带电粒子在磁场中运动高考题型归类解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴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，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 ＝2ay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002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即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 ＝－78a4．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=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．5．如图所示，在竖直面内半径为R 的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P ，P 到圆心O 的距离为2R，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m ，电荷量均为q ，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围； （2）若离子速率大小02BqRv m=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。
带电粒子在磁场中的运动典型例题剖析
带电粒子在磁场中的运动典型例题剖析【例1】磁流体发电机原理图如右。
等离子体高速从左向右喷两板间最大电压为多少？解：由左手定如此，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。
所以上极板为正。
正、负极板间会产生电场。
当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。
当外电路断开时，这也就是电动势E。
当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。
这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。
在定性分析时特别需要注意的是：⑴正负离子速度方向一样时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。
⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变〔和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。
〕⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。
在外电路断开时最终将达到平衡态。
【例2】半导体靠自由电子〔带负电〕和空穴〔相当于带正电〕导电，分为p型和n型两种。
p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载Array流子。
用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个外表的电势上下，假设上极板电势高，就是p型半导体；假设下极板电势高，就是n型半导体。
试分析原因。
解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。
p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。
注意：当电流方向一样时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向一样，所以偏转方向一样。
3.洛伦兹力大小的计算带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： Bqm T Bq mv r π2,==【例3】 如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。
专题16带电粒子在电磁场中运动-2024高考物理真题分类汇编(全国版 含解析)
2024高考物理真题分项解析专题16带电粒子在电磁场中运动1.（2024高考新课程卷·26）．（20分）一质量为m 、电荷量为()0q q >的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点(),x y P v v 表示，x v 、y v 分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。
粒子出发时P 位于图中()00,a v 点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P 点沿线段ab 移动到()00,b v v 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，P 点沿以O 为圆心的圆弧移动至()00,c v v -点；然后粒子离开磁场返回电场，P 点沿线段ca 回到a 点。
已知任何相等的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。
不计重力。
求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P 点沿图中闭合曲线移动1周回到a 点时，粒子位移的大小。
试题分析题图给出的是粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量关系图像，不要理解成轨迹图像。
在a 点，粒子速度沿y 方向，做类平抛运动，运动到b 点，粒子做匀速圆周运动到c 点，逆方向类平抛运动，轨迹如图。
解题思路本题考查的考点：带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动。
（1）根据题述，粒子出发时P 位于图中()00,a v 点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P 点沿线段ab 移动到()00,b v v 点；可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的速度2200v v +2v 0，由qvB=m2v r解得r=02mv qB周期T=2πr/v=2mqBπ（2）根据题述，已知任何相等的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，所以P 点沿图中闭合曲线的加速度相等，故可得02qB v m=qEm 解得2Bv （3）根据题意分析，可知，P 点从b 到c，转过270°。
高三物理“带电粒子在磁场中的圆周运动”解析
高三物理“带电粒子在磁场中的圆周运动”解析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，其本质是平面几何知识与物理知识的综合运用。
重要的是正确建立完整的物理模型，画出准确、清晰的运动轨迹。
下面我们从基本问题出发对“带电粒子在磁场中的圆周运动”进行分类解析。
一、“带电粒子在磁场中的圆周运动”的基本型问题找圆心、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仑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。
【例1】图示在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁场的磁感应强度为B；一带正电的粒子以速度V0从O点射入磁场中，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为θ；若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L。
求①该粒子的电荷量和质量比；②粒子在磁场中的运动时间。
分析：①粒子受洛仑兹力后必将向下偏转，过O点作速度V0的垂线必过粒子运动轨迹的圆心O’；由于圆的对称性知粒子经过点P时的速度方向与x轴正方向的夹角必为θ，故点P作速度的垂线与点O处速（也可以用垂径定理作弦OP的垂直平分线与点O处速度的垂线的交点也为圆心）。
度垂线的交点即为圆心O’由图可知粒子圆周运动的半径由有。
再由洛仑兹力作向心力得出粒子在磁场中的运动半径为故有，解之。
②由图知粒子在磁场中转过的圆心角为，故粒子在磁场中的运动时间为。
【例2】如图以ab为边界的二匀强磁场的磁感应强度为B1＝2B2，现有一质量为m带电+q的粒子从O 点以初速度V0沿垂直于ab方向发射；在图中作出粒子运动轨迹，并求出粒子第6次穿过直线ab所经历的时间、路程及离开点O的距离。
（粒子重力不计）分析：粒子在二磁场中的运动半径分别为，由粒子在磁场中所受的洛仑兹力的方向可以作出粒子的运动轨迹如图所示。
带电粒子在有界匀强磁场中的运动归类解析
