高考物理带电粒子在匀强磁场中的运动1

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高考物理小一轮复习(假期之友)带电粒子在磁场中的运动

拾躲市安息阳光实验学校2011江苏高考物理小一轮复习（假期之友）--带电粒子在磁场中的运动【知识梳理】1．若带电粒子在匀强磁场中运动的速度方向与磁场方向平行，此时带电粒子受到的洛伦兹力为_____。

带电粒子做_______________。

2．若带电粒子（电荷量为q ）在磁场中运动的速度v 的方向与磁场感应强度B 的方向垂直。

带电粒子受到的洛伦兹力为____________________。

带电粒子在垂直于磁场的平面内做__________________。

3．带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动时的轨道半径公式为________________，周期公式为________________。

【参考答案】1．零；匀速直线运动 2．qvB ；匀速圆周运动 3． Bq mv R =；qBm πT 2= 【典型例题】例1：图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外．O 是MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为+q 、质量为m 、速率为的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向．已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇，P 到O 的距离为L ．不计重力及粒子间的相互作用．（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径．（2）求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔．【分析与解】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律，有 qvB =mRv 2，得 R =qBmv 。

（2）如下图所示，以OP 为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨道．圆心和直径分别为O 1、O 2和OO 1Q 1、OO 2Q 2，在O 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角．由几何关系可知，θ=∠=∠2211Q PO Q PO ，从O 点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q 1P =R θ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ 2=R θ。

(完整版)高考物理带电粒子在磁场中的运动解析归纳

难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB ；当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：R v mqvB 2=②轨道半径公式：qBmvR =③周期：qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m有关，与v 、R 无关。

（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。

1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。

确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系（T 2t T 360t πα=α=或）作为辅助。

圆心的确定，通常有以下两种方法。

① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-1中P 为入射点，M 为出射点）。

高考物理带电粒子在匀强电场中的运动知识点

2019高考物理带电粒子在匀强电场中的运动学问点匀强电场的电场线，是疏密相同的平行的直线，相互之间距离相等。

以下是带电粒子在匀强电场中的运动学问点，请考生仔细学习。

(1)带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的学问，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力状况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。

(2)在对带电粒子进行受力分析时，要留意两点：
a 要驾驭电场力的特点。

如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关;在匀强电场中，带电粒子所受电场力到处是恒力;在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同。

b 是否考虑重力要依据详细状况而定：基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有要说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)。

带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的示意以外，一般都不能忽视重力。

(3)、带电粒子的加速(含偏转过程中速度大小的改变)过程是其他形式的能和功能之间的转化过程。

解决这类问题，可以用动能定理，也可以用能量守恒定律。

带电粒子在匀强电场中的运动学问点的全部内容就是这些，查字典物理网预祝考生可以取得优异的成果。

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高考物理考点一遍过考点带电粒子在匀强电场中的运动(含解析)

取夺市安慰阳光实验学校带电粒子在匀强电场中的运动一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F 合=0，粒子或静止，或做匀速直线运动。

（2）粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。

2．用动力学方法分析mF a 合=，dU E =；v 2–20v =2ad 。

3．用功能观点分析匀强电场中：W =Eqd =qU =21mv 2–21m 20v非匀强电场中：W =qU =E k2–E k14．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。

（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。

二、带电粒子在电场中的偏转 1．粒子的偏转角（1）以初速度v 0进入偏转电场：如图所示设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ则tan θ=y xv v ，式中v y =at =mdqU1·0vL ，v x =v 0，代入得结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。

（2）经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：，得：。

结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。

②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。

2022-2023年高考物理一轮复习带电粒子在有界磁场中的运动轨迹五种方法制图后最新

边界上有磁场）．已知O点为坐标原点,N点在y轴上坐标为
（0,d),OP与x轴的夹角为30°,不计重力．
P
N
O
60 0 D
30°
情境四
方法四：空间信息定圆心
如图所示,在半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂
直于圆平面向里．一群比荷为
q
的负离子(不计重力)以相同速率
m
,qBR
m
由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,请你任
方法二：弦作中垂线
如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小
为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电
压U加速后,从N点沿NP方向进入磁场；一段时间后,该粒子从
OP 边的中点D射出,从N到D的过程中速度方向偏转了60°．已
知O 点为坐标原点,N点在y轴上坐标为（0,d),OP与x轴的夹角
距离为d,不计重力.求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.
如图所示,在平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电
子,形成宽为2b,在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿x方向射入一
个半径为R,中心位于原点o的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xoy平面向里,电子经
（0,d),OP与x轴的夹角为30°,不计重力．
P
N
60 0
O
30°
方法三：速度方向延长线夹角作角平分线
方法三：速度方向延长线夹角作角平分线
如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小
为B,方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压
U加速后,从N点沿NP方向进入磁场；刚好不从OP边飞出（OP

