带电粒子在磁场中的运动习题(含答案解析)
专题25 带电粒子在非匀强磁场中的运动(电磁学部分)(解析版)
专题25 带电粒子在非匀强磁场中的运动一、选择题（1-9题只有一个选项正确，10-12题有多个选项符合条件）1．下列说法正确的是（）A．带电粒子只在电场力的作用下一定作匀变速直线运动B．带电粒子在磁场中只受磁场力作用，一定作匀速圆周运动C．带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下不可能作匀速圆周运动D．带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下可以作匀速直线运动【答案】D【解析】A．若带电粒子初速度与电场力不在一条直线上，只在电场力的作用下，做曲线运动，故A错误；B．带电粒子在磁场中只受磁场力作用，如果磁场力不恒定，则不一定作匀速圆周运动，故B错误；C．带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下时，若磁场力恒定，且重力与电场力平衡，带电粒子可能作匀速圆周运动，故C错误；D．带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下，若这三个力平衡，合力为0，则带电粒子可以作匀速直线运动，故D正确；故选D。
2．如图所示，AB是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A、B两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为+q的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O处放一点电荷+Q，让小球从A点沿杆由静止开始下落，通过B点时的速度为1v，加速度为a1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A点沿杆由静止开始下落，经过B点时速度为2v，加速度为a2，则（）A．1v＜2v B．1v＞2v C．a1＜a2D．a1＞a2【答案】D【解析】AB．A点和B点在同一个等势面上，第一次小球从A点由静止运动到B点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得2112mgh mv = 第二次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得2212mgh mv =所以12v v = ，故AB 错误； CD ．小球第一次经过B 点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F 1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 1>g ，小球第二次经过B 点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。
高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)及解析
高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则00tan y x qE x v m v v v θ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝当=y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a2．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＝． r 2＝R tanβ＝R 由得（3）粒子的轨道半径r 3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr 32+2×π(2r 3)2−r 32=9.0×10-4m 2【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．3．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π= 【解析】 【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则012qv B m v R =由几何关系：222113()()2L L R R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得03y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得() min6323L Tvπ+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.4．如图，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。
带电粒子在匀强磁场中的运动练习题及答案解析
1．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动．下列说法正确的是( ) A ．速率越大，周期越大 B ．速率越小，周期越大 C ．速度方向与磁场方向平行 D ．速度方向与磁场方向垂直解析：选D.由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πmqB可知T 与v 无关，故A 、B 均错；当v 与B 平行时，粒子不受洛伦兹力作用，故粒子不可能做圆周运动，只有v ⊥B 时，粒子才受到与v 和B 都垂直的洛伦兹力，故C 错、D 对．2．(2011年厦门高二检测)1998年发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在研究月球磁场分布方面取得了新的成果．月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量电子在月球磁场中的轨迹来推算磁场强弱的分布，图3－6－19中是探测器通过月球A 、B 、C 、D 四个位置时，电子运动的轨迹照片．设电子速率相同，且与磁场方向垂直，其中磁场最强的位置是( )图3－6－19解析：选A.由粒子轨道半径公式r ＝mvqB可知，磁场越强的地方，电子运动的轨道半径越小． 3.图3－6－20如图3－6－20所示，a 和b 带电荷量相同，以相同动能从A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b ，则可知(重力不计)( ) A ．两粒子都带正电，质量比m a /m b ＝4 B ．两粒子都带负电，质量比m a /m b ＝4 C ．两粒子都带正电，质量比m a /m b ＝1/4D．两粒子都带负电，质量比m a/m b＝1/4解析：选B.由于q a＝q b、E k a＝E k b，动能E k＝12mv2和粒子旋转半径r＝mvqB，可得m＝r2q2B22E k，可见m与半径r的平方成正比，故m a∶m b＝4∶1，再根据左手定则判知粒子应带负电，故B 正确．4．(2009年高考广东单科卷)图3－6－21是质谱议的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( )图3－6－21A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小解析：选ABC.