带电粒子在磁场中运动高考题型归类解析3
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R qB==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度003602y v v sin v =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=； 质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t g==所以质点在P 点的竖直分速度03yP y v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m =+==； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
带电粒子在匀强磁场中的运动(解析版)高考物理复习热点题型
带电粒子在匀强磁场中的运动【专题导航】目录热点题型一洛伦兹力的特点与应用 (1)洛伦兹力方向的判断 (2)洛伦兹力做功的特点 (3)洛伦兹力作用下带电体的力学问题分析 (4)热点题型二带电粒子在匀强磁场中的运动 (5)半径公式和周期公式的应用 (6)1.半径与磁场的关系 (6)2.半径与动能的关系 (6)3.半径与动量的关系 (7)4.半径公式与比荷 (8)带电粒子在有界匀强磁场中的运动 (8)直线边界磁场 (9)平行边界磁场 (11)圆形边界磁场 (14)三角形边界磁场 (15)热点题型三带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 (16)带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题 (16)带电粒子在匀强磁场中运动的极值问题 (18)【题型演练】 (19)【题型归纳】热点题型一洛伦兹力的特点与应用1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力方向的判断【例1】. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右【答案】B【解析】据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O 点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，正确选项为B.【变式1】在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)．如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转()A．不偏转B．向东C．向西D．无法判断【答案】B【解析】 根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B 正确．【变式2】如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【答案】A【解析】条形磁铁的磁感线在a 点垂直P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确．洛伦兹力做功的特点【例2】. (多选)如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变【答案】CD【解析】设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋q 甲v 甲B ＝mv 2甲r ，mg －q 乙v 乙B ＝mv 2乙r ，mg ＝mv 2丙r，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．【变式】如图所示，下端封闭、上端开口、高h ＝5 m 、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m ＝10 g 、电荷量的绝对值|q |＝0.2 C 的小球，整个装置以v ＝5 m/s 的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度大小为B ＝0.2 T 、方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．小球带负电B ．小球在竖直方向做匀加速直线运动C ．小球在玻璃管中的运动时间小于1 sD ．小球机械能的增加量为1 J【答案】 BD【解析】 由左手定则可知，小球带正电，选项A 错误；玻璃管和小球在水平方向做匀速运动，则小球在竖直方向所受的洛伦兹力恒定，竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B 正确；小球在竖直方向的加速度a ＝Bqv －mg m ＝0.2×0.2×5－0.01×100.01 m/s 2＝10 m/s 2，在管中运动的时间t ＝2h a ＝2×510 s ＝1 s ，选项C 错误；小球到管口时的速度v ＝at ＝10 m/s ，机械能的增加量：ΔE ＝mgh ＋12mv 2＝0.01×10×5 J ＋12×0.01×102 J ＝1 J ，选项D 正确. 洛伦兹力作用下带电体的力学问题分析【例3】. (2019·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B ，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P ，P 的质量为m 、电荷量为－q ，P 与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a 0，最大速度为v 0，则下列判断正确的是( )A ．小球先加速后减速，加速度先增大后减小B ．当v ＝12v 0时，小球的加速度最大 C ．当v ＝12v 0时，小球一定处于加速度减小阶段 D ．当a ＝12a 0时，v v 0>12【答案】C【解析】开始运动阶段qvB <mg ，加速度a 1＝qE －μ（mg －qv 1B ）m，小球做加速度越来越大的加速运动；当qvB ＝mg 之后，小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度a 2＝qE －μ（qv 2B －mg ）m，小球做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后做匀速运动，则可知小球一直加速最后匀速，加速度先增大后减小为0不变，选项A 错误；作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示，两阶段的图线斜率大小相等，有v 1<12v 0，则v ＝12v 0时一定处于加速度减小阶段，选项B 错误，C 正确；a ＝12a 0可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段，选项D 错误．【变式】如图所示，a 为带正电的小物块，b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移)，a 、b 叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b 物块，使a 、b 一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( )A ．a 对b 的压力不变B ．a 对b 的压力变大C ．a 、b 物块间的摩擦力变小D ．a 、b 物块间的摩擦力不变【答案】BC【解析】a 向左加速时受到的竖直向下的洛伦兹力变大，故a 对b 的压力变大，选项A 错误，B 正确；从a 、b 整体看，由于a 受到的洛伦兹力变大，会引起b 对地面的压力变大，滑动摩擦力变大，整体的加速度变小，再隔离a ，b 对a 的静摩擦力F ba 提供其加速度，由F ba ＝m a a 知，a 、b 间的摩擦力变小，选项C 正确，D 错误．热点题型二 带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)．(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)．2．半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt .3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示： t ＝α360°T (或t ＝α2πT )，t ＝l v(l 为弧长)． 半径公式和周期公式的应用1.半径与磁场的关系Bq mv r 1.= 【例4】．