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2．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 ，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．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】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 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14圆周，故有2R =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，t E 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 = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m=且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=3．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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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B②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 =②2010U 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：2222000max 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 ∆=-，2010U 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，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv 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：2010U e y y t dm∆=∆=4．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/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 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20v qv B m r=解得：05mv 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 =2012h 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 =212y 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，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g所以()(00tan 22H x x x y y θ=-=g 由数学知识可知，当(022x y y = 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =5．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（qm）为k 的带电微粒从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，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（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．【答案】（1）g k （2）2gkB（3）2222232(,)28g k B L L k B g -【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-6．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

高考物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2．如图所示，在竖直面内半径为R 的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P ，P 到圆心O 的距离为2R，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m ，电荷量均为q ，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；（2）若离子速率大小02BqRv m=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。

(完整版)高中物理确定带电粒子在磁场中运动轨迹的四种方法

确定带电粒子在磁场中运动轨迹的四种方法带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是高考的热点，这些考题不仅涉及到洛伦兹力作用下的动力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，成为考查学生综合分析问题、运用数字知识解决物理问题的难度较大的考题。

但无论这类问题情景多么新颖、设问多么巧妙，其关键一点在于规范、准确地画出带电粒子的运动轨迹。

只要确定了带电粒子的运动轨迹，问题便迎刃而解。

现将确定带电粒子运动轨迹的方法总结如下：一、对称法带电粒子如果从匀强磁场的直线边界射入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，且入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等（如图1）；带电粒子如果沿半径方向射入具有圆形边界的匀强磁场，则其射出磁场时速度延长线必过圆心（如图2 ）。

利用这两个结论可以轻松画出带电粒子的运动轨迹，找出相应的几何关系。

例1．如图3 所示，直线MN上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点同样速度v 射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解析：正、负电子的半径和周期是相同的。

只是偏转方向相反。

先确定圆心，画出半径和轨迹（如图4），由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。

所以两个射出点相距s =2r= ，由图还看出经历时间相差，所以解此题的关键是找圆心、找半径和用对称。

图6 所示。

O以与MN 成30°角的例2．如图5 所示，在半径为r 的圆形区域内，有一个匀强磁场。

一带电粒子以速度v0 从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心。

当∠ MO＝N 120°时，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间。

解析：分别过M、N 点作半径OM、ON的垂线，此两垂线的交点O'即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如由图中的几何关系可知，圆弧MN所对的轨道圆心角为60°，O、O' 的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为R=r/tan30 ° =又带电粒子的轨道半径可表示为：故带电粒子运动周期：带电粒子在磁场区域中运动的时间二、旋转圆法在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射速度大小相同的带电粒子时，带电粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的半径相同的动态圆（如图7），用这一规律可快速确定粒子的运动轨迹。

带电粒子在有界匀强磁场中的运动-高考物理复习

√A.3
B.2
C.32
D.23
电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径 r＝mBqv可知，电子 1 和 2 的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，
粒子运动轨迹与 y 轴交点的纵坐标为 y＝－2rcos 30° ＝－233d，故 D 错误.
考向4 带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动
例4 (多选)(2023·河北石家庄市模拟)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O
＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点.△AOC中存在垂直于纸面向里的匀
√C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为5q2BL
√D.带电粒子在磁场中运动时间可能为3πqmB
若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从 Q点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为 r2，由几何知识得 L2＋(r2－0.5L)2 ＝r22，解得 r2＝54L，根据牛顿第二定律得 qv2B＝mvr222，解得 v2＝54qmBL，根据动量定理得 I＝2mv2＝5q2BL，故 A 错误，C 正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的半径为 r1＝12L，由牛顿第二定律得 qv1B＝mvr112，解得 v1＝q2BmL，此时半径最小，速度也最小，故 B 错误；
2.平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3.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，如图甲所示. (2)不沿径向射入时，如图乙所示. 射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.