因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，A正确．在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确．再由qE＝qvB有v＝E/B，C正确．在匀强磁场B0中R＝mvqB，所以qm＝vBR，D错误．5.图3－6－22如图3－6－22所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示．在x轴上有一点M，离O点距离为L，现有一带电荷量为＋q、质量为m 的粒子，从静止开始释放后能经过M 点，如果此粒子放在y 轴上，其坐标应满足什么关系(重力不计) 解析：由于此粒子从静止开始释放，又不计重力，要能经过M 点，其起始位置只能在匀强电场区域，其具体过程如下：先在电场中由y 轴向下做加速运动，进入匀强磁场中运动半个圆周再进入电场做减速运动，速度为零后又回头进入磁场，其轨迹如图所示(没有画出电场和磁场方向)，故有：L ＝2nR (n ＝1,2,3，…)①又因在电场中，粒子进入磁场时的速度为v ， 则有：qE ·y ＝12mv 2②在磁场中，又有：Bqv ＝mv 2R③由①②③得y ＝B 2qL 28n 2mE(n ＝1,2,3……)．答案：见解析一、选择题1．(2011年杭州十四中高二检测)一个带电粒子以初速度v 0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图3－6－23中的虚线所示．在下图所示的几种情况中，可能出现的是( )图3－6－23解析：选、C 选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A 图中粒子应逆时针转，正确；C 图中粒子应顺时针转，错误．同理可以判断B 错、D 对． 2．如图3－6－24所示，一电子以与磁场方向垂图3－6－24直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 处离开磁场，若电子质量为m ，带电荷量为e ，磁感应强度为B ，则( ) A ．电子在磁场中运动的时间t ＝d /v B ．电子在磁场中运动的时间t ＝h /v C ．洛伦兹力对电子做的功为Bevh D ．电子在N 处的速度大小也是v解析：选D.洛伦兹力不做功，所以电子在N 处速度大小也为v ，D 正确、C 错，电子在磁场中的运动时间t ＝弧长v ≠d v ≠hv，A 、B 均错．3.图3－6－25在图3－6－25中，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( ) A ．沿路径a 运动，轨迹是圆 B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大 C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小 D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小解析：选B.电流下方的磁场方向垂直纸面向外，且越向下B 越小，由左手定则知电子沿a 路径运动，由r ＝mvqB知，轨迹半径越来越大．4.图3－6－26一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图3－6－26所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( ) A ．粒子从a 到b ，带正电 B ．粒子从a 到b ，带负电 C ．粒子从b 到a ，带正电 D ．粒子从b 到a ，带负电解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R ＝mv /qB .由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B 、带电荷量不变．又据E k ＝12mv 2知，v 在减小，故R 减小，可判定粒子从b 向a 运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C 选项正确． 5．如图3－6－27是图3－6－27某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R ＝10 cm 的圆柱形筒内有B ＝1×10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a 、b 分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg 的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v 大小是( )A ．4×105m/s B ．2×105m/s C ．4×106 m/s D ．2×106m/s答案：C 6.图3－6－28如图3－6－28所示，有界匀强磁场边界线SP ∥MN ，速率不同的同种带电粒子从S 点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设二粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( ) A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2解析：选D.如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝α2πT，可得：t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，故D正确．7.图3－6－29目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图3－6－29表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)沿图所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是( )A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力解析：选BD.等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向下的洛伦兹力向B板偏转，故B板带正电，B板电势高，电流方向从b流向a，电场的方向由B板指向A板，A、C错误，B正确；当Bvq＞Eq时离子发生偏转，故D正确．8．带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0，先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图3－6－30甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0＜EB)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W 2，则( )图3－6－30A ．W 1＜W 2B ．W 1＝W 2C ．W 1＞W 2D ．无法判断解析：选C.电场力做的功W ＝Eqy ，其中y 为粒子沿电场方向偏转的位移，因图乙中洛伦兹力方向向上，故图乙中粒子向下偏转的位移y 较小，W 1＞W 2，故C 正确．9．