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅰ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅰ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅰ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【答案】AC【解析】两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ中磁场磁感应强度B 1是Ⅰ中磁场磁感应强度B 2的k 倍．由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅰ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确；由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k ，选项B 错误；由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确；由ω＝2πT得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误． 2.半径与动能的关系qBmE qB mv r k 2==【例5】如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。
(完整版)高考物理带电粒子在磁场中的运动解析归纳
难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB ；当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：R v mqvB 2=②轨道半径公式：qBmvR =③周期：qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m有关，与v 、R 无关。
（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。
1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。
确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系（T 2t T 360t πα=α=或）作为辅助。
圆心的确定，通常有以下两种方法。
① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-1中P 为入射点，M 为出射点）。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．“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2L()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 Lφ=，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 mϕ=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：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23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：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（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.212qE L t m=222mL mt 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 2α=060α∴=2．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1）mvqR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，由2v qvB m r=得：mv B qR=（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤3．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B；方向向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径.在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量-q的粒子，粒子重力不计．(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁场中运动的时间．(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m／s、比荷为108C／kg的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=T求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积．【详解】（1）由得r1=2R粒子的运动轨迹如图所示，则α＝因为周期．运动时间．（2）粒子运动情况如图所示，β＝．r2＝R tanβ＝R由得（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．4．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝3m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝3cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mv qB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r23，r33m又由动能定理有qU＝12mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足12v t1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝2mqBπ故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为8221372180532610360360m mt sqB qBππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．5．在平面直角坐标系x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L，0)点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B点并被吸收，不计粒子重力．(1)求第I象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否到达接收器;(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向．【答案】(1)1mvBqL=(2)故速率为v5的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收(3)2217'(173)mBqL=-2(17317)'4mvBqL+=），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为v的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L=①由牛顿运动定律得21v qvB mR=②得1mvBqL=③（2）由（1）中关系式可得速率为v5、9v的粒子在磁场中的半径分别为5L、9L.设粒子与y轴的交点到O的距离为y，将5R L=和9R L=分别代入下式222()R L y R-+=④得这两种粒子在y轴上的交点到O的距离分别为3L、17L⑤故速率为v5的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度为9v的粒子能到达D点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦设离子在所加磁场中的运动半径为1R，由几何关系有15172917L LRL L-=又221(9)9vq vB mR⋅=⑨解得2217(517)mvBqL=-（或2(51717)mvB+=）⑩若粒子到达C点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：21732917L LRL L-=222(9)9'vq vB mR⋅=解得2217'(173)mBqL=-2(17317)'mvB+=）6．