高中物理带电粒子在磁场中的运动试题经典含解析
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
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。
高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，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：()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：2221BLqv =（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．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。
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。
带电粒子在电磁场中的运动(含答案)
带电粒子在电磁场中的运动1、回旋加速器是加速带电粒子的装置,其主体部分是两个D 形金属盒,两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中,与高频交流电源相连接后,使粒子每次经过两盒间的狭缝时都能得到加速,如图所示。
现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能,下列方法可行的是A.仅减小磁场的磁感应强度B.仅减小狭缝间的距离C.仅增大高频交流电压D.仅增大金属盒的半径2、速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S 0A=S 0C,则下列相关说法中正确的是A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶23、为监测某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。
该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a 、b 、c,左右两端开口。
在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。
污水充满管口从左向右流经该装置时,接在M 、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U 。
若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法中正确的是A.N 端的电势比M 端的高B.若污水中正、负离子数相同,则前后表面的电势差为零C.电压表的示数U 跟a 和b 都成正比,跟c 无关D.电压表的示数U 跟污水的流量Q 成正比 4、如图（甲）所示，两块水平放置的平行金属板，板长L=1.4m,板距d=30cm 。
两板间有B=1.25T,垂直于纸面向里的匀强磁场。
在两板上加如图（乙）所示的脉冲电压。
在t=0时，质量m=2×10-15kg ，电量为q=1×10-10C 的正离子，以速度为4×103m/s 从两板中间水平射入。
试求：粒子在板间做什么运动？画出其轨迹。
5、如图所示,足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置,间距6L 。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析一、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．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m=且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=3．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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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 t B 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∆=∆=4．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g所以()(00tan 22H x x x y y θ=-=g 由数学知识可知，当(022x y y = 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =5．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=-+=-6．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。
高考物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练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。
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
O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为 H= 7 R；整个装置处 2
于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度 ν 和磁场磁感应强度 B；
圆半径方向射出磁场；从
x
轴射出点的横坐标： xC
xA
R tan 53
xC 0.1425m .
由几何关系，过 A 点的粒子经 x 轴后进入磁场由 B 点沿 x 轴正向运动.
综上所述，粒子经过磁场后第二次打在 x 轴上的范围为： x 0.1425m
5．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0 及 y＜- 3 L 区域存在场强大小相同，方向相反均平 2
(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)
B1
mv qL
(2)故速率为 v
的粒子被吸收，速率为 9v
的粒子不能被吸收
速度偏转角的正切值均为： tan vy 37 v0
cos 37 v0 v
v 1106 m/s
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
qvB m v2 R
R r 0.03m
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点 B 离开磁场.
由几何关系，恰好经 N 板右边缘的粒子经 x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场
带电粒子在磁场中偏转历年高考题详解
7.〔08四川卷〕24．如图，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。
整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。
一电荷量为q 〔q ＞0〕、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ’。
球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ〔0＜θ＜)2π。
为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P 相应的速率。
重力加速度为g 。
解析：据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O ’。
P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率。
洛仑兹力f 的方向指向O ’。