带电粒子在有界匀强磁场中的运动归类解析一、单直线边界磁场1．进入型：带电粒子以一定速度υ垂直于磁感应强度B 进入磁场. 规律要点：（1）对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场.如图1所示.（2）完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨道恰构成一个完整的圆；正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场时，两粒子轨道圆弧对应的圆心角之和等于2πrad ，即2+-+=ϕϕπ，且2-=ϕθ（或2+=ϕθ）.2．射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子.规律要点：（以图2中带负电粒子的运动轨迹为例）（1）最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周时且与边界相切（如图2中a 点），则切点为带电粒子不能射出磁场的最值点（或恰能射出磁场的临界点）；（2）最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于12圆周时，直径与边界相交的点（图2中的b 点）为带电粒子射出边界的最远点.图2中，在ab 之间有带电粒子射出，设ab 距离为x ，粒子源到磁场边界的距离为d ，带电粒子的质量为m ，速度为υ，则m υr=Bqa O r-d二、双直线边界磁场规律要点：最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切.图3所示.对称性：过粒子源S 的垂线为ab 的中垂线.在图3中，ab 之间有带电粒子射出，可求得ab=最值相切规律可推广到矩形区域磁场中.例1．一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad 宽为L ，现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为0υ方向与ad 边夹角为30°，如图4所示。
已知粒子的电荷量为q ，质量为m （重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d 点射出磁场，求0υ的大小；（2）若粒子带正电，使粒子能从ab 边射出磁场，求0υ的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动时间t 的范围。
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题知识归纳总结附答案解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题知识归纳总结附答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．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.2．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 ＝2ay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002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即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 ＝－78a3．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qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0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v 0＝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v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (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21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 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t 0＝0Lv ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝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 ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m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 ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 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 ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝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 ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==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v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 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(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v0＝3.20.8 21nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．4．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R0=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=m2vR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 =12at 2…① a =qE m =qU md …② t =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+R 0-R 0cosα 可知tanα=43，即α=53° 比例η=53180︒×100%=29%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常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
曲线方程为 x2 y2 R
R
0.1m,
3 20
m
x
0.1m
【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
【答案】(1) FN 4.6 102 N (2) B1 1.25T
(3) t
127 360
s,
1
900 和2
1430
【解析】
【详解】
解：(1)设 P 碰撞前后的速度分别为 v1 和 v1 ， Q 碰后的速度为 v2
从
a
到
b
，对
P
，由动能定理得：
-m1gl
1 2
m1v
2 1
1 2
m1v
2 0
解得： v1 7m/s
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】 本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知 识解决问题的的能力。 【详解】 （1）找圆心，画轨迹，求半径。
设粒子在磁场中运动半径为 R，由几何关系得：
①
易得：
②
（2）设进入磁场时速度的大小为 v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解 析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．“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
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
出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(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．
Q 两点之间的距离为 L ，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 2
（1）求 0≤x≤L 区域内电场强度 E 的大小和电子从 M 点进入圆形区域时的速度 vM； （2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，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 的大小和电子在圆形区域内运动的时间 t； （3）若在电子从 M 点进入磁场区域时，取 t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场 （以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从 N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向 相同，请写出磁场变化周期 T 满足的关系表达式。
1 4
T0
T 2
2 m 又 T0 eB0
则 T 的表达式为T mL （n＝1，2，3，…）。 2n 2emU
3．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．
R，圆弧对应的圆心角为
2
.则有
x2
2R2 ，此时满足
L 2n 1 x2
联立可得：
R2
2n
L
1
