冲刺2022届高考物理大题限时集训12　带电粒子在磁场中的运动（解析版）

冲刺2022届高考物理大题限时集训

专题12带电粒子在磁场中的运旗

【例题】如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度5=2T。两带有等量异

种电荷的粒子，同时从。点以相同速度「=1x106mzs射入磁场，速度方向与MN成30。角。已知粒子

的质量均为〃'=6.4xl0fkg,电荷量q=3.2xl0」6c,不计粒子的重力及两粒子间相互作用力，求：

（1）它们从磁场中射出时相距多远？

（2）射出的时间差是多少？

•/。。一为

M

O

【答案】⑴0.2m；(2)TX10-7S

【解析】

（1）易知正、负电子偏转方向相反，做匀速圆周运动的半径相同，均设为r,根据牛顿第二定律

有

V2

qvB=m—

解得

r=—=0.1m

qB

作出运动轨迹如图所示，根据几何关系可得它们从磁场中射出时相距

根据几何关系可知正、负电子转过的圆心角分别为60。和300。，所以射出的时间差是

L带电粒子在有界匀强磁场中的运动

（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时、入射角等于出射角.粒子经过磁场时速度方向

的偏转角等于其轨迹的圆心角.（如图，仇=仇=仇）

（2）圆形边界（进、出磁场具有对称性）

①沿径向射入必沿径向射出，如图所示.

产

②不沿径向射入时.

射入时粒子速度方向与半径的夹角为仇射出磁场时速度方向与半径的夹角也为仇如图所示.

2.临界问题

（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状

态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立

几何关系.

（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.

3.多解问题

题目描述的条件不具体，存在多解的可能性，常见的多解原因有：

（1）磁场方向不确定形成多解；

（2）带电粒子电性不确定形成多解；

（3）速度不确定形成多解；

（4）运动的周期性形成多解.

【变式训练】如图所示，矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的

26

c---m

大小为B=5.0xl(TT,矩形区域长为5,宽为0.2m。在边中点。处有一放射源，某时•刻,

放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为u=2x106m/s的某种带正电粒子。现在已知带

电粒子的质量机=L6xl°"kg,所带电荷量为4=3.2x10-1(不计粒子重力)。

(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大；

(2)求从边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为多少；

(3)若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，求从BC、和AO边界射出的粒子各有多少个。

BC

AOD

1O-7SN1N

【答案】⑴0.2m；⑵3';(3)2个，6个，3个

【解析】

(1)根据牛顿第二定律可得

V2

qvB=m—

解得

R=—=0.2m

qB

(2)因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧对应的时间最短，作E。弦最

短，如图甲所示

B1G

•.I;-

••A；/•‘••

A6D

甲

根据几何知识可知，E。弦所对圆心角

0=-

3

粒子在磁场中运动的周期为

7=驷

Bq

所以粒子在磁场中运动的最短时间为

小且八驷二xlO-s

27qB3

（3）首先要判断从。点向哪些方向射入磁场的粒子将会从8C、8和A。边界射出。从前面的分

析可知，速度方向与&的夹角在。°到90。范围内发出的粒子能从BC边射出，故从BC边射出的粒

N_

子有万个。如图乙为两个边界，当速度方向满足一定条件时，粒子将从。点射出磁场。

因为5,且A=0.2m,所以

£N

此时射入磁场的粒子速度方向与。。的夹角为H,所以从CD边射出的粒子有7个，从边射出

N

的粒子有了个。

1.图中的S是能在纸面内的360。方向发射电子的电子源，所发射出的电子速率均相同。MN是一

块足够大的竖直挡板，与电子源S的距离为3挡板的左侧分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，

磁感强度为瓦设电子的质量为〃?，带电量为e,问：

（1）要使电子源发射的电子能到达挡板，则发射的电子速率至少要多大？

eBL

（2）若电子源发射的电子速率为二丁，挡板被电子击中的范围有多大？要求在图中画出能击中挡

板的距。点上下最远的电子运动轨迹。

甲乙

又初速沿垂直挡板向右方向的电子恰好在0点下侧与挡板相切于h点，此点为击中挡板下侧的

最远点，其余沿斜向下方向发射的电子无法与挡板相碰，由圆的知识得

bO=L

综上所述，电子击中挡板MN的范围为

ab=aO+bO—^-j3+]^L

2.如图所示，真空中有一矩形盒子尸。用，P”边和〃/边上各开有小孔A和C,C是〃7边上的

中点，荧光屏M平行"/放置，能显示从A孔射出的粒子落点位置。盒子内有一方向垂直于PQJH

平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场。初速度可以忽略的相同的带电粒子经电压为U的电场

加速后，从A孔垂直于PH边射入盒内，再经磁场偏转后恰好从C孔射出。若已知AH=&,

JH=2L,屏M与〃/间的距离为石力，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。

q

（1）求带电粒子的比荷"?；

（2）求带电粒子从A孔运动到屏”的时间，；

（3）若撤去磁场，盒子内加一平行于P"边的匀强电场，粒子经电场偏转后仍恰好从C孔射出，

求电场强度大小。

3U竺+空]些4廊

【答案】（1）28七2；（2）193J.（3）L

【解析】

（1）设带电粒子经加速电场加速后获得速度大小为v,根据动能定理得

qU=-mv2

2①

解得

，产

Vm②

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设圆周半径为R,在三角形。"C中，根据几何

关系有

(y/3L-R)2+13=R2③

解得

根据牛顿第二定律有

V2

qvB=m—

R⑤

联立②④⑤解得

q_3U

m-2B-13⑥

(2)在三角形中，有

Z/7OC=arcsin-=60°

R⑦

则弧所对应的圆心角是120。，粒子在磁场中运动的时间为

120°27m4nBl?

