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)
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．
（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，
OG ( 2 1)R 2 (1 2 )R ②
2
2
FG OF 2 OG2 = 5-2 2 R ③ 2
EG 2 R ④ 2
挡板上被粒子打中的区域长度 l=FE= 2 R + 2
5-2 2 R = 2
θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则 t2
设 vM 的方向与 x 轴的夹角为 θ，
cos v0 2 vM 2
解得：θ＝45°。 （2）如图甲所示，电子从 M 点到 A 点，做匀速圆周运动，因 O2M＝O2A，O1M＝O1A， 且 O2A∥MO1，所以四边形 MO1AO2 为菱形，即 R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
evM
B
m
vM2 R
2+ 10-4 2 R ⑤ 2
4．如图甲所示，在直角坐标系中的 0≤x≤L 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点 （2L，0）为圆心、半径为 L 的圆形区域，与 x 轴的交点分别为 M、N，在 xOy 平面内，从 电离室产生的质量为 m、带电荷量为 e 的电子以几乎为零的初速度从 P 点飘入电势差为 U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔 Q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知 O、
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 qvB m v2 r
得： B mv 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
DP 2R OP ( 2 1)R P 点的坐标为（ ( 2 1)R ，0 ）
R，圆弧对应的圆心角为
2
.则有
x2
2R2 ，此时满足
L 2n 1 x2
L
联立可得： R2 2n 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：
B2
22n 1 mv0
qL
，n=1、2、3....
所以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
2 gd1
(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： qE1sin45 mg
求得： E1
2mg q
微粒在区域 II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有： mg qE2
求得：
E2
mg q
(2)粒子进入磁场区域时满足：
qE1d1cos45
1 2
mv2
qvB m v2 R
(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) 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
件为： 2n( 2R) 2L （n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 R mvM eB0
解得： B0 2n
2emU eL
（n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过 1 圆周，同时在 MN 间的运动时间是磁场变化周期 4
的整数倍时，可使粒子到达
N
点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
【答案】（1） E
mv02 qL
（2） B
4nmv0 qL
n=1、2、3......（3） t
L 2v0
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求
解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：
L
v0t
，
L 2
1 2
at 2
， qE
ma
联立解得： E mv02 qL
L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为 .则有 x= 2
2 R，此时满足 L=2nx
联立可得： R L 2 2n
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有： qvB m v2 R
得： B 4nmv0 ，n=1、2、3.... qL
轨迹如图乙设圆弧的半径为
2d1 1 2 2gd 6d1 d2
g 12 qB
6gd2
2gd1
3．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：
小B
4nmv0 qL
，n=1、2、3....或 B2
22n 1 mv0
qL
，n=1、2、3....
(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一 L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=2n×
2
×2=2nπ，则 t
T 2n 2
2n m qB
L 2v0
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一 L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
即 B mvM 2 mv eR L e
t
3 4
R
3L
m。
vM
8 eU
（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转
角为 90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在 x 轴方向上的位移恰好等于
轨道半径 2R ，即 2 2R 2L
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达 N 点且速度符合要求的空间条
【答案】（1） E
2U L
， vM
2
eU ，设 vM 的方向与 x 轴的夹角为 θ，θ＝45°；（2） m
B mvM 2 eR L
1，2，3，…） 【解析】
mv e
，t
3 R 4 vM
3L 8
m ；（3）T 的表达式为T mL （n＝
eU
2n 2emU
【详解】
（1）在加速电场中，从
P
点到
Q
点由动能定理得： eU
2．如图，区域 I 内有与水平方向成 45 °角的匀强电场 E1 ，区域宽度为 d1 ，区域Ⅱ内有正 交的有界匀强磁场 B 和匀强电场 E2 ，区域宽度为 d2 ，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
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。
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。
1 2
mv02
可得 v0
2eU m
电子从 Q 点到 M 点，做类平抛运动，
x 轴方向做匀速直线运动， t L L m
v0
2eU
y 轴方向做匀加速直线运动， L 1 eE t2 2 2m
由以上各式可得： E 2U L
电子运动至 M 点时： vM
v02
(
Ee m
t)2
即： vM 2
eU m
根据几何关系，分析可知：
R
d2 sin30
2d2
整理得： B m 2gd1 2qd2
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(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，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，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）；（3）013v ．【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 ==；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00360y v v sin =︒=，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032yP y v 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，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qBL v 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2L R = 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=4．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？【答案】（1）EqRm；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。
【物理】高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)
【物理】高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
高考物理带电粒子在磁场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在磁场中的运动答题技巧及练习题(含答案) 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。
(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/NC (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=v0t
2122LqEtm
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：0tanvqEtm
可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v
qvBmr
由几何关系可知22rL
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32，带负电的粒子转过的圆心角为2；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22rmTvqB；
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)
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)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，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qBL v 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=4．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 π（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。
(物理)高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)
（物理）高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB m R=解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
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．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。
y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。
现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。
（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r=可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
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)
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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。
y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。
现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。
（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r=可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
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)
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)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）。