高考物理专题带电粒子在磁场中的运动

高考物理专题带电粒子在磁场中的运动Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】带电粒子在磁场中的运动【例1】磁流体发电机原理图如右。

等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。

该发电机哪个极板为正极两板间最大电压为多少解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。

所以上极板为正。

正、负极板间会产生电场。

当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv 。

当外电路断开时，这也就是电动势E 。

当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。

这时电动势仍是E=Bdv ，但路端电压将小于Bdv 。

在定性分析时特别需要注意的是：⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。

⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv ，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。

） ⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。

在外电路断开时最终将达到平衡态。

【例2】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p 型和n 型两种。

p 型中空穴为多数载流子；n 型中自由电子为多数载流子。

用以下实验可以判定一块半导体材料是p 型还是n 型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I ，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p 型半导体；若下极板电势高，就是n 型半导体。

试分析原因。

解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。

p 型半导体中空穴多，上极板的电势高；n 型半导体中自由电子多，上极板电势低。

注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。

第11单元磁场专题十六带电粒子在有界匀强磁场中的运动-2025年物理新高考备考课件

题型二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题
两种思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法
物理方法
（1）利用临界条件求极值；（2）利用边界条件求极值；（3）利用矢量图求极值
长，A错误；由左手定则可判断沿径迹、运动的粒子均带负电，为电子，B错误；设圆形磁场的半径为，根据几何关系可得沿径迹、运动的粒子的轨迹半径分别为，，根据可得,则，C正确；粒子在磁场中运动的时间之比为偏转角之比，所以，D错误.
例5 （多选）[2023·全国甲卷] 光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上点开有一个小孔，过的横截面是以为圆心的圆，如图所示.一带电粒子从点沿射入，然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变.不计重力.下列说法正确的是( )
例6 [2023·浙江丽水模拟] 如图所示，圆形区域内有一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点.现有无数个相同的带电粒子在纸面内沿各个不同方向以相同的速率通过点进入磁场.这些粒子射出边界的位置均处于磁场边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小从原来的变为，相
D
A.2 B. C.3 D.
临界极值问题的四个重要结论（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.（2）当速度一定时，弧长（或劣弧的弦长）越长，则轨迹对应的圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.（3）当速率变化时，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.（4）在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的圆心角最大（所有的弦长中直径最长）.

高考物理带电粒子在磁场中的运动知识点汇总

高考物理带电粒子在磁场中的运动知识点汇总一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】（1EqRm（2）212R；11n+；（3）2πmREq【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：2mvEqR=解得：EqR vm =（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：22R S = 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：2mv Bqv R= 得：mv R Bq=设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：若只碰撞一次，则有：112R mv R B q== 22mvR R B q==故2112B B = 若碰撞n 次，则有：111R mv R n B q==+ 22mvR R B q==故2111B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：1242R mRt v Eqππ== 在MN 下方的磁场中运动时间：211122n m mRt R R v EqR Eqπππ+=⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：232142R mRt v Eq ππ=⨯=总时间：1232mRt t t t Eqπ=++=2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．3．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==4．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，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 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y =v 0tanθ=v 0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.5．在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为74d，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：（1）环离开小孔时的坐标值；（2）板外的场强E2的大小和方向；（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-14 d；（2）板外的场强E2的大小为mgq，方向沿y轴正方向；（3）场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌面上的范围为1744d d～．【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 ①而x1+x2=d ②①②解得：x1=34d③x2=1 4 d环离开小孔时的坐标值为：x m=34d-d=-14d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：2mgEq=，方向沿y轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则若环绕小圆运动，则R=0.75d ④根据洛仑兹力提供向心力，有：2v qvB mR=⑤环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=12mv2⑥联立③④⑤⑥解得：2 138qB d Em=若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦联立③⑤⑥⑦解得：2 16qB d Em≈故场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌面上的范围为1744d d-～．6．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 23603d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得0233qBdv m=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得03222y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 1323r d = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253239d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度004323v qBdv v cos mα===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动7．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T ，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点O ，在x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C ，在x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷9110qm=⨯C/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A 点沿x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．【答案】（1）61.010/v m s =⨯；（2）61.810t s -=⨯；（3）0.75 1.75m y m ≤≤ 【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2v qvB m R=求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m ，由2v qvB mR= 进入电场时qBR v m = 带入数据解得v=1.0×106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间61121044R t s v ππ-=⨯=⨯ 粒子从A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v ，所以在电场中运动的时间62 1.010xt s v-==⨯ 总时间6612110 1.8104t t t s s π--⎛⎫=+=+⨯=⨯⎪⎝⎭（3）沿x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.510/qEa m s m==⨯ 在电场中侧移：2121261111.5100.7522110y at m m ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⨯⎝⎭打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75≤y ≤1.75.8．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．【答案】2145qRB E m=【解析】【分析】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得2v qvB m r=①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac bc 、和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．因此ac bc r ==② 设,cd x =有几何关系得45ac R x =+③ 2235bc R R x =+- 联立②③④式得75r R =再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE="m a" ⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，有运动学公式得212r at =⑦ r=vt ⑧ 式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得2145qRB E m=⑨【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来．9．磁谱仪是测量α能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s 发出质量为m 、电量为q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，被限束光栏Q 限制在2ϕ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P 上．（重力影响不计）（1）若能量在E ~E ＋ΔE （ΔE >0，且ΔE <<E ）范围内的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场．试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx 1.（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，α粒子将在2ϕ角内进入磁场．试求能量均为Ｅ的α粒子打到感光胶片上的范围Δx 2 【答案】见解析【解析】【详解】（1）设α粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距s 的距离为x 圆周运动2q B mRυυ=α粒子的动能212E m υ=2x R =由以上三式可得22mEx qB= 所以()12222m E E mEx qBqB+∆∆=-化简可得122mEx E qBE∆≈∆；（2）动能为E 的α粒子沿φ±角入射，轨道半径相同，设为R ，粒子做圆周运动2q B mRυυ=α粒子的动能212E m υ=由几何关系得()22224222cos 1cos sin 2mE mE φx R R φφqB qB ∆=-=-=10．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M ．粒子在磁场中运动的轨道半径为R ．粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点（图中未画出），且OP =R ．不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间．【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为π126T mt qB== 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为π42T m t qB== 【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL 于A 点，圆心在y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴的P 点，设AP 与x 轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y 轴上得1分）2v qvB m R=（1分）周期为2πmT qB=（1分）过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、D ．由几何知识得sin αAD R =，cot 60OD AD =︒，，OP AD BP =+α=β （2分）联立得到sin αα13+=（2分）解得α=30°，或α=90° （各2分）设M 点到O 点的距离为h ，有sin αAD R =h R OC =-，3cos αOC CD OD R AD =-=联立得到h=R 3cos(α+30°) （1分）解得h=3R （α=30°）（2分） h=3R （α=90°）（2分）当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为π126T m t qB ==（2分）当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为π42T m t qB==（2分）【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．。