(2011年洛阳高二检测)MN 板两侧都是磁感强度为B 的匀强磁场，方向如图3－6－31所示，带电粒子从a 位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔b 、c 、d ，已知ab ＝bc ＝cd ，粒子从a 运动到d 的时间为t ，则粒子的比荷为( )图3－6－31解析：选A.粒子从a 运动到d 依次经过小孔b 、c 、d ，经历的时间t 为3个T 2，由t ＝3×T2和T ＝2πmBq.可得：q m ＝3πtB，故A 正确．二、计算题10．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m .求： (1)质子最初进入D 形盒的动能多大 (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大 (3)交流电源的频率是什么解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：eU ＝E k －0，解得E k ＝eU .(2)粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R ，由牛顿第二定律得：evB ＝m v 2R①质子的最大动能：E km ＝12mv 2②解①②式得：E km ＝e 2B 2R 22m.(3)f ＝1T ＝eB 2πm.答案：(1)eU (2)e 2B 2R 22m (3)eB2πm11．(2011年长春市高二检测)质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子自静止开始释放，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图3－6－32所示．已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计．求：匀强磁场的磁感应强度B .图3－6－32解析：作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12mv 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：qvB ＝m v 2r②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③ 联立求解①②③式得：磁感应强度B ＝2L L 2＋d 22mUq.答案：2L L 2＋d 22mUq12.图3－6－33如图3－6－33所示，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3T ；磁场右边是宽度L ＝ m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－×10－19C ，质量m ＝×10－27kg ，以v ＝4×104m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求： (1)大致画出带电粒子的运动轨迹； (2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径； (3)带电粒子飞出电场时的动能E k . 解析：(1)轨迹如图(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB ＝m v 2RR ＝mv qB＝错误! m ＝ m(3)E k ＝EqL ＋12mv 2＝40××10－19× J＋12××10－27×(4×104)2 J ＝×10－18J.答案：(1)轨迹见解析图 (2) m (3)×10－18J。
物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)
物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.【答案】（1）Bvd （2）Bb（3）3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b【解析】 【详解】（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足 Bev=Ee因为正电子的比荷是b ，有 E=U d联立解得：u Bvd =（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。
4T t =m t =2t2111v ev B m R =T ＝122R mv Be＝ππ 联立解得：t Bbπ=（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef ，需满足 轨迹半径R 1＝3d1ev B =m 211v R11U ev B ed=⑪ 联立解得：2213U d B b =临界态2：沿A 极板射入的正电子和沿B 极板射入的电子恰好射到收集板同一点 设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R 1 有（R 2﹣14d ）2+9d 2＝22R 2Bev =m 222v RBe 2v =2U e d 联立解得：2221458B d bU =解得：U 的范围是：3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b2．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 += 30.1,0.120R 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3．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qm=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O 1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。
高考物理带电粒子在磁场中的运动基础练习题及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动基础练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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3,03P 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：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L 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 ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】 【分析】 【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBLv m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．如图3和如图4，由几何关系有：2223()(3)22L R R L =+-解得：58L R =或2LR = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m ⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
