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)

1、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，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。点.在A点有一质量为 m,电量为+q的带电质点，以大 小为vo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 通mv0 ,虚线MN右侧电场弓虽度为 虫mg,重力加速度为g.求： TOC o 1-5 h z qBqt.uX 鼻 鼻 网 河 岸1MHX11K jifI上xK

2、HXxl* XKMKKK (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 。点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度的大小vp.m【答案】(1),方向竖直向上；(2)1,卜 ；尺、；(3) Av。. qa、-二/o【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；, _ mg 、，所以MN左侧区域内电场强度 E左 ,方向竖直向上； q

3、2(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：Bv0q m0 ,R所以轨道半径R mv0 ；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； 厂又有dAO J3R ;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qB2dAO .arcsin 60R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。点的竖直分速度vy v0sin6031jv0，水平分速度Vx v0cos602

4、 v0；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2vy3v0 g所以质点在p点的竖直分速度Vp v Y3V0, yP y 20水平分速度 vxP vx q旦 t v0 j3g -0 v0；m 2g 2所以带电质点从 。点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度届。；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 AABC, A点坐标为(0, 3a) , C点坐标为(0, - 3a) , B点坐标为 (2，3a , -3a).在直角坐标系 xOy的第一象限内，加上

5、方向沿 y轴正方向、场强大小为E=Bw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 vo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)_v_(2)0 wyac2(3) y 7a, 9aBa84【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2V0Bqvo= m r故粒子的比荷q

6、 jvlm Ba(2)能进入电场中且离 。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。点，由几何关系知O A= r = 2aBC则即粒子离开磁场进入电场时，离OO = OA OA=a。点上方最远距离为OD= ym = 2a所以粒子束从y轴射入电场的范围为 09wa(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a = vo toy 1隹4 9a 2a,2 m 2所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上t,竖直方向位移为y,水平方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 向位移为X,则水平方向有x= V0 t竖直方向有代入数据得设粒子最终打在荧光屏上的点距1q

7、Et2 2 mx= 2ayQ点为H,粒子射出电场时与 x轴的夹角为0,则qE x TOC o 1-5 h z tan 上五Q药vxv0a有H=(3a x) tan 0= (3Va V2y)T2y9当3百历商时，即y=a时，H有最大值 8由于一a2a,所以H的最大值Hmax = a粒子射入磁场的位置为84y=-a 2a= a883.如图所示，在xOy平面内，以O (0R)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,巳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

8、 0y0)的粒子从P点在纸面内垂直于 OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。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:易得:(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进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则Net联立解得.在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点O重合，极板长度l=0.08m,板间距离

9、d=0.09m,两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场.在 y轴上(0, d/2)处有一粒子源，垂直于 y轴连续不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为9=5X10/ kg,速度为mV0=8 X 15m/s . t=0时刻射入板间的粒子恰好经N板右边缘打在x轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：图乙 X X /电压U0的大小；(2)若沿x轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；若在第四象限加一个与 x轴相切的圆形匀强磁场，半径为 r=0.03m,切点A的坐标为(0.12m , 0),磁场的磁感应强度大小B=-T ,方向垂直于坐标平

10、面向里.求粒子出磁场后3与x轴交点坐标的范围.4【答案】（1） Uo 2.16 10 V（2） x 0.04m （3）x 0.1425m对于t=0时刻射入极板间的粒子:VoT T 1107s yi vyTvy -2yiy2EqmaUod解得：Uo 2.16 104V TOC o 1-5 h z .T3T(2)t nT 一时刻射出的粒子打在 x轴上水平位移最大：xA v0 HYPERLINK l bookmark40 o Current Document 22所放荧光屏的最小长度x Xa l即：x 0.04m(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为vy.一，Vyo速度偏转角的正切值

11、均为：tan 37oVocos37 o v0 v6v 1 10 m/s即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同2v qvB m RR 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R圆半径方向射出磁场；从 x轴射出点的横坐标：xC xA tan53xC 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 0.1425m7.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

12、, 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.P ?Q0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】E应BlqL ； 9 -m tE 2【解析】【分析】【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，以V0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周

13、的半径，2则有qv0B m R1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点的轨迹为一圆周,4故有R _ 2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，tE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 TOC o 1-5 h z 12水平万向上：R -at22竖直方向上：R v0tEB2qLx m由以上各式，得 E JHqL且tE -mqB HYPERLINK l bookmark44 o Current Document r-1 m(2)因粒子在磁场中由 P点运动到Q点的轨迹为一圆周，即tB T所以442 qB墟 _tE 2.如图所示，在第