t,-------/—-------=---------

360°3Bq9U⑧

根据几何关系可得粒子离开磁场后运动的路程为

s—2L(9)

运动时间为

s2MBi3

"厂3U⑩

所以

(3)若撤去磁场，盒子内加一平行于PH边的匀强电场，粒子将做类平抛运动，设电场强度大小

为E,其加速度大小为

a=%

m⑫

在水平方向上有

L

h=~八

v⑬

在竖直方向上有

>/3L=-at^

23⑭

联立①领獭箪得

E=®

L⑮

3.如图所示的虚线为正三角形，在正三角形区域的外侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画

出)，磁感应强度大小为B,d、e为而边上的点，，出=3£，eb=de=L,一重力不计的带负电的

粒子(粒子的比荷为女),由e点垂直时以初速度姐L进入磁场。求：

(1)粒子从射入磁场后到第二次回到ab边所用的时间；

(2)粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间；

(3)粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间，正三角形区域外侧变成竖直向上的电场，粒子经过

在仍延长线上的p点(图中未画出)，bp长为2.5L,求电场强度及

7\

/\d

/—工

3+@10万+663kB七

【答案】⑴3kB+kB；(2)kB.(3)4

【解析】

(1)根据题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，

根据

qvB=m—

可得

mvkBL

r=—=----=LT

qBkB

则

T2九r2zr£2万

I=-----=------=—

vkBLkB

则

丁万

t_2x303010

l360°~3kB

根据几何关系可知

x

„m=丛L

则

X

,_n.n_石

则粒子从射入磁场后到第二次回到ab边所用的时间

10%73

123kBkB

（2）由图可知，粒子第一次回到机点的时间为

:300"1、下＞5万+36

-36（7~kB~3kB

则粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间

,10^+65/3

t,=6t=............-

'kB

（3）粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间，正三角形区域外侧变成竖直向上的电场，粒子经过

在仍延长线上的p点（图中未画出），加长为2.5L,水平方向上有

%cos30°r=2.5L+0.5L

竖直方向有

%sin30L，/-ga-=-^-L

根据牛顿第二定律有

a=^=Ek

m

联立解得

E=—kB2L

4

4.如图所示，在xQy平面0<x<3a的区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,

在x>3a的区域内存在平行于xQy平面垂直x轴方向的匀强电场（图中未画出），从原点。沿），轴

正方向发射的带负电粒子刚好从磁场右边界上的P点离开磁场进入电场，经电场偏转后到达x轴

上的。点，且粒子到达。点时速度恰好沿x轴正方向。已知粒子的质量为“、电荷量为-q,P点

的坐标为（3a,1.5a）,不计粒子所受重力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）粒子经过P点时的速度大小也

（2）电场强度的大小和方向；

（3）粒子从。点运动到Q点所用的时间。

XXX：

I

XXX”

I

XXX

OQx

।

।

।

«।

2

\5qBa£_ZlqaB：=127万吗8,"

