2016高考物理二轮复习训练：1-3-8 磁场及带电体在磁场中的运动a Word版含解析
高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动技巧和方法完整版及练习题
高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动技巧和方法完整版及练习题一、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．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。
高考物理二轮温习第一部份专题三电场和磁场第8讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动练习
专题三电场和磁场第8讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1．(2016·汕头模拟)如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦．现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方式可行的是( )A．施加一个沿ab方向的匀强磁场B．施加一个沿ba方向的匀强磁场C．施加一个竖直向下的匀强磁场D．施加一个竖直向上的匀强磁场解析：施加一个沿ab方向的匀强磁场或ba方向的匀强磁场，导体棒都不受安培力，不可能静止在导轨上，则A、B错；由b看向a时，施加一个竖直向下的匀强磁场，由左手定则可知导体棒所受安培力方向水平向右，可能静止在导轨上，则C对；由b看向a时，施加一个竖直向上的匀强磁场，由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左，不可能静止在导轨上，则D错．答案：C2.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速度沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )A．a粒子速度较大B．b粒子速度较大C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长解析：带电粒子沿半径方向垂直进入圆形匀强磁场区域，离开磁场的速度也必然沿圆形磁场的半径方向，据此作出a 、b 粒子离开磁场时的速度方向如图所示，那么圆形磁场区域和粒子圆周运动的轨迹就有一条公共弦，弦的垂直平分线过两个圆的圆心，而这条垂直平分线也是入射速度和末速度夹角的角平分线，那么这条角平分线与进磁场时垂线的交点即圆心，由图示可判断a 粒子半径小，按照洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2R ，得R ＝mvqB，所以a 粒子速度较小，A 错误，B 正确；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB可知两个粒子圆周运动周期相同，由图可知，a 粒子速度偏转角大，即圆心角大，所以a 粒子运动时间长，选项C 、D 错误．答案：B3．(2016·龙岩模拟)水平线上方存在区域足够大、方向如图所示的匀强磁场，在水平线上的O 点有一粒子发射源，能持续地向水平线的上方发射粒子，已知粒子源发射的粒子带正电、重力可忽略，粒子的速度大小用v 表示、粒子速度方向与水平线的夹角用θ(θ为锐角)表示．通过一段时间，粒子抵达水平线上的A 点(图中未画出)．则关于粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是( )A ．若是粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则OA 减小B ．若是粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则粒子由O 到A 的时间缩短C ．若是粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子在磁场中的运动周期减小D ．若是粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子由O 到A 的时间缩短解析：利用几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系，由ω＝2πT ，T ＝2πmqB分析角速度．设粒子的轨迹半径为r ，则r ＝mv qB，如图所示，OA ＝2r sin θ＝2mv sin θqB.由于θ为锐角，故θ越大，OA 越大，A 选项错误；由几何关系得轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2π·T ＝2π－2θ2π·2πm qB ＝（2π－2θ）mqB，可知若是入射速度不变，增大入射角θ，则粒子由O 到A 的时间缩短，B 选项正确；若是入射角θ不变，运动时间不变，D 选项错误；粒子在磁场中的运动周期T ＝2πmqB，显然粒子的运动周期与入射速度的大小无关，C 选项错误．答案：B4.如图所示，边界OA 与OC 之间散布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S ，某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的彼此作用)，所有粒子的初速度大小相同，通过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )(导学号 )解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短，而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运行时间最短，如图所示．按照最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T2，故B 项正确．答案：B 二、多项选择题5.