m =，α粒子打在荧光屏上的M 点上方1m 处．
【点睛】
本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．
10．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差2NP mv U q =,4cos θ5
=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； （2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）；
（3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求ΔB B
的最大值 【答案】（1）2000
mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12% 【解析】
【详解】
（1）径向电场力提供向心力：2c c c
v E q m r = 2c c c
mv E qr = c c mv B qr = （2）由动能定理：22110.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯= 245NP c c qU v v v m =+
= 或0.5152
c mv r r qB == 2cos 0.5c l r r θ=-
解得 1.5c l r =
（3）恰好能分辨的条件：00022cos 211r r r B B B B
θ-=∆∆-+ 解得0017412B B
∆=≈。