14、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R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、宽为的矩形2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.(i)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5mv2【答案】(1) E 土m； J2v,速度方向沿y轴负方向 4qR8 2mv 2 2mv 2.2,7

15、 1 mv(2)B(3)5qRqR3qR【解析】【分析】【详解】(i)在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动3R 2Rcos45 cos452,2RVl、v2,合速度v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Vi v、V2 at , tan 一 v2mv2联乂可得E 4qR进入磁场的速度vv；v；2v45 ,速度方向沿y轴负方向i(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mv2/曰- 2/2mv由 qv Bi倚 B -riqR当粒子从c点射出时，由勾股定理得222R r2.一 5解得r2R8mv28 2mv由 qv B2 得 B2 25qR根据粒子在磁场

16、中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8 . 2mv5qR2 2mv)时,qR粒子从AC边界射出(3)为使粒子不再回到电场区域，需粒子在于x轴，其半径为r3,由几何关系得32CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行R2解得3由 qv B32mv3得B33qR磁感应强度小于 B3,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.如图为一装放射源氢的盒子，静止的氢核经过一次a衰变成针P。，新核P0的速率约为2X10m/s .衰变后的a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H,加速电压U=3X 10V.

17、从区域n射出的a粒子随后又进入半径为 r= 43 m的圆形匀强磁场区域出，该区域磁感应强度3Bo=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 0、电磁场区域I的中线在同一条直线上，a粒子的比荷为=5X 10C/kg.m区域 区酬n 区域in屏“(1)请写出衰变方程，并求出a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出的运动时间多长？(4)求出粒子打在荧光屏上的位置.【答案】(1) 28fRn28：Po :He1 x I0m/s1 x 4v/m X107s6(4)打在荧光屏上的 M点上方1 m

18、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：222 Rn 21：Po 24He设a粒子的速度为v0,则衰变过程动量守恒：0 mPoV| mHev0联立可得：Vo 1 107m/s粒子匀速通过电磁场区域I ：qE= qv0B联立可得：e 1 106V/m1212粒子在区域n被电场加速：qU mv mv022所以得到：v 2 107m/s2粒子在区域in中做匀速圆周运动：qvB= m R所以轨道半径为

19、：R=1m一一 2 R而且：T v由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角60 ,所以 粒子在磁场中的运动时一 1间t T6联立可得：t 107s；6(4)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。，几何x关系如图：tan60 ,所以x 1m ,粒子打在荧光屏上的 M点上万1m处.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.10.如图(a)所示，在空间有一坐标系 xoy,直线OP与x轴正方向的夹角为 30 ,第一象 限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和n ,直线op是它们

20、的边界，op上方区域I中磁场的磁感应强度为 B, 一质量为 m,电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响）以速度v从O点沿与OP成30角的方向垂直磁场进入区域I ,质子先后通过磁场 区域I和n后，恰好垂直于X轴进入第四象限，第四象限存在沿-X轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求：（1）区域n中磁场的磁感应强度大小（2）质子再次到达y轴时的速度大小和方向。【答案】（1） B2 2B； （2） v ，（2 百v2.6一 一一一 八一v ;方向向左下方与 y轴负2向成 arccosV2忑 (arccos)的夹角【解析】试题分析：（1）由几何关系知：质子再次回到

21、op时应平行于x轴正向进入n区，设质子从op上的C点进入n区后再从 D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。由几何关系可知：ocox oc与ox的交点 Q即为n内圆弧的圆心，001c等边三角形。设质子在I区圆运动半径为 r1,在n区圆运动半径为r2,01,_ v则：r2 r1 sin 30 r1由 qBv m2rimv r m mv得：ri , 同理得：r2 qBqB2即区域n中磁场的磁感应强度：B2 2B(2) D点坐标：x r1 cos300 r2质子从D点再次到达y轴的过程，(3 1) mvqB1 /3Bv Bv.W电 qU q Ei xi 2q(- -2)设质子再次到达y轴时的速度大小为v

22、 ,(一 3 1) mv-2qBhmv,由动能定理：W电 1mv 2 1mv2得：v J(2 两v 运产 v因粒子在y轴方向上不受力，故在 y轴方向上的分速度不变如图有：cos 上.23v262即方向向左下方与 y轴负向成arccos七2 v 3 ( arccos)的夹角2考点： 带电粒子在磁场中的运动11.如图(甲)所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为 L的区域内存在如图(乙)所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直.现有一质量为 m,带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点 以速度vo沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点