【答案】（1）8/n.（2）Mm,沿y轴负方向；（3）-180^3qB

【解析】

（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,粒子到达P点时速度方向与），轴负方向的夹

角为a,根据几何关系有

/?sina=1.5a

R+Rcosa=3a

根据牛顿第二定律有

一

qvB=m—

R

解得

_15qBa

8/?z

（2）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子从P点进入电场的速度分解，设垂直电场方向的分速

度大小为以其沿电场方向的分速度大小为小粒子从P点运动到。点的时间为t2,根据运动规

律有

vy=vcosa

1u1

1.5a=53

根据牛顿第二定律有

qE=m^-

’2

解得

_27qaB2

—

64/w

根据运动过程分析受力可知，电场强度的方向沿y轴负方向。

（3）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期

▼2兀R

1=-----

V

粒子在磁场中运动的时间

127。T127T

t\~I~

13600360

粒子从。点运动到Q点所用的时间

解得

127兀m8/w

t-------1----

180qB3qB

5.如图，x。），平面内有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为3,一质量为加、电荷量为

-q（q>0）的带电粒子（不计粒子受到的重力）以大小为物的初速度从下轴上的。点沿x轴正方

Oa=-Ob

向进入匀强磁场，其运动轨迹经过x轴上的匕点，且2。若撤去磁场换一个与y轴平行的

匀强电场，带电粒子仍以速度也从。点沿x轴正方向进入电场，运动轨迹仍能通过匕点，求：

（1）粒子在磁场中从。点运动到匕点的过程中，速度的偏转角的正弦值为多大？

（2）粒子在磁场中从。点运动到匕点的时间？

（3）匀强电场的电场强度大小？

t=106m后_58%

【答案】（1）0.8；（2）360*；（3）-4

【解析】

（1）设。“=心，则加=2乙，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设粒子做圆周

运动的轨道半径为r,由几何知识得

r=（2L）2+（r-L）2

解得

r=2.5L

粒子在磁场中从。点运动到b点的过程中，速度的偏转角的正弦值

则

6=53°

（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期

T2乃〃2九m

I=---=----

%qB

粒子在磁场中从a点运动到b点的时间

0_53°2冗m106^/n

t-____y_____x____—_______

360°360°qB360qB

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

=m—

r

粒子在电场中做类平抛运动，水平方向

2L=vot

竖直方向

L，吗2

2m

解得

E当

4

6.如图所示，以直角三角形AOC为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度为

B的匀强磁场（边界有磁场），4=60。，AO=L,在A点发射质量为加、电荷量为q某种带正电

的粒子（不计重力作用），发射方向与A。边的夹角为。=30。，粒子从。点射出磁场。

（1）求粒子的发射速度大小％及粒子在磁场中的运动时间；

（2）若入射粒子为负电荷（电量为f，质量为〃/）,从A点射入方向不变，若要使粒子能从AC

边射出，求粒子入射速度最大值。

mv~

q\B=-^

K

联立解得

2qBL

m

7.如图所示，质量为加、带电荷量为q的小球，在倾角为0的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。

g

图中虚线是左、右两侧匀强磁场（图中未画出）的分界线，左侧磁场的磁感应强5,右侧磁场的

磁感应强度为8,两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰

好为0.已知重力加速度为g,斜面足够长，小球可视为质点。

（1）判断小球带何种电荷。

（2）求小球沿斜面下滑的最大速度。

（3）求小球速度达到最大之前，在左侧磁场中下滑的距离L

【答案】（1）正电荷（2）qB；（3）2<7/sin0

【解析】

（1）根据题意，小球下滑过程中受到洛伦兹力方向垂直斜向上，根据左手定则小球带正电荷。

（2）当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0,然后小球继续向下运动，在左侧区域当

压力再次为零时，速度达到最大值，则有

B八

q%5=mgCOS6

解得

2mgcos0

qB

（3）当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0,设此时速度为v,则有

qvB=mgcos0

解得

mgcos0

v=-------

qB

小球下滑的加速度

mgsin0=ma

解得

。=gsin。

根据

122

2aL=vw-v

则有

L_37?t2^cos20

-2*2sin。

8.如图所示，在x轴上方及下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，上方磁场的磁感应强度大小

g

为B、下方磁场的磁感应强度大小为彳。一质量为〃、2电量为q的带正电粒子从x轴上0点以速

度如垂直x轴向上射出。不计粒子重力。求:

（1）射出后粒子第二次到达x轴时离。点的距离,并画出该过程粒子运动的轨迹;

（2）射出后粒子经过多长时间第二次到达x轴。

XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXcX

B

XXXxxxfxxXXX

1AX

XXXX0XXXX

B_

XXXXXXXTX

XXXXXXXX

XXXXXXXXXXXX

4mv047nn

XXXXXxXxBq

【答案】(1)Bq,；(2)

【解析】

9.如图，A、K为平行板电容器的两极板，K板接地，正中有小孔。。半径为R的圆筒内充满垂

直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8,圆筒左壁有一小孔。、及圆心C三点均

在纸面内，且处在同一直线上。平行板电容器充好电后，将质量为〃?、带电量为＜7的粒子从靠近

A板的位置无初速释放，恰沿直线。。运动，射入圆筒，粒子与筒壁发生的每一次碰撞都是弹性

的，忽略粒子重力以及碰撞所需的时间，粒子与圆筒的碰撞过程中电量不发生转移。

（1）若使两极板间电势差为S,释放粒子，粒子进入匀强磁场后偏转90。首次与圆筒壁碰撞，求

Ui；

（2）若使两极板间电势差为U2,释放粒子，粒子从进入圆筒至首次离开磁场的时间恰取得最小

值，求此最小值加；

（3）若使两极板间电势差为U3,再释放粒子，粒子进入圆筒后经历与圆筒四次碰撞后又恰能从

。‘离开圆筒，求S：S的可能值。（结果可用三角函数式表达）

（1）带电粒子在电容中加速

射入圆筒后，洛伦兹力提供圆周运动的向心力

„机匕2

q%B=­L

如图（4）由几何分析得

U广邈

2m

(2)粒子在磁场中作圆周运动时

mv2

qvB=---

_2万尸

1----

v

得

个2九m

I----

qB

与粒子进入磁场的速度无关。

180

若粒子射进圆筒后，偏转5节(n=l,2,3...)即与圆筒发生首次碰撞，图6就是最简单的一种

情况，此时粒子在筒内的总运动时间最短