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速度对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较小C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析：由左手定则可知a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 正确；由qvB ＝m v 2R 得R ＝mvqB，由于a 粒子轨道半径较小，b 粒子的轨道半径较大，故a 粒子的速度较小，b 粒子的速度较大，所以a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，b 粒子的速度较大，动能较大，B 、C 正确；由T ＝2πmqB可知两个粒子在磁场中运动的周期相同，由于a 粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角比b 粒子大，由t ＝θ2πT 可知b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误．答案：ABC6．(2016·太原模拟)如图所示，分界限MN 上、下双侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度别离为B 1和B 2，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从O 点动身以必然的初速度v 0沿纸面垂直MN 向上射出，经时间t 又回到起点O ，形成了图示的心形图案．则( )A ．粒子必然带正电荷B ．MN 上、下双侧的磁场方向相同C ．MN 上、下双侧磁感应强度的大小B 1∶B 2＝1∶2D ．时间t ＝2πmqB 2解析：由于题中没有给出匀强磁场的方向，所以不能判断出粒子带何种电荷，选项A 错误；按照左手定则可判断出MN 上、下双侧的磁场方向相同，选项B 正确；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qv 0B ＝m v 20r ，解得B ＝mv 0qr，则B 1∶B 2＝r 2∶r 1，由题给的心形图案可知，MN 上、下双侧，上侧的轨迹半径是下侧的12，即r 1∶r 2＝1∶2，则B 1∶B 2＝2∶1，选项C 错误；由qv 0B ＝m v 20r ，解得r v 0＝m qB，在MN 上侧磁场区域，带电粒子运动轨迹合在一路为一个圆周，运动时间t 1＝2πm qB 1＝πmqB 2，在MN 下侧磁场区域，带电粒子运动轨迹为半个圆周，运动时间为t 2＝πm qB 2，整个运动时间t ＝t 1＋t 2＝2πmqB 2，选项D 正确．答案：BD7．(2016·东北三校联考)如图所示，在0≤x ≤3a 、0≤y ≤a 范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，它们的速度方向均在xOy 平面的第一象限内．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，半径介于2a 到3a 之间，则下列说法正确的是( )(导学号 )A ．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为T12B ．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间小于T12C ．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T6D ．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间大于T6解析：当轨迹半径r ＝3a 时，沿y 轴正方向射入的粒子偏角最小，历时最短．由图知，sin α＝a r ＝13<12，故α<30°，带电粒子在磁场中运动的时间t 1<112T ，A 错误，B 正确；最后从磁场中飞出的粒子，历时最长，故在磁场中的偏转角最大，轨迹圆弧对应的弦长最长；当轨迹半径为最小值2a 时，弦长为最大值2a ，粒子刚好从(3a ，a )点射出，圆心角β＝60°，则最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T6，C 正确，D 错误．答案：BC 三、计算题8．(2016·鄂豫晋冀陕五省联考)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，等臂天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为L ，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡．(1)若线圈串联一个电阻连接到电压为U 的稳定电源上，已知线圈电阻为r ，当线圈中通过电流I 时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小．(2)请用重力加速度g 和n 、m 、L 、I 导出B 的表达式． 解析：(1)由U ＝I (R ＋r )， 解得R ＝U I－r .(2)设电流方向未改变时，等臂天平左盘内砝码的质量为m 1，右盘及线圈的总质量为m 2，由等臂天平的平衡条件有m 1g ＝m 2g －nBIl ，电流方向改变以后，同理可得(m ＋m 1)g ＝m 2g ＋nBIl ， 解得B ＝mg2nIL.答案：(1)R ＝U I －r (2)B ＝mg2nIL9.(2016·黑龙江大庆实验中学模拟)如图△OAC 的三个极点的坐标别离为O (0，0)、A (0，L )、C (3L ，0)，在△OAC 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．在t ＝0时刻，同时从三角形的OA 边遍地以沿y 轴正向的相同速度将质量均为m ，电荷量均为q 的带正电粒子射入磁场，已知在t ＝t 0时刻从OC 边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y 轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间的彼此作用．