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50 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：2020v 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：212y 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：211vB 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：212vB qv m r ''=解得1210.2410B 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：1114t T =102RT v π=20x t v =3212t T =222r T vπ=解得：()551232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯7．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B .一个质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度qBdm从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径： (2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为2qBdv m= ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBdv m>，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值． 【答案】（1）R d =（2） (43OP d = 23mt qBπ=（3）min 3x d =【解析】 【分析】 【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：2001v qv B m r =把0qBdv m=，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=o ,由几何知识可得：132cos303OO d d ==o所以：323OO d d =-所以粒子打在x 轴上的位置坐标()133243OP O O OO d =+=-粒子在OA 段运动的时间为：13023606m mt qB qB ππ==o og 粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m t q B qB ππ==o o g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m mt t qB qBππ===o o g 在此过程中粒子的运动时间：12223mt t t qBπ=+=(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图可得粒子打在x 轴上位置坐标：(22222x R R d R d =--化简得：222340R Rx x d -++=把上式配方：222213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：222213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭则当23 R x=时，位置坐标x取最小值：min3x d=8．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，－L)，M点的坐标为(233L，0)．求(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（1）02v v=；（2）249Ltvπ=【解析】【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，（1）在电场中x0123Lv t=，y轴方向12yvL t=：，tan3yvvθ==得60θ=o，02cosvv vθ==（2）在磁场中，34sin3Lr Lθ==磁场中的偏转角度为23απ=202439rL t v v ππ==9．如图甲所示，边长为L 的正方形ABCD 区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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 =2mgE 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：12mgE =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：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m 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：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．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qm=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 2v 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=0.0637cos =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-0.0637sin =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=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …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+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180×100%=29%3．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm= 又：1mv R Be =解得：00U tB dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=5．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)22mvE=；2v，速度方向沿y轴负方向(2)82225mv mvBqR qR≤≤(3)()22713mvqR-【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'1v v =、2v at =，2tan v vθ=联立可得224mv E qR=进入磁场的速度22122v v v v =+='45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12Rr =由211mv qv B r =''得122mvB qR=当粒子从C 点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得2825mvB qR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvB qR qR≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得222332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭解得()3714R r =由233mv qv B r =''得)322713mv B qR= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中6．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（qm）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）2gkB（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=qk 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 vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q Eh tm=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B由2 1v q vBmR=得1mvRq B=由几何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B'①小球作平抛运动过程2hmx v t vqE==2yqEv hm=②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：sinR xθ=，变形得：sinmvxqBθ'=解得：EBv'=．9．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。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。