带电粒子在磁场中的运动轨迹

确定带电粒子在磁场中运动轨迹的方法带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些考题不但涉及到洛伦兹力作用下的动力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，成为考查学生综合分析问题、运用数字知识解决物理问题的难度较大的考题。

但无论这类问题情景多么新颖、设问多么巧妙，其关键一点在于规范、准确地画出带电粒子的运动轨迹。

只要确定了带电粒子的运动轨迹，问题便迎刃而解。

下面举几种确定带电粒子运动轨迹的方法。

一、对称法带电粒子如果从匀强磁场的直线边界射入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，且入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等（如图1）；带电粒子如果沿半径方向射入具有圆形边界的匀强磁场，则其射出磁场时速度延长线必过圆心（如图2）。

利用这两个结论可以轻松画出带电粒子的运动轨迹，找出相应的几何关系。

例1．如图3所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解析：正、负电子的半径和周期是相同的。

只是偏转方向相反。

先确定圆心，画出半径和轨迹（如图4），由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。

所以两个射出点相距s=2r=，由图还看出经历时间相差，所以解此题的关键是找圆心、找半径和用对称。

例2．如图5所示，在半径为r的圆形区域内，有一个匀强磁场。

一带电粒子以速度v0从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心。

当∠MON＝120°时，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间。

解析：分别过M、N点作半径OM、ON的垂线，此两垂线的交点O'即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图6所示。

由图中的几何关系可知，圆弧MN所对的轨道圆心角为60°，O、O'的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为R=r/tan30°=又带电粒子的轨道半径可表示为：故带电粒子运动周期：带电粒子在磁场区域中运动的时间二、旋转圆法在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射速度大小相同的带电粒子时，带电粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的半径相同的动态圆（如图7），用这一规律可快速确定粒子的运动轨迹。

2022届高考物理二轮专题讲义：带电粒子在磁场中运动

带电粒子在磁场中运动1方法梳理(1)力与运动观(牛顿第二定律) qvB=m v 2r(2)运动时间T=2πmqB t=θ2πT2考点解读 (1)两类边界 ①直线边界角度关系：θ=β=2α(圆形角等于速度偏转角等于弦切角2倍)弦长关系：优弧(弦长越短，圆心角越大)，劣弧(弦长越长，圆心角越大)例1：如图，圆心在O 点的半圆形区域ACD （CO⊥AD ）内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从圆弧上与AD 相距为d 的P 点，以速度v 沿平行直径AD 的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C 点离开。

