高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析一、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O点．在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0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，虚线MN右侧电场强度为，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vp．【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）．【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，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：，所以轨道半径；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；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；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，水平分速度；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；所以质点在P点的竖直分速度，水平分速度；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；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；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿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）（2）1（3）或；【解析】【分析】【详解】（1）设P、A碰后的速度分别为vP和vA，P碰前的速度为由动量守恒定律：由机械能守恒定律：解得：（2）设A在磁场中运动轨迹半径为R，由牛顿第二定律得：解得：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，求得k的最大值为（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有解得：由可得：（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，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：解得：或由可得：或球A在电场中克服电场力做功的最大值为当时，，由于当时，，由于综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：或A球在磁场中运动周期为当时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间即3．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△ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，﹣3a），B点坐标为(，-3a）．在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0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v0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)(2)0≤y≤2a(3)，【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Bqv0＝m故粒子的比荷(2)能进入电场中且离O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O′点，如图所示．由几何关系知O′A＝r·＝2a则OO′＝OA－O′A＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O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0≤y≤2a(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a＝v0·t0，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上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t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有x＝v0·t竖直方向有代入数据得x＝设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则有H＝(3a－x)·tanθ＝当时，即y＝a时，H有最大值由于a<2a，所以H的最大值Hmax＝a，粒子射入磁场的位置为y＝a－2a＝－a4．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、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（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。【答案】（1），，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表达式为（n＝1，2，3，…）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：可得电子从Q点到M点，做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：电子运动至M点时：即：设vM的方向与x轴的夹角为θ，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：即。（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，即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件为：（n＝1，2，3，…）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径解得：（n＝1，2，3，…）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，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又则T的表达式为（n＝1，2，3，…）。5．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为，其中k=1.380649×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）微观粒子的平均动能：J（2）解得：由（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：解得由牛顿第二定律解得:6．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v0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v0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．【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：r2+r2=L2，解得：r=L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=，小球在磁场中的运动时间：t1=T=，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=，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=，解得，加速度：a=，对小球，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；7．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电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：解得：(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为，有：解得即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为设电子从范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：根据运动学公式有：解得：即时，L有最大值解得：当【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．8．在平面直角坐标系x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L，0)点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B点并被吸收，不计粒子重力．(1)求第I象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否到达接收器;(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向．【答案】(1)(2)故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收(3)（或），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为①由牛顿运动定律得②得③（2）由（1）中关系式可得速率为、的粒子在磁场中的半径分别为、.设粒子与轴的交点到的距离为，将和分别代入下式④得这两种粒子在轴上的交点到的距离分别为、⑤故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度为的粒子能到达点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦设离子在所加磁场中的运动半径为，由几何关系有⑧又⑨解得（或）⑩若粒子到达点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：解得（或）9．如图所示，荧光屏与轴垂直放置，与轴相交于点，点的横坐标，在第一象限轴和之间有沿轴负方向的匀强电场，电场强度，在第二象限有半径的圆形磁场，磁感应强度，方向垂直平面向外．磁场的边界和轴相切于点．在点有一个粒子源，可以向轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为的带正电的粒子，已知粒子的发射速率．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点间的最远距离．【答案】（1）（2）（3）【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解得：（2）由（1）问中可知，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为菱形，所以，又垂直于轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与轴平行，所以粒子从轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有解得：，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为的点进入电场的粒子在电场中沿轴方向的位移为，则代入数据解得设粒子最终到达荧光屏的位置与点的最远距离为，粒子射出的电场时速度方向与轴正方向间的夹角为，，所以，由数学知识可知，当时，即时有最大值，所以10．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。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:(1)小圆半径R1；(2)大圆半径最小值(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】解：(1)粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为根据洛伦磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：解得：(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得：设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得：设大圆半径为，由几何关系得：所以，大圆半径最小值为：(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为，Ⅱ区域的周期为粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：解得：粒子b在Ⅰ区域的周期为：讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：当，时，有最短时间：②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇则有：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：ab不能相遇③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇则有：n=1，2，3…粒子b经过时间：k=1，2，3…时，解得：ab不能相遇a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为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=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=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）1×107m/s（2）1×106V/m（3）×10－7s（4）打在荧光屏上的M点上方1m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：①设α粒子的速度为，则衰变过程动量守恒：②联立①②可得：③（2）粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：④联立③④可得：⑤（3）粒子在区域Ⅱ被电场加速：所以得到：⑥粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动：所以轨道半径为：⑦而且：⑧由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角，所以粒子在磁场中的运动时间⑨联立⑧⑨可得：；（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O，几何关系如图：，所以，粒子打在荧光屏上的M点上方处．【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．（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L。一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与(1)C点的纵坐标。(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?(3)磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与档板总共相碰两次后到达C点?这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长?【答案】（1）3L；（2）；（3）；。【解析】试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v0有动能定理（1分）粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动在x轴方向（1分）在y轴方向（1分）联立解得C点的纵坐标为（1分）（2）粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为（1分）沿y轴方向的速度为（1分）此时粒子在C点的速度为（1分）粒子的速度方向与x轴的夹角（1分）磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为（2分）根据牛顿第二定律（1分）要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为（1分）（3）当磁感应强度为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动到达y轴上的O点，之后做直线运动打到板上，（2分）此时的磁感应强度为（1分）此后粒子返回到O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直线运动到达C点从A到板，有（1分）在磁场中做圆周运动的时间（1分）从O到板再返回O点作直线运动的时间（1分）从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为（1分）总时间为（1分）考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。13．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：x方向：y方向：粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：，又，解得，即，粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：，设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动