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，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 L

m

；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1

3

k =；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 111222

kmv 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： 2

A A mv qv

B R

= 解得：21

k

R 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)2

L

R L R =+-

解得：56

L R = 由21k R L k =

+可得：5

7

k =

（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2

L

R ≥

，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：2

2

23()(3)2

2

L R R L =+- 解得：58L R =或2

L R = 由21k R L k =

+可得：511k =或13

k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为222

6m q B L W m

=

当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222

A 12521286q

B L q B L mv m m

?=>

当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222

A 1286q

B 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1

3

k = A 球在磁场中运动周期为2m

T qB

π= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34

t T = 即32m

t qB

π=

2．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

(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；

(3)挡板上被粒子打中的区域长度．

【答案】（1）mv

qR (2)(21),0R ??+?? (3)21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，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2

v qvB m r

=

得：mv B 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

2DP R =(21)OP R =

P 点的坐标为（(21)R ，0 ）

（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，

22(21)(1)OG R R =+?

=+② 225-22=2

FG OF OG R

=-③

2

2

EG R =

④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =

2R +5-222R =2+10-42R ⑤

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．

(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=πr32+2×π(2r3)2?r32=9.0×10-4m2

【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．

4．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起

后，AB 边距桌面的高度为

2

22v ．

【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r 2+r 2=L 2， 解得：r =

2

2

L ， 小球在磁场中做圆周运的周期：T =

2r

v ，

小球在磁场中的运动时间：t1

=1 4 T

=

2

4

L

v

π

，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2，

运动时间：t2=

2

2

L

v

，

则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

位移：r=2

2

1

2

at，解得，加速度：a=

2

22v

L

，

对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin

m

θ

=g sinθ，

AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=

2

22v

g

；

5．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B

②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 =②2

010U 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：

2222

000max 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 ?=-，

2

010U 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，1

sin y v v θ=，

式中00y U e

v t dm

= 又：1

mv 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：2

010U e y y t dm

?=?=

6．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/q

C kg m

=?的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6

0 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

2

0v qv B m r

=

解得：0

5mv 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 =

2

012

h 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 =

212

y 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，

000

tan 2y qE x v m v y

v v θ===，

所以()()

00tan 22H x x x y y θ=-=-，

由数学知识可知，当()

022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，

所以max 9H cm =

7．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

12mv q Eh

=；(2) 02E B v =；(3)存在，0E B v '=

【解析】 【详解】

（1）设第1球的电量为1q ，研究A 到C 的运动：

2

112q E h t m

=

02h v t =

解得：20

12mv q Eh

=；

（2）研究第1球从A 到C 的运动：

12

y q E

v h m

= 解得：0y v v =

tan 1y v v θ=

=，45o θ=，02v 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21v q vB m R =得

1

mv

R q B = 由几何关系得：22sin R h θ= 解得：0

2E B v =

； （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

002hm

x

v t v qE

== 2

y qE v h m

= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mv

x qB θ'

= 解得：0

E B v '=

．

8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD 间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）o

mv R=Bq

（2）a<60? 【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60?，则粒子转过的圆心角为60?， 即AD=R

由20

0v qv B m R

=

得AD =0

mv R Bq

=

（2）经D点

3

cos30

x R R =

?=，

1

sin30

2

y R R

=?=

而0

x v t

=，2

1

2

y at

=，

qE

a

m

=

解得

4

3

E Bv

=，方向垂直AC向上

速度偏向角y

x

v

v

tana=，

y

v at

=

解得

2

tan2tan303

3

α=?=

而tan60=3

?，即tan tan60

α

α?

9．如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心O处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为－q 的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？

(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；

(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)

【答案】(1) (2) (3)从AB边射出的坐标为

从BD边射出的坐标为

从CD边射出的坐标为

从AC边射出的坐标为

【解析】

【分析】

(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.

【详解】

(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：

联立解得：

(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，

由几个关系得：

(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：

分析可知，

解得：

当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处，由几何关系得，

解得：

综上粒子从AB边射出的坐标为

同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为

【点睛】

解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.

10．如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第

一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当

2

2

L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

【答案】（1）（0，

1

2

L）（2）

2

2

mv

E

qL

=0

2

2

mv

B

qL

=（3）

00

2(1)

2

L L

t

v v

π

+

=+

【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．

（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．

（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间．

【详解】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，

水平方向：L=v0cosθ?t1，

竖直方向：y=1 2 v0

sinθ?t1，

解得：y=

1

2

L，

粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，

1

2

L）；

（2）粒子在电场中的加速度：a=qE

m

，

竖直分位移：y=

1

2

a t12，

解得：

2

2

mv

E

qL

=；

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，

2y=

2

2

L，

因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m

2

v

r

，

其中，粒子的速度：v=v0cosθ，

解得：0

2

2

mv

B

qL

=；

（3）粒子在电场中的运动时间：

1

00

2

L L

t

v cos v

θ

==，

粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：

21

2

x L L

=-，

粒子做运动直线运动的时间：

2

(22)

2

x L

t

v v

==，

粒子在磁场中做圆周运动的时间：

3

1122

442

m L

t T

qB v

ππ

==?=，

粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=

()

00

21

2

L

L

v v

π

+

+；

【点睛】

本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

11．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po，新核Po的速率约为2×105m/s．衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B=0.1T．之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U=3×106V．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=

3

m的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度B0=0.4T、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M 和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为

q

m

=5×107C/kg．

(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)；

(2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小；

(3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？

(4)求出粒子打在荧光屏上的位置．

【答案】（1）2222184

86842

Rn Po He

→+1×107 m/s

（2）1×106V/m

（3）

6

π

×10－7s

（4）打在荧光屏上的M点上方1 m处

【解析】

【分析】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度；

（2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；

（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：

2222184

86

842Rn Po He →

+ ①

设α粒子的速度为0v ，则衰变过程动量守恒：100Po He m v m v =- ②

联立①②可得：7

0110/v m s =? ③

（2）α粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：0qE qv B ＝④ 联立③④可得：6110/E V m =? ⑤ （3）α粒子在区域Ⅱ被电场加速：2201122

qU mv mv =- 所以得到：7210/v m s =?⑥

α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： 2v qvB m R

＝ 所以轨道半径为：1R m ＝⑦ 而且：2R

T v

π=

⑧ 由图根据几何关系可知：α粒子在磁场中偏转角60θ=?，所以α粒子在磁场中的运动时

间1

6

t T =

⑨ 联立⑧⑨可得：7106

t s π

=

?－；

（4）α粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O ，几何关系如图： 60x

tan r

?=

，所以1x m =，α粒子打在荧光屏上的M 点上方1m 处．

【点睛】

本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．

12．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