在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A，一比荷qm=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。
已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。
若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。
【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r mT v qBππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s 4t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4212.010s 4t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.3．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】 【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4altN edπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则222(2)a r r a -=+2v Bev m r=解得：43mvB ae=4．“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2L()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 Lφ=，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 mϕ=；（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：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23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：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（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.212qE L t m= 222mL mt 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 2α=060α∴=5．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~ 曲线方程为222x y R +=(30.10.1R m x m =≤≤)【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.1R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径6．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）。
高考物理考点《带电粒子在有界匀强磁场中的运动》真题练习含答案
高考物理考点《带电粒子在有界匀强磁场中的运动》真题练习含答案1．如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B ，一比荷为k 的带负电粒子由虚线上的M 点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N 点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力．则下列说法正确的是( )A ．磁场的方向垂直纸面向外B ．粒子由M 运动到N 的时间为π6kBC ．如果N 点到虚线的距离为L ，则粒子在磁场中圆周运动半径为2LD ．如果N 点到虚线的距离为L ，则粒子射入磁场的速度大小为kBL 答案：C解析：根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A 错误；粒子由M 运动到N 时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子由M 到N 运动的时间为t ＝16 T ，又粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πm qB ，整理得t ＝π3kB ，B 错误；如果N 点到虚线的距离为L ，根据几何关系有cos α＝R －L R ，解得R ＝2L ，又R ＝mvqB ，代入数据解得v ＝2kBL ，D 错误，C 正确．2．[2024·安徽省合肥市期末考试]如图所示，在正方形abcd 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场中，当入射速度大小小于或等于v 时，粒子在该磁场区域运动时间最长，且最长时间为t.若其他条件均不变，当入射粒子的速度大小为4v 时，则该粒子在磁场中的运动时间为( )A ．t 2B ．t 3C ．t 4D ．t 6答案：D解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，qvB ＝m 4π2r 2 T ，整理有r ＝mv qB ，T ＝2πmqB ，从a 点沿ab 方向进入磁场中的粒子，在磁场中运动的最长时间为半个周期，对应的最大半径是正方形边长的一半，即速度是v 时，粒子做圆周的半径等于正方形边长的一半，从d 点射出磁场．圆心角是π，根据t T ＝π2π ，整理有t ＝T2 ，当入射速度是4v 时，由上述公式可知周期不变，半径变为原来的4倍，即是正方形边长的两倍，粒子将从bc 边离开磁场，利用几何知识可知，对应的圆心角是π6 ，由上述分析有t′T ＝π62π ，整理有t′＝T12 ＝16t ，D 正确．3．(多选)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量m ＝5.0×10－8 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电粒子以20 m /s 的速度从P 点沿图示方向进入磁场，速度方向与y 轴负方向之间的夹角为37°，已知OP ＝40 cm ，不计带电粒子的重力，sin 37°＝0.6，若粒子不能进入x 轴上方，则磁感应强度B 可能的取值为( )A ．2 TB ．3 TC ．4 TD ．5 T 答案：CD解析：带电粒子恰好不能进入x 轴上方时粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得 OP ＝R ＋R sin 37°，由洛伦兹力提供向心力可得qvB ＝m v 2R ，联立解得B ＝4 T ．若粒子不能进入x 轴上方，磁感应强度需满足B ≥4 T ，C 、D 正确．4．(多选)如图所示，P 、Q 为一对平行板，板长与板间距离均为d ，板间区域内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为q 的粒子(重力不计)，以水平初速度v 0从P 、Q 两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入，粒子打到板上，则初速度v 0大小可能为( )A ．qBd 8mB ．3qBd 4mC ．