磁场及带电粒子在磁场中的运动典型题目(含答案)
.第 9 讲磁场及带电粒子在磁场中的运动2(2018·山东省历城高三下学期模拟 )如图所示，用绝缘细线悬挂一一、选择题 (本题共 8 小题，其中 1～ 4 题为单选， 5～8 题为多选 )个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和在同一条水平直线上的1． (2018·山东省潍坊市高三下学期一模 ) 如图所示，导体棒ab 用直导线 EF、 GH 连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电绝缘细线水平悬挂，通有由 a 到 b 的电流。
ab 正下方放一圆形线流，处于静止状态。
在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的圈，线圈通过导线，开关与直流电源连接。
开关闭合瞬间，导体棒方向放置一根长直导线 O。
当 O 中通以垂直纸面方向向里的电流时ab 将 ( B )( D )A．向外摆动A．长直导线 O 产生的磁场方向沿着电流方向看为逆时针方向B．向里摆动B．半圆弧导线 ECH 受安培力大于半圆弧导线 FDG 受安培力C．保持静止，细线上张力变大C． EF所受的安培力方向垂直纸面向外D．保持静止，细线上张力变小D．从上往下看，导线框将顺时针转动[解析 ] 开关闭合瞬间，圆形线圈的电流顺时针方向，根据右手螺旋定则可知导体棒 ab 的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知导体棒ab 将向里摆动，[解析 ] 当直导线 O 中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出故 B 正确， ACD 错误；故选 B。
O 产生的磁场方向为顺时针方向，选项 A 错误；磁感线是以 O 为长直导线圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项 B 错误；由左手定则可判断出直导线EF 所受的安培力方向垂直纸面向里，选项 C 错误；GH 所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动，选项 D 正确；故选D。
3 (2018·河南省郑州市高三下学期模拟 )如图所示，在边长为L 的正方形 ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为 q(q<0) 的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从 C 点射出磁场，不计粒子的重力影响。
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。
高中物理 第三章 磁场 6 带电粒子在匀强磁场中的运动练习(含解析)新人教版选修3-1-新人教版高中
带电粒子在匀强磁场中的运动根底夯实一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1．有三束粒子，分别是质子(p )、氚核(31H)和α粒子(氦核)束，如果它们以一样的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(方向垂直于纸面向里)，在如下图中，哪个图能正确地表示出了这三束粒子的偏转轨迹( C )解析：由Bqv ＝m v 2R 可知：R ＝mv Bq； 半径与荷质比成反比；因三束离子中质子的荷质比最大，氚核的最小，故质子的半径最小，氚核的半径最大，故C 正确。
2．1930年劳伦斯制成了世界上第一台盘旋加速器，其原理如下列图，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，如下说法不正确的答案是( B )A ．带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B ．带电粒子由加速器的边缘进入加速器C ．电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D ．离子从D 形盒射出时的动能与加速电场的电压无关解析：根据盘旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，故A 正确，B 错误；在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，故C 正确；当离子离开盘旋加速器时，半径最大，动能最大，E m ＝12mv 2＝B 2q 2r 22m，与加速的电压无关，故D 正确。
此题选不正确的，应当选B 。
3．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)。
一带电粒子从紧贴铝板上外表的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O 。
粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。
铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( D )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：由E K ＝12mv 2可知当动能为原来的一半时，速度是原来的22。
由R ＝mv qB将R 1＝2R 2代入可得B 1︰B 2＝22，D 正确。
4．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如下列图，一粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的答案是( ABC )A ．粒子必带正电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．粒子在C 点时速度最大D ．粒子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点解析：平行板间电场方向向下，粒子由A 点静止释放后在电场力的作用下向下运动，所以粒子必带正电荷，A 正确。
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带电粒子在磁场中的运动习题（含答案）
一、单项选择题：(本大题共8小题，每小题4分。
共32分。
)
1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是( )
A．洛伦兹B．库仑
C．法拉第D．奥斯特
图1
2．如图1所示，一圆形区域存在匀强磁场，AC为直径，O为圆心，一带电粒子从A沿AO方向垂直射入磁场，初速度为v1，从D点射出磁场时的速率为v2，则下列说法中正确的是(粒子重力不计)( )
A．v2＞v1，v2的方向必过圆心
B．v2＝v1，v2的方向必过圆心
C．v2＞v1，v2的方向可能不过圆心
D．v2＝v1，v2的方向可能不过圆心图2
3．如图2所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将( )
A．N极竖直向上
B．N极竖直向下
C．N极水平向左
D．小磁针在水平面转动图3