根据牛顿第二定律0cos =-mg N θ ②θsin sin 2R v m N f =- ③ 由①②③式得0cos sin sin 22=+-θθθqR v m qBR v ④ 由于v 是实数，必须满足 θθθcos sin 4sin 22gR m qBR -⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆≥0 ⑤ 由此得B ≥θcos 2R g q m⑥ 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 θcos 2min R g q mB =⑦ 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为mR qB v 2sin min θ= ⑧ 由⑦⑧式得θθsin cos gR v = ⑨ 8.〔08重庆卷〕25.题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM=d.现有一正离子束以小发散角〔纸面内〕从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0.假设该离子束中比荷为q m的离子都能会聚到D ，试求： 〔1〕磁感应强度的大小和方向〔提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象〕； 〔2〕离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； 〔3〕线段CM 的长度.解析：〔1〕设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由12R '=200mv qv B R = R=d得B ＝0mv qd磁场方向垂直纸面向外〔2〕设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t 由v cos θ=v 0得v ＝0cos v θR ′=mv qB=cos d θ 方法一：设弧长为st =s vs=2(θ+α)×R ′ t =02v R '⨯+）（αθ 〔09年全国卷Ⅰ〕26〔21分〕如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xy 平面向外。
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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T 2 r 2 m ； v qB
带正电的粒子在磁场中运动的时间为： t1
3T 4
5.9 104 s
；
带负电的粒子在磁场中运动的时间为： t2
1T 4
2.0 104 s
带电粒子在 AC 两点射入电场的时间差为 t t1 t2 3.9 104 s
粒子在磁场中做匀速圆周运动： qvB m v2 r
由几何关系可知 r 2 L 2
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 3 ，带负电的粒子转过的圆心角为 ；两带电
2
2
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；
n d N dN 2 2a 4 a
解得 N 4 alt ed
（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
(2a r)2 r2 a2 Bev m v2
r 解得： B 4mv
3ae
3．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0 及 y＜- 3 L 区域存在场强大小相同，方向相反均平 2
点，可得：
3L 5
P2O′=
= L =r
2cos53 2
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 α=37°，故粒
子将垂直于 y=- 3 L 2
直线从 M 点穿出磁场，由几何关系知 M 的坐标 x= 3 L+（r-rcos37°）=2L； 2
3L （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从 P1 到 P2 做类平抛运动：t1= 2v0
15 2 4
3R
5．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．
2．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.
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
Ue
1 2
mve2
1 2
mv 2
解得： ve
2eU v2 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
I ne t
2
2
（不计粒子重力），求：
（1）粒子到达 P2 点时的速度大小和方向；
（2） E ； B
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；
（4）粒子从 P1 点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）
5
v0，与
x
成
53°角；（2）
4v0
405 37 L
；（3）2L；（4）
．
3
3
60v0
【解析】
【详解】
磁场。在左侧虚线上紧靠 M 的上方取点 A，一比荷 q =5×105C/kg 的带正电粒子，从 A 点 m
以 v0=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。
6．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：
在磁场中由
P2 到
M
动时间：t2= 37 360
2 r v
37 L = 120v0
从 M 运动到 N，a= qE = 8v02 m 9L
则
t3=
v a
=
15L 8v0
405 37 L
则一个周期的时间 T=2（t1+t2+t3）=
60v0
．
4．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
【答案】(1) ve
2eU v2 (2) N 4 alt (3) B 4mv
m
ed
3ae
ห้องสมุดไป่ตู้
【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 I ne 求解 t
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
（2）若离子速率大小 v0
BqR 2m
，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。
【答案】（1） v BqR （2） 15 2 3 R
4m
4
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有： Bqv m v2 r
如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则 r R 4
（1）如图，粒子从 P1 到 P2 做类平抛运动，设到达 P2 时的 y 方向的速度为 vy，
由运动学规律知 3 L=v0t1， 2
L= vy t1 2
可得
t1=
3L 2v0
，vy=
4 3
v0
故粒子在 P2 的速度为 v=
v02
vy2
5
=
3
v0
设 v 与 x 成 β 角，则 tanβ= vy = 4 ，即 β=53°； v0 3
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…）
故 v BqR 4m
（2）当离子速率大小 v0
BqR 2m
时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径 r
R 2
离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，
由几何关系知：
h12
R 4
2
R2
得
h1
15 R 4
由几何关系知： h2
R 2
R sin 60 2
2 4
3R
故最高点与最低点的高度差 h h1 h2
(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。
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 R ，在 P 2
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；
【答案】(1) 16N / C (2) 1.6102T (3) 3.9104 s
【解析】
【详解】
（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t
L 1 qE t2 2 2m
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： tan
v0 qE
t
m
可得 θ=450 粒子射入磁场时的速度大小为 v= 2 v0
根据 qv0B
mv02 r
得 v0
2
3qBd 3m
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（r 1 cos60） qE t2 ； tan vy qEt
2m
v0 mv0
联立解得
v0
E 3B
（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．
（1）粒子从 P 点入射时的速度 v0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小 B/；
【答案】（1） E （2）2.4B 3B
【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