qBd mD ．3qBd 2m答案：BC解析：若粒子恰好打到板左端，由几何关系可得r 1＝d4 ，由洛伦兹力作为向心力关系可得qBv 1＝m v 21 r 1 ，解得v 1＝qBd 4m ，若粒子恰好打到板右端，由几何关系可得r 22 ＝d 2＋(r 2－d 2 )2，解得r 2＝5d 4 ，由洛伦兹力提供向心力得qBv 2＝m v 22r 2 ，解得v 2＝5qBd 4m ，粒子打到板上，则初速度v 大小范围是qBd 4m ≤v 0≤5qBd4m，B 、C 正确．5．[2024·黑龙江省肇东市期末考试]如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，AC 、DE 是圆的两条互相垂直的直径，质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子，从A 点沿纸面与AC 成45°斜向上射入磁场后，恰好从D 点离开，不计粒子受到的重力，则粒子射入磁场时的速度大小为( )A ．2qBR 4mB ．2qBR2m C ．2qBR m D ．2qBRm答案：B解析：粒子从A 点沿纸面与AC 成45°斜向上射入磁场后，恰好从D 点离开，可知轨迹圆心在AD 中点处，由几何关系可得r ＝22 R ，由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2r ，解得v ＝2qBR2m，B 正确．6．如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场．一带电粒子在P 点以与x 轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y 轴射出磁场．已知带电粒子质量为m 、电荷量为q ，OP ＝a.不计重力．根据上述信息可以得出( )A ．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B ．带电粒子在磁场中运动的速率C ．带电粒子在磁场中运动的时间D ．该匀强磁场的磁感应强度 答案：A解析：粒子恰好垂直于y 轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O 1，轨迹如图所示． 由几何关系可知OO 1＝a tan 30°＝33 a ，R ＝a cos 30° ＝233 a ，因圆心的坐标(0，33a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x 2＋(y －33 a)2＝43a 2，A 正确；洛伦兹力提供向心力，设磁感应强度为B ，有qvB ＝m v 2R ，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v ＝qBRm ，因轨迹圆的半径R 可求出，但磁感应强度B 未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，B 、D 错误；带电粒子做圆周运动的圆心角为23 π，而周期为T ＝2πR v ＝2πmqB ，则带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝23π2π T ＝2πm3qB ，因磁感应强度B 未知，则运动时间无法求得，C 错误．7．[2024·甘肃省兰州市月考]中国环流器二号M 装置(HL －2M )在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变．其简化模型如图所示，半径为R 和 3 R 的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(11 H )和氘核(21 H )均以相同的速率从圆心O 沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内．则氕核在磁场中运动的半径最大为( )A ．36 R B ．33R C ．233 R D ．( 3 －1)R答案：A解析：依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB ＝m v 2r 得r ＝mvqB ，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2.当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得( 3 R －r max )2＝r 2max ＋R 2，求得氘核的最大半径为r max ＝33R ，氕核在磁场中运动的最大半径为r′max ＝12 r max ＝36R ，A 正确．8.(多选)如图所示，两方向相反，磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处由一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C 点，质子比荷q m ＝1k，则质子的速度可能为( ) A ．BL k B ．BL 2k C ．2BL 3k D ．BL 8k答案：ABD解析：质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运动半径为r ＝Ln (n ＝1，2，3，…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB ＝m v 2r ，解得v ＝qBr m ＝BLkn (n ＝1，2，3，…)，故A 、B 、D 正确，C 错误．9.(多选)如图所示，三个半径均为R 的圆形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，圆形区域两两相切，圆心分别为O 1、O 2、O 3，三个圆形区域内均存在垂直纸面的匀强磁场，其中区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B 0，一粒子以速度v 0沿O 1O 3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O 1O 3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电量为q ，质量为m ，不考虑重力，则以下说法正确的是( )A ．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里B ．区域Ⅱ磁感应强度大小为3B 0C ．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为8πm9qB 0D ．粒子在区域Ⅱ中轨道半径是在区域Ⅰ中轨道半径的3倍 答案：BC解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示．粒子沿O 1O 3方向从区域I 边界进入磁场，通过三个区域后沿O 1O 3方向从区域Ⅲ边界射出，根据左手定则，可知区域Ⅱ磁感应强度方向垂直纸面向外，A 项错误；三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域Ⅰ、Ⅲ内各转过60°角，由几何关系得tan 30°＝Rr 1 ，在区域Ⅱ转过120°角，由几何关系有tan 60°＝R r 2 ，解得r 1r 2 ＝tan 60°tan 30° ＝3，D 项错误；由洛伦兹力提供向心力得轨道半径r ＝mv 0qB ，所以B B 0 ＝r 1r 2 ＝3，即B ＝3B 0，B 项正确；粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的运动周期相等，T 1＝2πm qB 0 ，粒子在区域Ⅱ中的周期T 2＝2πm qB ＝2πm3qB 0 ，粒子从进入磁场到离开磁场所用时间t ＝2T 16 ＋T 23 ＝8πm9qB 0，C 项正确．10．[2024·河南省开封市模拟]虚线OM 和虚线ON 之间的夹角为30°，如图所示，虚线OM 上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一带负电的粒子沿纸面以大小为v 的速度从O 点右侧距离为L 的A 点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场，不计重力．则粒子在磁场中做圆周运动的半径为( )A ．L 3B ．L 2C ．2LD ．3L 答案：A解析：轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于O′A ＝O′D ＝r ，故△AO′D 为等边三角形，则∠O′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，则∠OCD ＝90°，故CO′D 为一直线，则OD ＝CD sin 30° ＝4r ＝L ＋r ，解得r ＝L3，A 正确，B 、C 、D 错误．