高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题综合题及答案解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题综合题及答案解析

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 OQ QC =+

2

1

v 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=

21

37360

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：41145

m

t qB π⎛⎫=+

⎪⎝

⎭

。

2．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并

在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（120，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0

nmv B qL

=

n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB

ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m

t n n v qB qB

ππ=++ n ＝1、2、3……。 【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2

y v a t =

，

解得：v y ＝v 0，tan θ＝

y v v ＝1，θ＝45°，

粒子穿过O 点时的速度：2

2002v v v v =

+=；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2

v qvB m r

= ，

粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0

nmv B qL

=

n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝

2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=

，2m

T qB

π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，

若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝

1

4

T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1

4T 1+34

T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×

1

4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1

4T 1+2×34

T 2， ………… 则23(1)24m

m

t k k qB

qB

ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)

m

t n

n

qB qB

ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB

ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB

ππ=

++ n ＝1、2、3……；

3．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3

m ，两金属板间电压U MN = 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B 1，三角形的上顶点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B 2，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

2

3

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v 0= 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B 1 (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B 2应满足的条件． 【答案】（1）523

10/3m s ⨯；垂直于AB 方向出射．（2）3310

T （3）235T + 【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：U

q

ma d =解得：102310/3

qU a m s md ==⨯ 50

110L

t s v -=

=⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝

3

3

×105m/s 射出时速度为：22

5023

10/3

y v v v m s =+=

⨯ 速度v 与水平方向夹角为θ，0

3

tan 3

y v v 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213262

d y at m ===，即粒子由P 1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12

cos303

d R m =

=

由2

11

v B qv m R =

知：1133

10

mv B T qR =

= （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：2

21sin 60

R R +

= 故半径2(233)R m =-

又2

22

v B qv m R =

故223

5

B T +=

所以B 2应满足的条件为大于

23

5

T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

4．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L

【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9

4

d ； 【解析】

(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d

电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2

0v ev B m r

=

解得：0

mv B ed

=

(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r

O a '=

︒

3OO d O a ='-'

解得OO d '=

即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==

电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤

设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：

根据运动学公式有：0x v t =

212eE y t m

=

⋅ y eE v t m

=

tan y v v θ=

tan 3L

d x

θ=

- 解得：(32)2L d y y =

即9

8

y d =

时，L 有最大值 解得：94

L d =

当322d y y -=

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．

5．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41.010V/m E =⨯，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T 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

0 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：)2222r 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 =

102R

T v π= 20

x t v =

3212

t T =

2

22r T v

π=

解得：()

55

1232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯

6．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，2

v 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2

2112

s at =

，

又因22s R = 得722

21

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3

12 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．

7．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出，已知弧

所对应的圆心角为．不计重力，求：

（1）离子速度的大小； （2）离子的质量． 【答案】（1） （2）

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示

（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则

①

又②

由①②式得③

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则

④

由几何关系有⑤

解得

考点：带电粒子在磁场中的运动

点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．

8．如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔O，再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为B x，但B x未知．现有一质量为m、电荷量为q（q>0），不计重力的带电粒子，从N金属板中央A点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．图中t1,t2未知，求：

(1)粒子第一次从A 到达O 点时的速度大小； (2) 粒子从O 点第一次撞到左挡板P 的时间t 1的大小； (3)图乙中磁感应强度B x 的大小； (4)两金属板M 和N 之间的距离d . 【答案】（1）v 2Uq m （2）t 1＝03m

B q π（3）B x ＝2B 0（4）d ()035224n Um B q

π+n ＝0,1,2,3

【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度B x 的大小，在t 1～(t 1＋t 2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板M 和N 间往返时间，再求出金属板M 和N 间的距离。 解：(1) 21

Uq=mv -02

解得2v=

Uq

m

(2)由2

qvB=mv r 得

00r =

mv

B q

01022T =

=

r m

v B q

ππ 1101t =T =

63m

B q

π (3)由2qvB=mv r 得，粒子做匀速圆周运动的半径00r =mv B q ， x x r =mv B q

粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示

由图易知： 0=2x r r 解得 0=2x B B

(４)在t 1～(t 1＋t 2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期

202T =

=

x m m

B q B q

ππ 2201t =T =

22m

B q

π 设粒子在金属板M 和N 间往返时间为t ，有

0+d=

22

v t ⨯ 且满足： ()2120,1,2,3t t n t t n ⋯⋯＝＋＋，＝ 联立可得金属板M 和N 间的距离：

23+5=0,1,2,324m

U n d n B q

π（），＝

9．如图所示，y ，N 为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d ．在金属板左侧板间中点处有电子源S ，能水平发射初速为V 0的电子，电子的质量为m ，电荷量为e ．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d ．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d 处有一个荧光屏．过电子源S 作荧光屏的垂线，垂足为O ．以O 为原点，竖直向下为正方向，建立y 轴．现在y ，N 两板间加上图示电压，使电子沿SO 方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v ；

(2)改变磁感应强度B 的大小，使电子能打到荧光屏上，求

①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）02v ，方向与水平方向成45° （2）①()0

12mv

B ed

+<，②4224d d d -→

【解析】

试题分析：（1）电子在MN 间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有

（1分） （1分） （1分）

（1分）

解得（1分）

速度偏向角

（1分）

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值0B ，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分） 又有2

0mv qvB R

=（2分）

由⑦⑧解得：00(12)m

B +=

（1分） 磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度0(12)m

B v ed

<时电子能打

在荧光屏上（得0(12)m

B v ed

≤

不扣分）． （1分） 如图所示，电子在磁感应强度为0B 时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO 连线的垂直距离

12sin 45y d R =-︒（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

021tan 45y y d =+（1分）

解得2422y d d =-（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标为0

33tan 454y d d d =+=（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

422d d -到4d （2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

10．平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

【答案】02v ,与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)0

2

v 【解析】 【分析】

【详解】

(1)粒子运动轨迹如图：

粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据平抛运动的规律有： x 方向：02L v t = y 方向：212

L at =

粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度：

y v at =，

又

tan y x

v v α=

，

解得tan 1α=，即45α=︒，

粒子到达O 点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O 点时的速度大小为

02cos 45v v v ︒

=

=；

(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：

qE a m

=

， 设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：

2

v qvB m R

=，

根据几何关系可知：

2R L =

解得：

2

v E B =