高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析

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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, 的速率为 ,沿 PO 方向发射的恰好从 N 点离开磁场 , 忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取 sin53 =0.8,cos53 =0.6。 (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

2、子的质量数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

3、，从而求出粒子可能出射击的 范围，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： a=15 （3）对 Y 粒子，设粒子初速度方向与切线PQ 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：，解得： 由几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板 单位时间打到金属板的Y 粒子数为 由

4、几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板 单位时间打到金属板的Y 粒子数为 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 ，内圆弧面CD的电势为，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

5、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 2 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 4 E L ，若从 AB圆弧面收集到的某粒子经 O

6、 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 ；（ 2） 1 2 m B Lq ；（ 3） 0 60； 2 2 m L q 【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 1 0 2 qUmv 2U 2q v m (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 0 60 根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2RL 由洛伦

7、兹力提供向心力得： 2 v qBvm R 联合解得： 1 2 m B Lq （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 . 21 2 qE Lt m 22 2 mLm tL qEq 2 2 x EqqELq vt mmm 若速度与x 轴方向的夹角为角 cos x v v 1 cos 2 0 60 3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 出 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 粒子的质量和电荷量 （1）放射性原子核用 A ZX 表示，

8、新核的元素符号用Y表示，写出该衰变的核反应方 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）放射性原子核用 A ZX表示，新核的元素符号用Y表示，则该 衰变的核 反应方程为 44 22 AA ZZ XYH ；（ 2） 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 2 m Bq ，环形电流大小为 2 2 Bq m ；（ 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 ，则衰变过程的质量亏损m为损 2 2 11()

9、() 2 BqR mMc 【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 44 22 XYHe AA ZZ （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 2 v qvBm R 根据圆周运动的参量关系有 2 R T v 得 粒子在磁场中运动的周期 2 m T qB 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 2 2 qq B I Tm （3）由 2 v qvBm 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Mvmv=0 可得 mvqBR v MM 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有 222 11 22 mc

10、Mvmv 解得 2 2 ()() 2 MmqBR m mMc 说明：若利用 4 4 A Mm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） 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 4相距为 L 的平行金属板M、N，板长也为L，板间可视

11、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 Lq

12、（ 2） 3 4 4 Lm L qU （） 【解析】 【详解】 （1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点 O：有： 21 0 22 U l qmv L 在竖直向下的电场中从点O 到 N 右侧边缘点B： 水平方向： 0 Lv t 竖直方向： 21 22 LqU t mL 在 B 点设速度v 与水平初速度成角 有： 2 tan21 L L 粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得： 2 2 RL 又： 2 v qvBm R 联解得： 2 L mU B q （2）粒子在磁场中运动的圆心角 3 2 22Rm T vqB 在磁场中运动时间： 2 tT 在水平电场中运动时间： 00 vv t qU

13、 a mL 总的时间： 22tttt 总 联解得： 3 4 4 Lm tL qU 总 （） 5如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从 O 点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k 的带正电的粒子， PQ 是在纸 面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与 O 点的连线与挡板垂直，距离为 v kB ，且粒子打在挡板上会被吸收不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布 足够大，求 : （1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长； （2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少； （3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒

14、子占所有粒子的比率。 【答案】（ 1） 3v kB ；（ 2） 4 3kB ；（ 3） 5 12 。 【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： 2 v qvBm r 解得： mvv r qBkB 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： v rOP kB 由几何知识可得： v PN kB 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，由几何关系可得： 2 2

15、2PMrr 所以 3v PM kB 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 kB 时，挡板吸收的粒子数最多 （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： 1 3 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： 2 5 3 粒子的运动周期： 222rm T vqBkB 最短时间： 1 1 2 tT 最长时间： 2 2 2 tT 最长的时间差： 21 4 2 Ttt kB （3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2 的粒子速度

16、方向之间都能打在板上，粒子方 向的夹角为： 5 6 打到板上的粒子占所有粒子的比率为： 5 212 6如图所示的xoy 平面内，以 1 O（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 1 O 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， 2 00 2 33 22 mvmv EB eReR ， ，不计电子重力。 （1）求磁感应强度B1的大小； （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，3yR，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）