11．[2024·浙江省台州市月考]如图所示，在圆心为O 、半径为R 的半圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一系列带正电的粒子以不同的速率从O 点沿垂直于磁场方向且与ON 成30°角方向射入磁场．已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，重力不计，不考虑带电粒子间的相互作用力．(1)求带电粒子能从半圆形磁场边界的圆弧部分射出，粒子速率应满足的条件；(2)若带电粒子恰好从P 点射出磁场，求带电粒子的速率及其在磁场中的运动时间； (3)若带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，求带电粒子的速率．答案：(1)v>qBR 2m (2)3qBR 3m 2πm3qB (3)（2＋6）qBR 2m解析：(1)如图所示，带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰不从磁场圆弧部分边界射出，设此时粒子速度大小为v 1，轨道半径为r 1，根据几何知识，有r 1＝R2根据洛伦兹力提供向心力，有qv 1B ＝m v 21r 1解得v 1＝qBR2m所以带电粒子速率应满足的条件是v>qBR2m(2)如图所示，带电粒子恰好从P 点离开磁场时，设粒子速度大小为v 2，轨道半径为r 2根据几何知识，有r 2·32 ＝R 2根据洛伦兹力提供向心力，有qv 2B ＝m v 22r 2解得v 2＝3qBR3m带电粒子做圆周运动转过的圆心角为2π3 ，带电粒子做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB带电粒子在磁场中的运动时间t ＝13 T ＝2πm 3qB(3)带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，设此带电粒子的速度大小为v 3，轨道半径为r 3，根据正弦定理，有r 3sin 75° ＝Rsin 30°根据洛伦兹力提供向心力，有qv 3B ＝m v 23r 3解得v 3＝（2＋6）qBR2m .。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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3,0P 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 （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()222113r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：13L 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289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：22219BLqv 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0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭3．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
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带电粒子在磁场中运动题型归类解析
1、带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动基本问题
找圆心、画轨迹是解题的基础。带电粒子垂直于磁场进入一匀强磁场后在洛伦兹力作用下必作匀速圆周运动，抓
住运动中的任两点处的速度，分别作出各速度的垂线，则二垂线的交点必为圆心；或者用垂径定理及一处速度的垂线
也可找出圆心；再利用数学知识求出圆周运动的半径及粒子经过的圆心角从而解答物理问题。
2、带电粒子在磁场中轨道半径变化问题。
导致轨道半径变化的原因有：①带电粒子速度变化导致半径变化。如带电粒子穿过极板速度变化；带电粒子使空
气电离导致速度变化；回旋加速器加速带电粒子等。②磁场变化导致半径变化。如通电导线周围磁场，不同区域的匀
强磁场不同；磁场随时间变化。③动量变化导致半径变化。如粒子裂变，或者与别的粒子碰撞；④电量变化导致半径
变化。如吸收电荷等。总之，由qBmvr看m、v、q、B中某个量或某两个量的乘积或比值的变化就会导致带电粒子的
轨道半径变化。
例：
如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸
面向里，且B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过
O点，B1与B2的比值应满足什么条件？
3、带电粒子在磁场中运动的临界问题和带电粒子在多磁场中运动问题
带电粒子在磁场中运动的临界问题的原因有：粒子运动范围的空间临界问题；磁场所占据范围的空间临界问题，
运动电荷相遇的时空临界问题等。审题时应注意恰好，最大、最多、至少等关键字。
例：
两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为 x 轴和 y轴，交点 O 为原点，
如图所示。在 y > 0，0 < x < a 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在 y > 0，x > a 的区域有垂直于纸面向外的匀
强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为 B。在 O 点处有一小孔，一束质量为 m、带电量为 q（q >0）的粒子沿 x
轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各
种数值.已知速度最大的粒子在 0 < x < a 的区域中运动的时间与在 x > a 的区域中运动的时间之比为 2:5，在磁场中
运动的总时间为 7T/12，其中 T为该粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮
线的范围（不计重力的影响）。
x
y
B2
B1
O
v
2
y
y
E
A
C
O
4、带电粒子在有界磁场中的极值问题
寻找产生极值的条件：①直径是圆的最大弦；②同一圆中大弦对应大的圆心角；③由轨迹确定半径的极值。
例：
有一粒子源置于一平面直角坐标原点O处，如图所示相同的速率v0向第一象限平面内的不同方向发射电子，
已知电子质量为m，电量为e。欲使这些电子穿过垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场后，都能平行于x轴沿+x
方向运动，求该磁场方向和磁场区域的最小面积s。
5、带电粒子在复合场中运动问题
复合场包括：磁场和电场，磁场和重力场，或重力场、电场和磁场。有带电粒子的平衡问题，匀变速运动问题，
非匀变速运动问题，在解题过程中始终抓住洛伦兹力不做功这一特点。粒子动能的变化是电场力或重力做功的结果。
例：
如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方形的匀强电场，场强大小为E。在其它象限中存在
匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A是y轴上的一点，它到座标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O点
的距离为l ，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点
进入大磁场区域，并再次通过A点。此时速度方向与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：
（1）粒子经过C点时速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B。
6、带电粒子在磁场中的周期性和多解问题
多解形成原因：带电粒子的电性不确定形成多解；磁场方向不确定形成多解；临界状态的不唯一形成多解，在有
界磁场中运动时表现出来多解，运动的重复性形成多解。
例：
在半径为r的圆筒中有沿筒轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B；一质量为m带电+q的粒子以速度V从
筒壁A处沿半径方向垂直于磁场射入筒中；若它在筒中只受洛伦兹力作用且与筒壁发生弹性碰撞，欲使粒子与筒壁连
续相碰撞并绕筒壁一周后仍从A处射出；则B必须满足什么条件？