4．如图3，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较( ) A．F N减小，f＝0 B．F N减小，f≠0
C．F N增大，f＝0 D．F N增大，f≠0
图4
5．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来如图4所示，地磁场可以改变射线多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将( )
A．向东偏转B．向南偏转
C．向西偏转D．向北偏转
图5
6．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图5所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)．从图中可以确定( )
A．粒子从a到b，带正电
B．粒子从b到a，带正电
C．粒子从a到b，带负电
a b c
E
D ．粒子从b 到a ，带负电
7．“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，图6是探测器通过月球表面a 、b 、c 、d 四个位置时，拍摄到的电子运动轨迹照片．设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知四个位置的磁场从强到弱的排列正确的是( )
图6
A ．
B b →B a →B d →B c B ．B d →B c →B b →B a
C ．B c →B d →B a →B b
D ．B a →B b →B c →B d
8．如图所示，匀强电场E 方向竖直向下，水平匀强磁场B 垂直纸面向里，三
个油滴a 、b 、c 带有等量同种电荷。
已知a 静止，b 、c 在纸面均做匀速圆周运动（轨迹未画出）。
以下说确的是
（ ）
A ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动
B ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动
C ．三个油滴质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方
向运动
D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
二、双项选择题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分。
)
9．下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是( )
A．磁感线可以形象地描述各点磁场的方向
B．磁感线不是磁场中客观存在的线
C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
D．实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线
图7
10．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图7所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A．b、d两点的磁感应强度大小相等
B．a、b两点的磁感应强度大小相等
C．c点的磁感应强度的值最小
D．b点的磁感应强度的值最大
11.如右图所示为带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动轨迹．中央是一块金属薄板，粒子穿过金属板时有动能损失．则( )
A．粒子带负电
B．粒子的运动路径是abcde
C．粒子的运动路径是edcba
D. d点速度比b点速度大
12如图所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B后，保持原速度做匀速直线运动，若使匀强磁场发生变化，则下列判断正确的是( )
A．磁场B减小，油滴动能增加
B．磁场B增大，油滴机械能不变
C．使磁场方向反向，油滴动能减小
D．使磁场反向后再减小，油滴重力势能增大
三、计算题：（共3小题，共44分）
13．（16分）用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线围有垂直于纸面的匀强磁场，棒以自左向右的电流（如图所
示），当棒静止时，两弹簧秤的读数为F1；若将
棒中的电流方向反向（大小保持不变），当棒静
止时，两弹簧秤的示数为F2，且F2＞F1，根据这
两个数据，试求：
（1）磁场的方向；
（2）安培力的大小；
（3）铜棒的重力。
14．(18分)如图15所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场．一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：
(1)电子从磁场中射出时距O点多远；
(2)电子在磁场中运动的时间为多少．
15．(20分)质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图14所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．
(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规作图)；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B.
高二物理周六测答卷
班别姓名学号
一、二选择题：（共56分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案
三、计算题：
13、(16分)
14、(18分)
15、(20分)
高二十六周物理周六测试参考答案一．二选择题（共56分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B C C A B D D AB AC CD AB 三、计算题（共44分）
13．（10分）解：（1）由F2＞F1，可以确定磁场的方向为垂直纸面向里。
（2）设铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1=G―
F ，
2F 2= G + F ，
根据这两个方程，解得
铜棒的重力G = F 1 + F 2（
安培力的大小F = F 2 － F 1
14．(1)mv Be (2)πm 3Be
解析 (1)
由左手定则可判断出电子应落在ON 之间，根据几何关系可解得圆心角为
60°，则电子出射点距O 点的距离等于电子的运动半径 mv eB
. (2)电子在磁场中的运动时间应为
t ＝16T ＝πm 3Be
15．(1)轨迹图见解析
(2)2L L 2＋d 2 2
mU
q
解析 (1)作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图所示．
(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：
qU ＝1
2mv 2①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：
qvB ＝m v 2
r ②
由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③
联立①②③式得：
磁感应强度B ＝2L L 2＋d 2 2mU
q .。