高考物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题及答案

高考物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题及答案

一、带电粒子在磁场中的运动压轴题

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,一比荷幺=5xlO5c/kg的带正电粒子，从A点

m

以Vo=2xlO3m/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。

⑴求电场强度E的大小；

⑵求磁感应强度B的大小；

⑶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】⑴16N/C(2)1.6X10-2T(3)3.9x10匕

【解析】

【详解】

(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=vot

L_\qE2

2~2~^

解得E=16N/C

a_%

(2)设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为立则：=西

m

可得。=45。粒子射入磁场时的速度大小为v=V2vo

2

粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB=in—

r

由几何关系可知厂=走心

2

解得B=1.6X102T

H

(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孚，带负电的粒子转过的圆心角为石；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；

~2万「271m

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/=—=—T-：

vqB

3

带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4=-T=5.9X10-4S；

带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t,=-T=2.0xl0^s

~4

带电粒子在AC两点射入电场的时间差为4=乙-4=3.9乂10«5

2.如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强

磁场，磁感应强度B=0.33T.水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，

电场强度E=200N/C.现有大量质量m=6.6xl027kg,电荷量q=3.2xlO19C的带负电的粒子，

同时从边界PQ上的0点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为

V=1.6xl0°m/s,不计粒子£勺重力和粒子间的相互作用.求：

⑴求带电粒子在磁场中运动的半径r；

⑵求与x轴负方向成60。角射入的粒子在电场中运动的时间t；

(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x

轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程.

【答案】(1)r=0.1m(2)f=3.3x10%(3)30°-60曲线方程为

Y+)3=*(R=0.1/72,—m<X<0.1/7?)

20

【解析】

【分析】

【详解】

（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得4g=团巴，解得〃=0.1根

r

（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30。，粒子

平行于场强方向进入电场，

粒子在电场中运动的加速度a=^

m

粒子在电场中运动的时间/=—

a

解得"3.3x10%

（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心

角为60。，圆心角小于60，的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的

圆心角均为60°,

则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30。~60°

所有粒子此时分别在以。点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，

曲线方程为x2+）/=RR=0.1"?,号tn<x<0Am

带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选

择合适方法处理.对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的

合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，

由几何知识求解半径

⑶若所加磁场的磁感应强度为8。粒子恰好垂直打在)'轴上，粒子在磁场运动半径为小

由如图所示几何关系得："=&()，+/?)

v=

，V2

由带电粒子在匀强磁场中运动可得：Bs=m—

解得：B；=0.17

若所加磁场的磁感应强度为隹”，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为4

由如图所示几何关系得：弓+&5=g(y+R)

2

由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B^qv=ni—

r2

解得B：=^-^-7^0.247

110

综上，磁感应强度应满足的条件为用W0.17或用＞0.247

⑷设粒子在磁场层中运动的时间为「在电场中运动的时间为，2，在磁场片中运动的时

间为3则有：

2冗R

%

X

f2=—

%

T2=-1

V

5-5

解得：t=ti+q+G=(2-1.5^4-2\/2^-jxl0-5«6.2x105

4.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向.在x=L到x=2L之间存在

竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（"）为k的带电微粒从

m

坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运

动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+X方向通过x轴上x=3L的位置.，己知匀强磁场

的磁感应强度为B,重力加速度为g.求：

AAA

XXXX

8

XXXX

XXX

XXX

IX

（1）电场强度的大小；

（2）带电微粒的初速度；

（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标.

悟案】⑴f⑵I⑶（1

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，贝ij：mg=qE,又生=k

m

解得E=§

k

（2）由几何关系:2RCOS0”,

2

粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvB=m—；

v

rtl—=cos^

V

在进入夏合场之前做平抛运动：%=gt

L=9

1、kBL

（3）由力二7g厂其中f二至一

22g

则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：XO.=1L；为，=-h+Rsin8=含-W二

2kB8g

5.如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成45。角的匀强电场，电场强度为E,x轴的下方

存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度8=0.57.有一个质量机二10-"依，电荷量

夕=10-7。的带正电粒子，该粒子的初速度%=2x103""S,从坐标原点。沿与x轴成

45°角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴

②电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到。点所用的时间.

【答案】①带电粒子第•次经过x轴时的横坐标是0.57团；

②电场强度E的大小为1x10,V/相，带电粒子从。点出发到再次回到。点所用的时间为

2.1x10%

【解析】

【分析】

⑴粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心

力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；

⑵然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场

仍在洛伦兹力作用卜又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次

运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关

系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时

间.

【详解】

2

①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，qvB=I嗓,

半径/?=把=0.4机，

Rq

根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，

则第一次经过x轴时的横坐标为%=无R=0.4J%=0.57m

②第•次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向

加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电

C2R

运动时间。=」=—=4xl0~4.v

VV

在沿电场方向上的位移§2=g*，

又因与二2R

得〃=2学=1x107/n/.V2

根据牛顿第二定律。二名

m

所以电场强度石=丝=以1()叩/相

q

粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间r2=^=4x10^5,

粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期

T=27rm=4^x104s

Bq

所以粒子从出发到再回到原点的时间为，=4+，2+7々2.以10-35

【点睛】

本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综

合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力.