(导学号 )(1)求磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若从OA 边两个不同位置射入磁场的粒子，前后从OC 边上的同一点P (P 点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t 1与t 2之间应知足的关系；(3)从OC 边上的同一点P 射出磁场的这两个粒子通过P 点的时间距离与P 点位置有关，若该时间距离最大值为43t 0，求粒子进入磁场时的速度大小．解析：(1)粒子在t 0时间内，速度方向改变了90°，故周期T ＝4t 0，由T ＝2πm qB 得B ＝πm2qt 0.(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角别离为θ1和θ2，由几何关系有θ1＝180°－θ2，故t 1＋t 2＝T2＝2t 0.(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差Δt 与Δθ＝θ2－θ1成正比，Δθ＝θ2－θ1＝θ2－(180°－θ2)＝2θ2－180°.θ2越大，时间差Δt ＝Δθ360°T 越大， 代入数据得θ2的最大值为θ＝150°，在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系知，α＝ 180°－θ＝30°，tan ∠A ＝3LL＝3，得∠A ＝60°，β＝90°－∠A ＝30°，R cos α＋Rcos β＝L ， 解得R ＝23L7，按照qvB ＝m v 2R，代入数据解得v ＝3πL7t 0. 答案：(1)πm 2qt 0 (2)t 1＋t 2＝2t 0 (3)3πL7t 010.一边长为a 的正三角形ADC 区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC 边的正下方有一系列质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，以垂直于DC 边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，通过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD 边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t 0.假设粒子的重力和粒子之间的彼此作使劲可忽略．(1)求该区域中磁感应强度B 的大小．(2)为了能有粒子从DC 边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC 、AD 边射出的区域长度为多大？解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r，周期T ＝2πr v ＝2πmqB，当粒子垂直AD 边射出时，按照几何关系有圆心角为60°，则t 0＝16T ，解得B ＝πm3qt 0.(2)当轨迹圆与AC 、AD 都相切时，能有粒子从DC 边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v 1，偏转半径为r 1，则r 1＝a 2sin 60°＝34a ，图甲由qv 1B ＝m v 21r 1得r 1＝mv 1qB，解得v 1＝3πa12t 0， 所以粒子能从DC 边离开磁场的最大入射速度v 1＝3πa12t 0. (3)由(2)知，当轨迹圆与AC 相切时，从AC 边射出的粒子距C 最远，故有粒子射出的范围为CE 段，图乙x CE ＝a 2cos 60°＝a 4，当轨迹圆与AD 边的交点F 恰在圆心O 正上方时，射出的粒子距D 点最远，如图乙所示，故有粒子射出的范围为DF 段，x DF ＝r 1sin 60°＝a2.答案：(1)πm 3qt 0 (2)3πa 12t 0 (3)a 4 a2。
磁场+二轮专题复习：5.高考真题之磁场及带电体在磁场中的运动+Word版含解析
带电粒子在磁场中的运动一、基础知识回顾1．掌握“两个磁场力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)2．用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。
3．明确两个常用的等效模型(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
4.求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。
(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。
(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。
二、真题再现1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。
将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。
下列说法正确的是A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案：AD2. (2018·高考全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。
一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。
已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。
高中物理 第三章 磁场 带电粒子在磁场中运动练习(二)(最全)word资料
高中物理第三章磁场带电粒子在磁场中运动练习（二）(最全)word资料广东省汕头市澄海中学高中物理第三章磁场带电粒子在磁场中运动练习（二）新人教版选修3-1【巩固练习】（）1. 质子（m、e）和α(4m、2e)粒子以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，它们在垂直于磁场的平面内都做匀速圆周运动，它们的轨道半径和运动周期关系是：A．R p：Rα=1:2，T p：Tα=1：2 B．R p：Rα=2:1，T p：Tα=1:2C．R p：Rα=1:2，T p：Tα=2:1 D．R p：Rα=1：4，T p：Tα=1：42．如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。