2
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有： qvB2
m
v2 R2
得：
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带电粒子在磁场中运动高考题型归类解析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。
（04）钍核Th 23090发生衰变生成镭核Ra 22688并放出一个粒子。
设该粒子的质量为m 、电荷量为q ，它进入电势差为U 的带窄缝的平行平板电极1S 和2S 间电场时，其速度为0v ，经电场加速后，沿ox 方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，ox 垂直平板电极2S ，当粒子从p 点离开磁场时，其速度方向与ox 方位的夹角︒=60θ，如图所示，整个装置处于真空中。
（1）写出钍核衰变方程；（2）求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R ；（3）求粒子在磁场中运动所用时间t 。
（1）钍核衰变方程Ra He Th 226884223090+→ ① （2）设粒子离开电场时速度为v ，对加速过程有2022121mv mv qU -= ② 粒子在磁场中有Rv m qvB 2= ③ 由②、③得202v mqU qB m R += ④ （3）粒子做圆周运动的回旋周期qB m v R T ππ22== ⑤粒子在磁场中运动时间T t 61=⑥ 由⑤、⑥得qB mt 3π= ⑦2、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qBmv r =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。
（06年全国2）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B 1与B 2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B 1＞B 2。
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，B 1与B 2的比值应满足什么条件？解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为v ，交替地在xy 平面B 1与B 2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。
设粒子的质量和电荷量的大小分别为m 和q ，圆周运动的半径分别为和r 2，有 r 1＝1mv qB ……① r 2＝2mv qB ……② 分析粒子运动的轨迹。
如图所示，在xy 平面，粒子先沿半径为r 1的半圆C 1运动至y 轴上离O 点距离为2 r 1的A 点，接着沿半径为2 r 2的半圆D 1运动至y 轴的O 1点，O 1O 距离d ＝2（r 2－r 1）……③此后，粒子每经历一次“回旋”（即从y 轴出发沿半径r 1的半圆和半径为r 2的半圆回到原点下方y 轴），粒子y 坐标就减小d 。
设粒子经过n 次回旋后与y 轴交于O n 点。
若OO n 即nd 满足 nd ＝2r 1④则粒子再经过半圆C n +1就能够经过原点，式中n ＝1，2，3，……为回旋次数。
由③④式解得11n r n r n =+ ⑤由①②⑤式可得B 1、B 2应满足的条件 211B n B n =+ n ＝1，2，3，……⑥3、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：粒子运动围的空间临界问题；磁场所占据围的空间临界问题，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。
x y B 2B 1 O v（07全国1）、两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏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围（不计重力的影响）。
解：粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中运动半径为 ：mv r qB= ①速度小的粒子将在x <a 的区域走完半圆，射到竖直屏上。
半圆的直径在y 轴上，半径的围从0到a ，屏上发亮的围从0到2a 。
轨道半径大于a 的粒子开始进入右侧磁场，考虑r=a 的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x 轴在D 点相切（虚线），OD =2a ，这是水平屏上发亮围的左边界。
速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C 和C '，C 在y 轴上，有对称性可知C '在x =2a 直线上。
设t 1为粒子在0<x <a 的区域中运动的时间，t 2为在x >a 的区域中运动的时间，由题意可知1225t t = 12712T t t +=由此解得：16T t =……② 2512T t =…… ③ 由②③式和对称性可得 60OCM ∠= 60MC N '∠= ⑤536015012MC P '∠=⨯= …… ⑥ 所以1506090NC P '∠=-= …… ⑦ 即弧长AP 为1/4圆周。
因此，圆心C '在x 轴上。
设速度为最大值粒子的轨道半径为R ，有直角COC '∆可得2sin 602R a = 233a R =⑧ 由图可知OP =2a +R ，因此水平荧光屏发亮围的右边界的坐标 3213x a ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭ ⑨ 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同一圆弦对应大的圆心角；③由轨迹确定半径的极值。
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v 0向第一象限平面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 。
解：由于电子在磁场中作匀速圆周运动的半径R ＝mv 0/Be 是确定的，设磁场区域足够大，作出电子可能的运动轨道如图所示，因为电子只能向第一象限平面发射，所以电子运动的最上面一条轨迹必为圆O 1，它就是磁场的上边界。
其它各圆轨迹的圆心所连成的线必为以点O 为圆心，以R 为半径的圆弧O 1O 2O n 。
由于要求所有电子均平行于x 轴向右飞出磁场，故由几何知识有电子的飞出点必为每条可能轨迹的最高点。
如对图中任一轨迹圆O 2而言，要使电子能平行于x 轴向右飞出磁场，过O 2作弦的垂线O 2A ，则电子必将从点A 飞出，相当于将此轨迹的圆心O 2沿y 方向平移了半径R 即为此电子的出场位置。
由此可见我们将轨迹的圆心组成的圆弧O 1O 2O n 沿y 方向向上平移了半径R 后所在的位置即为磁场的下边界，图中圆弧OAP 示。
综上所述，要求的磁场的最小区域为弧OAP 与弧OBP 所围。
利用正方形OO 1PC 的面积减去扇形OO 1P 的面积即为OBPC 的面积；即R 2-πR 2/4。
根据几何关系有最小磁场区域的面积为S ＝2（R 2-πR 2/4）＝（π/2 -1）（mv 0/Be ）2。
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。
（07）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 点时速度的大小合方向；（2）磁感应强度的大小B 。
解：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有ma qE = ①加速度沿y 轴负方向。
设粒子从A 点进入电场时的初速度为v 0，由A 点运动到C 点经历的时间为t ，则有、221at h =② t v l 0= ③ 由②③式得 ha l v 20= ④ 设粒子从点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量v 1＝2ah ⑤ 由①④⑤式得v 1＝2201v v +＝()2242qE h l mh + ⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有y E A C Otan α＝10v v ⑦ 由④⑤⑦式得 lh 2arctan =α ⑧ （2）粒子经过C 点进入磁场后在磁场中作速率为v 的圆周运动。
若圆周的半径为R ，则有Rv m qvB 2= ⑨设圆心为P ，则PC 必与过C 点的速度垂且有PC ＝PA ＝R 。
用β表示PA 与y 轴的夹角，由几何关系得h R R +=αβcos cos ⑩αβsin sin R l R -= ⑾由⑧⑩⑾式解得R ＝222242h l h l hl ++ ⑿由⑥⑨⑿式得B ＝2212mhE h l q+ ⒀ 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。
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？带电粒子在磁场中的运动时间分析：由于粒子从A 处沿半径射入磁场后必作匀速圆周运动，要使粒子又从A 处沿半径方向射向磁场，且粒子与筒壁的碰撞次数未知，故设粒子与筒壁的碰撞次数为n （不含返回A 处并从A 处射出的一次），由图可知12112+=⋅+=n n ππα其中n 为大于或等于2的整数（当n ＝1时即粒子必沿圆O 的直径作直线运动，表示此时B ＝0）；由图知粒子圆周运动的半径R ，1tan tan +==n r r R πα再由粒子在磁场中的运动半径qBmv R =可求出 1cot +=n qr mv B π。