则可知(B)A ．粒子带正电B ．直径AD 的长度为4dC ．粒子在磁场中运动时间为πd 3vD ．粒子的比荷为vBd ②圆形边界a 沿半径射入，沿半径射出。

∠AOˊB + ∠AOB=1800例2：如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角。

现将带电粒子的速度变为13v ，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间②圆形边界a轨迹半径r等于磁场圆半径R，粒子平行射入磁场，汇聚一点，反之亦然。

例3：如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场最高点Р垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(BD) A．粒子有可能始终在磁场中运动而不再射出磁场B．出磁场的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长D．出射后垂直打在MN上的粒子，入射速度一定为v=qB Rm2放缩圆例4：如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围．qBL 3m ≤v0≤qBLm2旋转圆例5：如图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向里，PQ为该磁场的右边界线，磁场中有一点O到PQ的距离为r。

新课标2023版高考物理一轮总复习第九章磁场第2讲带电粒子在磁场中的运动课件

电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
可能做正功，可能做负功，也可能做功情况任何情况下都不做功
不做功
(二) 半径公式和周期公式的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[半径公式、周期公式的理解]
(选自鲁科版新教材)(多选)在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁
[答案] D
类型(二) 平行直线边界的磁场 1．粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d所示。
3．各图中粒子在磁场中的运动时间： (1)图 a 中粒子在磁场中运动的时间 t1＝θBmq，t2＝T2＝πBmq。 (2)图 b 中粒子在磁场中运动的时间 t＝θBmq。 (3)图 c 中粒子在磁场中运动的时间
[答案] BD
[例 3] 如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子 a 和 b 依次从 O 点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子 a 和 b 射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为 30°和 60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子 a 带负电，粒子 b 带正电 B．粒子 a 和 b 在磁场中运动的半径之比为 1∶ 3 C．粒子 a 和 b 在磁场中运动的速率之比为 3∶1 D．粒子 a 和 b 在磁场中运动的时间之比为 1∶2
(三) 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动(精研点) 类型(一) 直线边界的磁场
1．粒子进出直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中的运动时具有两个特性： (1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。 (2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运

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)含解析

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)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq= （3）0253mv B ql π= 2020(23)9mv E qlππ-= 【解析】【分析】【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得20011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π= 粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m α-=⋅ 解得:2020(23)9mv E ql ππ-=2．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v 0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03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q，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v p ．【答案】（1）mg q ，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【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mg E q左=，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：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R 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；又有033AO mv d R qB==；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1260AO d arcsin Rθ==︒；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00360y v v sin =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；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023yv v t g g==；所以质点在P 点的竖直分速度03yP y v v ==，水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=⋅=；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22013P yP xP v v v v =+=；3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ= 洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBd v m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin dxθ=粒子作匀速运动：x=v0t联立解得cossinmtqBθθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B解得2qB dEmcosθ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

专题12 带电粒子在磁场中的运动-2023年高考物理大题限时集训(解析版)

专题12带电粒子在磁场中的运动【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2T B =。

两带有等量异种电荷的粒子，同时从O 点以相同速度6110m/s v =⨯射入磁场，速度方向与MN 成30°角。

已知粒子的质量均为236.410kg m -=⨯，电荷量-163.210C q =⨯，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？【答案】（1）0.2m ；（2）7410s 3π-⨯【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2v qvB m r=解得0.1m mv r 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220.2m mv d r qB===（2）正、负电子运动的周期均为72210s r T vππ-==⨯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7410s 3603t T θπ-︒∆∆==⨯1.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，θ1＝θ2＝θ3）（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.②不沿径向射入时.射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，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，磁感应强度的大小为25.010T B -=⨯，矩形区域长为235，宽为0.2m 。

高考物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。

P是圆外一点，OP=3r。

一质量为m、电荷量为q(q>0)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。

【答案】(1)(2)【解析】【分析】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：①易得：②（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③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则④联立②③④解得2．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝3m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝3cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mvqB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r3＝3m又由动能定理有qU＝12mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足12v t1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝2mqBπ故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为8221372180532610360360m mt sqB qBππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．3．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222vg．【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=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2，运动时间：t 2=22L v ，则：t1：t 2=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 =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）53v 0，与x 成53°角；（2）043v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-32L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=32L+（r-r cos37°）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=32Lv在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360rvπ︒⨯o=37120Lvπ从M运动到N，a=qEm=289vL则t3=va=158Lv则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=()4053760Lvπ+．5．如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。