电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角。
（不计粒子的重力）求：（1）粒子做圆周运动的半径；（2）粒子的入射速度；（3）若保持粒子的速度不变，从A点入射时速度的方向顺时针转过60°角，求粒子在磁场中运动的时间。
3．如图所示，一个带负电的粒子以速度v由坐标原点射入充满x正半轴的磁场中，速度方向与x轴、y轴均成45°角．已知该粒子电量为－q，质量为m。
求：该粒子通过x轴和y轴的坐标﹡4．在真空中，半径为r的圆形区域内，有一匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，方向如图所示，一带正电粒子，以初速度v的速度从磁场边界上直径ab一端a点处射入磁场，已知该粒子荷质比为q/m=k，不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的半径是多少？（2）若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角，其入射时粒子的方向应如何（以v与Oa的夹角θ表示）？（）5．下列关于回旋加速器的说法中，正确的是：A．电场和磁场交替使带电粒子加速B. D 形盒所接的高频电源的周期应等于被加速带电粒子做匀速圆周运动的周期C. D 形盒所接的高频电源的周期应等于被加速带电粒子做匀速圆周运动的半个周期D.带电粒子在D 形盒中运动的时间与D 形盒所接的高频电压大小无关6．有一回旋加速器，它的交流电压的频率为1.2×107Hz ，半圆形D 盒.电极半径为0.532m ，已知氘核的质量m ＝3.34×10-27kg ，电量q ＝6×10-19C ． 求：(1)要加速氘核，所需要的磁感应强度应为多大?(2)氘核能达到的最大速度是多少?最大动能是多少?7.如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。
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。
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。
广东高三物理二轮复习3一带电粒子在电磁场运动
广东高考物理提高第三篇----带电粒子在电磁场中的运动一、 带电粒子在匀强电场中的运动 1. 加速（通常应用动能定理求解）【例2】如图所示，两个极板的正中央各有一小孔，两板间加以电压U ，一带正电荷q 的带电粒子以初速度v 0从左边的小孔射入，并从右边的小孔射出，则射出时速度为多少？mquv V 220+= 小结：1.带电粒子在匀强电场中加速运动，它的运动特点是：带电粒子在匀强电场中的电场力F 的作用下，以恒定加速度F qU a m md==做匀加速直线运动，处理方法有：（1）牛顿运动定律和运动学公式；（2）能量观点。
2.偏转（通常垂直进入电场，作类平抛运动）电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度v 1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图所示)．qU 1＝12m v 12设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L ． (1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：v x ＝v 1，L ＝v 1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：v y ＝at ，y ＝12at 2，a ＝qE m ＝qU 2md．(2)带电粒子离开极板时侧移距离y ＝12at 2＝qU 2L 22md v 12＝U 2L 24dU 1轨迹方程为：y ＝U 2x 24dU 1(与m 、q 无关)偏转角度φ的正切值tan φ＝at v 1＝qU 2L md v 12＝U 2L2dU 1若在偏转极板右侧D 距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离 y ′＝(D ＋L2)tan φ．以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．q练习1.一束电子流在经U=5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm ，板长l =5.0cm ，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？试着讨论：要让荧光屏上出现如下所示的四种情况的亮斑，在偏转电极XX ’,以及YY ’方向上应该分别加上怎样的偏转电压？ ( 如U XX ’>0,U YY ’<0)U XX ’=0, U YY ’>0 U XX ’=0, U YY ’<0 U XX ’<0, U YY ’=0 U XX ’>0, U YY ’>0二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动． 2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场B 中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R ，运动的周期为T ，则有：由q v B ＝m v 2R 得：R ＝m v qB T ＝2πmqB(与v 、R 无关)，3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点． (1)粒子圆轨迹的圆心的确定①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R ，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R 处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．