6.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为8.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边

界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后

水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反.质量为m、电荷量为-q的粒子速度一

定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为律且粒

子重力不计，电荷量保持不变.

(1)求粒子运动速度的大小V；

(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；

(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d,Q/V=—,求粒子从P到Q的运动时

2

间t.

【答案】(1)v=四;(2)J(3)A.当£=〃"+(]-且)4时,

m22

/L3\/3一4、nm八,L3K-4、iun

/+—)—»B,当乙=〃1+(!+')d时，t=-)—

d62qB2d62qB

【解析】

【分析】

【详解】

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：

R=—

qvB=m—f解得:

RqB

由题可得：R=d

解得y=如：

m

（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由儿何关系得dm=d（l+sin600）

解得4=苧〃

.2nm

（3）粒子的运动周期丁二r

qB

设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为己则

T

•）

A.当L=/W+（l-虫）d时，粒子斜向上射出磁场

2

公丁解得Y+冷4)uni

2qB

B.当L=〃d+（1+且）〃时，粒子斜向下射出磁场

2

〃丁解得”出—主叵二1）四L.

12d62qB

7.通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与

衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（》）的夕衰变。中子衰变后转化成质子和

电子，同时放出质量可视为零的反中微子如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形

成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度

L=1.2m以。为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离。。为。。在探测板的上方存在

方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。

已知电子质量/叫.=9.1x10-'kg=0.5IMeV/c=中子质量〃z”=939.57MeV/cz,质子

质量叫=938.27McV//（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。

若质子的动量〃=4.8x10-21kgms_1=3x10-bMeV•sm''。

（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）；

（2）当a=0.15m,8=0.1T时，求计数率;

（3）若。取不同的值，可通过调节8的大小获得与（2）问中同样的计数率，求8与。的

关系并给出8的范围。

XXXXXX

XXXPXXX

I

XXXjXXX

椽费板°

【答案】⑴0.7468McV(2)I-⑶R..—T

340

【解析】

【分析】

【详解】

(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒：

II10—

()nf1P+-Ie+OVe

核反应过程中：

22

AEd=mnc一(叫/+/H,C)=0.79MeV

根据动量和动能关系：

2

E.=-^-=0.0432MeV

加2叫

则总动能为：

4+Ev=\Ed-Ekp=0.7468MeV

(2)质子运动半径：

R=2=0.3m

eB

可得质子计数率为:

44

^=i=l

2

(3)在确保计数率为〃=§的情况下:

R'=2〃

3

即：B=-----

200〃

恰能打到探测板左端的条件为:

4RL

44

即：B...—T

40

8.("分)在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应

强度为Bo一质量为m,带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆百径AD方向经P

点(AP=d)射入磁场(不计重力影响)。

(1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。

(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为中「如

图)。求入射粒子的速度。

qBdqBd(2R-d)

=___v=----------------------------

【答案】1)2m(2)2m[R(l4-cos(p)-d]

【解析】

试题分析：(1)由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

设入射粒子的速度为vi,由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：

VI2

m——=qBv\

a

2①

由①式解得：吊=绊②

2m

（2）设。，是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接09,设09=%。

由几何关系得：N0Q0』。③

而00=«—丽，丽=d-R

所以0Cr=R，+R-d（4）

由余弦定理得：（00'）2=胪+*一2更Teose⑤

由⑤式解得：公币器翳力⑥

设入射粒子的速度为v2,由=qB、i⑦

—qRdQR-d）-

由⑦式解得：⑧

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

9.（20分）如图所示，平面直角坐标系xOv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2Lo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

反射时反射角与入射角的关系）。求：

hxXxXx

XXxX

XXXX

XxXX

XXXX

XxXXx

XXXX

XXXX

XXXX

XxXXxXX.xXXXXxX

XXxXXXXXXXxxxX

（DC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？

,..\lmE2\lEm9（2+乃）2mL

【答案】（1）3L；（2）K=2J——:（3）从=力——

、理3丫qL4qE

【解析】

试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为V。

1

有动能定理qEL=^mv0

（1分）

粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动

在x轴方向L=^-r

（1分）

2m

在y轴方向y=vot（1分）

联立解得y=2L

C点的纵坐标为），+L=3L（1分）

2qEL

（2）粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为咚=〃（1分）

m

IqEL

沿y轴方向的速度为v=v=（1分）

v0m

此时粒子在C点的速度为v=2J—（1分）

Vm

粒子的速度方向与x轴的夹角

Vv

tan6^=—0=45（1分）

磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为i\=§L

（2分）

V"

根据牛顿第二定律qi强="1一（1分）

A

2mE

要是粒子再次打到挡板匕磁感应强度的最大值为四=2（1分）

qL

（3）当磁感应强度为Bz时，粒子做半径为c的圆周运动到达y轴上的。点，之后做直线

运动打到板上「”上L（2分）

9lOFtn

此时的磁感应强度为丛=:［「一（1分）

-37qL

此后粒子返回到0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，有八3争,

（1分）

_一一，一39万2mL

在磁场中做圆周运动的时可/2=-T=~石"（1分）

2mL

从0到板再返归I0点作直线运动的时间右=（1分）

从X轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为口=《3I衰oJ