23、(L, 0)进入磁场区域，进入时速力.试求:度方向与x轴夹角为30,把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场 正方向，粒子最后从 x轴上(2L, 0)点与x轴正方向成30夹角飞出磁场，不计粒子重(1)求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功;(2)计算两板间的电势差并确定 A点的位置;(3)写出磁场区域磁感应强度 B0的大小、磁场变化周期 T应满足的表达式.【答案】(1) W -mvo2(2) U 2网mv0, y3L l(3) HYPERLINK l bookmark90 o Current Document 63qL 6、3 L ,、T -(n 1,2,3,4)3nv0【解析

24、】试题分析：(1)设粒子刚进入磁场时的速度为v,则：v V。cos30 1o 1 o 1 o电场力对粒子所做的功为：W mv mv0 - mv0226(2)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为V,则：v =tan30 =3-v03水平方向：L=V0t竖直方向：y = vz t2解得：y -I L6电场力对粒子所做的功：W=qEy两板间的电压 U=2Eyj解得：U 23yomv23qL(3)由对称性可知，粒子从 x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与B02 3nmv02.3V v03qLx轴夹角为a = 30在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2 a =60。；故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴

25、上的位移为：x=2Rsin30 =R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是:nR=LR (n=1, 2, 3,) n2由牛顿第二定律，有：qvB0 mR2 3nm%解得：B0 (n=1, 2, 3,)3qL人， ，- 一 ，1 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过一周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个6 ，一.、一,1 T周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；-kT0 kT ； T062 TOC o 1-5 h z 3 L解得：T (n=1, 2, 3,)3Vo当！工丁小263vo考点：带电粒子在磁场中的运动.12.如图，ABCD边长为a的正方形.质量为 m、电荷量为e的

26、电子以大小为 v0的初速度 沿纸面垂直于 BC边射入正方形区域.在正方形内适当区域中有匀强磁场.电子从BC边上(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2)此匀强磁场区域的最小面积.【答案】见解析【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B.令圆弧AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道.电子所受到的磁场的作用力f ev0B应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外.圆弧 AeC的圆心在CB边或其延 长线上.依题意，圆心在 A、C连线的中垂线上，故 B点即为圆心，圆半径为 a按照牛顿 定律有2 f v0 f m 2联立式得 b mvoea(2)由(1)中决定的磁感应强

27、度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中.因而，圆弧aeC是所求的最小磁场区域的一个边界.为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与 BA的延长线交角为(不妨设0-)的情形.该电子的运动轨迹 qpA如右图所示.图中，圆AP的圆心为。，pq垂直于BC边，由 式知，圆弧 ap的半径仍为a,在D为 原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标(x,y)为 x asin y a (z a cos ) acos 这意味着，在范围03内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周 AFC

28、，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界.因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周AeC和AfC所围成的，其面积为 S 2( a2 a2) a242213.飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析.如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从 b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器.已知元电荷电量为e, a、b板间距为d,极板M、N的长度和间距均为 L.不计离子重力及进入 a板时的初速 度.(1)当a、b间的电压为Ui时，在M、N间加上适当的电

29、压 U2,使离子到达探测器.请导出离子的全部飞行时间与比荷ne ，一K( K )的关系式.m(2)去掉偏转电压U 2 ,在M、 进入a、b间所有离子质量均为N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 m,要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，B,若a、b间的加速电压Ui至少为多少?1)离子到达探测器的时间t tit22m d neU1-mL2neU12d L2KU 1(2)U min-2 _ 225eL B32m思路点拨(1)带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间.在偏转电场中沿水平方 向做匀速运动，因此可

30、以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系.(2)当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压. 12(1)由动能th理： neU1 mv2n价正离子在a、b间的加速度neU1a1荷在a、b间运动的时间t1neU1ai2m d在MN间运动的时间t2离子到达探测器的时间tti2m d neU12neUL2d_L. 2KU1(2)假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R,由牛顿第二定律2 V nevB m R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系:_22_ LR L (R 2)22由以上各式得：U1 25neL B 32m当n=1时Ui取最小值Umin

31、25eL2B232m14.右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d,电压为V;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为Bo,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间， 沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧 留所对应的圆心角为g .不计重力，求：G (1)离子速度的大小;(2)离子的质量.片4 8(2) m =colV 2【解析】【分析】【详解】试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示 X X % X X - 匕 H-/X