图4－2 图4－3 图4－4(2)粒子圆轨迹的半径的确定①可直接运用公式R ＝m vqB来确定．②画出几何图形，利用半径R 与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示． (3)粒子做圆周运动的周期的确定①可直接运用公式T ＝2πm qB来确定． ②利用周期T 与题中已知时间t 的关系来确定．若粒子在时间t 内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t ＝α360°·T (或t ＝α2π·T )．(4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界 射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示． ②在 圆形磁场区域 内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切． 题型一 选择题1．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率v 从边界上的P 点以相同的方向射入磁场。
高三物理二轮复习 专题八 磁场及带电体在磁场中的运动
外，现将B处的长直导线撤走，而将C处
知A处直导线的电流在O点产生的 磁场方向水平向右，D处直导线
的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处 的电流在O点产生的磁场方向竖
的长直导线所受安培力的方向( C )
A．沿∠COB的角平分线向下
B．沿∠AOB的角平分线向上
直向上，且两处直导线的电流在 O点产生的磁场大小相等，由矢 量的叠加原理知O处的磁场方向 沿∠AOB的角平分线向上，由左
视角一 电流磁场及磁场的命叠题加视角
题组冲关
如[例下1图] 所如示图，所当示通，有M、电N流和的P长是直以导 MN线在思M路、探N究两处(1时)如，何根判据断安电培 流周定
则为可直知径，的二半者圆在弧圆上心的O三处点产，生O为的半磁圆感应围强的度磁的场大？小都为B1/2；当将M
处弧长的直圆导心线，移∠至MOP处P＝时6，0°两，直在导M线、在N圆心O处产生的磁感应强度的大 小处也各为有B一1/条2，长作直平导行线四垂边直形 穿过，纸由面图，中的(几2)空何间关某系点，由可多得电c流os形3成0°的＝磁
所轨受水安培 平力对向称右放，置大一小恒 根定均，匀故金金属属棒棒向 ．右从做t＝匀0加时速刻直起线，运动棒，上在有T2如～图T乙内金所属示棒 所的受持安续培力交与变前电半流个I周，期周大期小为相T等，，最方大向值相反 为，Im金，属图棒甲向中右I做所匀示减方速向直为线电运动流，正
一方个向周．期结则束金时属金棒属(棒A速B度C恰) 好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、
B导2 线中通有大小相等的恒定电流，方 场，如何求该点的磁感应强
B2向1＝如BB21图＝所23， 示故 ，这选时项OB点正的确磁，感选应项强A、 度C、度D？错误．
2大 小 为 B1. 若 将 M 处 长 直 导 线 移 至 P 处 ， 则 O 点 的 磁 感 应 强 度 大 小 为 B2 ，
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。
【高三】物理届高三磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题(含答案)
【高三】物理届高三磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题（含答案）磁场是一种看不见、摸不着的特殊物质，下面是磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题，请考生练习。
一、选择题(共9小题，每小题4分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
)1.(新课标全国卷，15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2.(海南单科，1)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3.(新课标全国卷，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A.轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小4. (新课标全国卷，16)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表面的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，已知粒子穿越铝板时，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()A.2B.C.1D.5.(安徽理综，18)人造小太阳托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。
已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。
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1．[2015·邢台摸底](多选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中() A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小
答案BD
解析甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上做匀加速运动，则甲、乙之间是静摩擦力，以甲为研究对象，沿斜面方向由牛顿第二定律得：f1－m甲g sinθ＝m甲a，所以甲乙之间的摩擦力f1不变，B选项正确，A、C错。
乙和斜面之间属于滑动摩擦力，大小f2＝μF N，其中乙与斜面间正压力因洛伦兹力变大而减小，故f2变小，D选项正确。
