高考物理带电粒子在磁场中的运动试题有答案和解析.docx

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题有答案和解析.docx

《高考物理带电粒子在磁场中的运动试题有答案和解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理带电粒子在磁场中的运动试题有答案和解析.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题有答案和解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题（有答案和解析）

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

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）；

（2）

【解析】

【详解】

（1）带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为，

解得：

；

（2）由公式得：

，解得：

由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于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

带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为

带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为

从P点到再次回到P点所用的时间为

联立解得：

。

2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．

（1）若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；

（2）若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；

（3）若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．

【答案】

（1）0.0125m

（2）3.6×105m/s.（3）第一种情况：

v0＝（其中n＝0、1、2、3、4）第二种情况：

v0＝（其中n＝0、1、2、3）．

【解析】

【详解】

（1）粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则

竖直方向

得

代入数据解得t＝1.0×10－6s

水平位移x＝v0t

代入数据解得x＝0.80m

因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，

则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，

竖直位移＝0.0125m

所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．

（2）由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0

粒子进入磁场时，垂直边界的速度

v1＝·t＝

设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝

在磁场中由qvB＝m得R＝

粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L

把x＝v0、R＝、v＝、代入解得

v0＝L·－

v0＝3.6×105m/s.

（3）由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R（1－cosα）

把R＝、v＝、代入解得

可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，（α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场）

Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．

若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：

粒子要从M′点射出边界有两种情况，

第一种情况：

L＝n（2v0t＋2Rsinα）＋v0t

把、R＝、v1＝vsinα、代入解得

v0＝×105m/s（其中n＝0、1、2、3、4）

第二种情况：

L＝n（2v0t＋2Rsinα）＋v0t＋2Rsinα

把、R＝、v1＝vsinα、代入解得

v0＝×105m/s（其中n＝0、1、2、3）．

3．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，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

（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……An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），；

（2）；（3）

【解析】

【详解】

解：

（1）正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：

解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：

正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：

正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：

（2）从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速次，则有：

解得：

正、负电子在磁场中运动的周期为：

正、负电子在磁场中运动的时间为：

D型盒间的电场对电子做功的平均功率：

（3）设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系可得

解得：

根据洛伦磁力提供向心力可得：

电磁铁内匀强磁场的磁感应强度大小：

4．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x

（1）求电场强度大小E；

（2）为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标（-L，0）点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

（3）求第

（2）问中粒子从进入磁场到坐标（-L，0）点所用的时间．

【答案】

（1）

（2）n=1、2、3......（3）

【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

（1）带电粒子在电场中做类平抛运动有：

，，

联立解得：

（2）粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角的正切值=l

速度大小

设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达（一L，0）点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L=（2n+1）x时，粒子轨迹如图乙所示．

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有x=R，此时满足L=2nx

联立可得：

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：

得：

，n=1、2、3....

轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有，此时满足

联立可得：

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：

得：

，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标（-L，0）点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3....或，n=1、2、3....

（3）若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标（一L，0）点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n××2=2nπ，则

若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标（一L，0）点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=（2n+1）×2π=（4n+2）π，则

粒子从进入磁场到坐标（-L，0）点所用的时间为或

5．如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子（比荷为=1.0×1010C/kg）由静止进人电压U=800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场（图中未画出）圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。

（1）求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；

（2）若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E=1.0×103V/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN的距离。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【详解】

（1）粒子射入O点时的速度，由动能定理得到：

进入磁场后做匀速圆周运动，

设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：

，故

由几何关系可知纵坐标为，则

解得：

；

（2）粒子在电场中做类平抛运动，，，，

射出电场时的偏向角为，

磁场右边界到荧光屏的距离为，由几何关系，解得：

。

6．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L="1"m．间距d=m，两金属板间电压UMN=1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m=3×10-10kg，带电量q=+1×10-4C，初速度v0=1×105m/s．

（1）求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向

（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1

（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．

【答案】

（1）；垂直于AB方向出射．

（2）（3）

【解析】

试题分析：

（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，

则：

解得：

竖直方向的速度为：

vy＝at＝×105m/s

射出时速度为：

速度v与水平方向夹角为θ，，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．

（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为

由

知：

（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：

故半径