2．[2015·河南质监](多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁
场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 。
一质量为m 、带电量为＋q 的带电粒子(不计重力)从MN 边界上的A 点沿纸面垂直
MN 以初速度v 0进入磁场。
已知该带电粒子的比荷q m ＝v 02Bd。
其中A ′为PQ 上的一点，且AA ′与PQ 垂直。
则下列判断正确的是( )
A.该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B ．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d
C ．该带电粒子打在PQ 上的点与A ′点的距离为3d
D ．该带电粒子在磁场中运动的时间为
πd 3v 0
答案 BD
解析 因带电粒子带正电，在A 点所受洛伦兹力向上，所以向上
偏转，A 选项错误。
洛伦兹力做向心力：Bq v 0＝m v 20R 得R ＝2d ，B 选
项正确。
如图，带电粒子从PQ 上的E 点射出，sin θ＝EF R ＝12
，θ＝30°，带电粒子在磁场中运动的时间t ＝θ360°T ＝112×2πR v 0＝πd 3v 0
，D 选项正确。
如图A ′E ＝R (1－cos θ)＝(2－3)d ，C 选项错误。
3．[2015·温州测试]如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。
许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v沿纸面内由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。
不计重力及粒子间的相互作用。
下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能
经过的区域，其中R＝m v
qB，正确的图是()
答案 D
解析如图，从O点水平向左沿x轴负方向射出的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R，沿y轴正方向射出的粒子轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R，其余方向射入的带电粒子，轨迹圆旋转，最远点在以O为圆心半径为2R 的圆周上。
故D正确。
4．[2015·新疆维吾尔适应性检测]如图所示，边长为7 cm的正方形OABC区域内存在B＝0.1 T，方向垂直纸面向外的匀强磁场。
在此正方形区域内有一点P，P点到OC边和BC边的距离均为1 cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量m＝1.0×10－14 kg，电荷量q＝1.0×10－5 C，离子的重力不计，不考虑离子间的相互作用力。
求：
(1)速率v＝5.0×106 m/s的离子在OA边上能够射出的范围；
(2)离子要从OA边上射出正方形区域，速度至少应多大。
答案(1)1～5.9 cm(2)3.5×106 m/s
解析(1)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R
由qB v＝m v2 R①
得R＝5 cm②
当离子轨迹与OC边相切时，射出OA边时离O点的距离最小为y1
由几何关系得y1＝1 cm③
当离子轨迹与OA边相切时，射出OA边时离O点的距离最大为y2
由几何关系得y2＝1 cm＋2 6 cm＝5.9 cm④
所以射出OA边的范围是1～5.9 cm⑤
(2)当离子速度很小时无法射出磁场区域，而当离子圆轨迹同时与OC边、OA边相切时为离子能射出OA边的临界情况，此时相应的速度最小为v1，对应的圆半径为R1
由qB v1＝m v21 R1⑥
建立以O为原点，OC为x轴，OA为y轴的直角坐标系由图知O1P＝R1，O1Q＝R1－y P，PQ＝x P－R1
对△O1PQ得O1P2＝O1Q2＋PQ2⑦
即R21＝(R1－y P)2＋(x P－R1)2⑧
代入数据得R21－14R1＋37＝0⑨
解得R1＝(7－23) cm⑩
R1′＝(7＋23) cm(不合理，舍去)⑪
把⑩式代入⑥式，解得
v 1＝(7－23)×106 m/s ≈3.5×106 m/s
5．[2015·泰安期末]如图所示，在无限长的竖直边界AC 和DE 间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、下磁场的水平分界线。
质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方区域，Q 与O 点的距离为3a 。
不考虑粒子重力。
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值。
答案 (1)5aqB 0m (2)B 1>83
B 0 (3)L ＝4na (n ＝1,2,3，…) 解析 (1)设粒子在OF 上方做圆周运动的半径为R ，由几何关系知：(R －a )2＋(3a )2＝R 2
得：R ＝5a
由牛顿第二定律q v B 0＝m v 2R
整理得v ＝5aqB 0m
(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，由几何关系得r 1＋r 1cos θ＝3a
而cos θ＝35，所以r 1＝158
a 。
根据q v B 1＝m v 2r 1，B 1＝83
B 0。
当B 1>83
B 0时，粒子不会从A
C 边界飞出。
(3)当B ＝3B 0时，粒子在OF 下方的运动半径为r ，
由Bq v ＝m v 2r ，得：r ＝53
a 。
设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置
为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系：PP1＝4a 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：
L＝n PP1＝4na(n＝1,2,3…)。