高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。

y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。

现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)8qBLvm=；(2)41(1)45mtqBπ=+【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37oQC L=15 sin37O OQO Q L==在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oot T =带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0）以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mv qR(2) 31(,)22R R - (3)0(5)R v π+ 【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R =由洛伦兹力等于向心力：200v qv B m r=，得到：0mv B qR =．（2）由图几何关系可以得到：3sin 602x R R==，1cos602y R R =-=- N 点坐标为：31,2R R ⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05R t v π+=．2．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2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos xv v α=1cos 2α=060α∴=2．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）2πmR Eq【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：2mv Eq R= 解得：EqRv m=（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=++=3．如图所示，某同学没计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，圆环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBRv m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B = 【解析】【分析】【详解】(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBRv m =粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有4T t =而周期为12r T v π=解得2mt qBπ=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EFL Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mvqv Br=联立解得21.6B B=2．如图所示，在竖直分界线MN的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN之间有方向向上的匀强电场。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)【答案】(1) ; (2) (3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A 相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y 粒子数为由几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y 粒子数为通过电阻r 上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差2NPmv Uq =,4cos θ5=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）；（3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求ΔBB的最大值【答案】（1）200mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力：2c c cv E q m r =2c c cmv E qr = c c mv B qr =（2）由动能定理：22110.50.522c NP mv mv qU ⨯-⨯= 245NPc c qU v vv m=+= 或0.5152c mv r r qB == 2cos 0.5c l r r θ=-解得 1.5c l r =（3）恰好能分辨的条件：00022cos 211r r r B B B Bθ-=∆∆-+ 解得0017412BB∆=-≈2．如图所示,半径为R 的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P 点与圆心O 的连线垂直于直径MN,P 点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v,的速率为 ,沿PO 方向发射的恰好从N 点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

点P （33L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度大小E 以及粒子2的发射速率v 2；(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

请尝试用该思路求解粒子3的最大速率v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLBv m=；(3)2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【解析】【分析】【详解】(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：设半径为1r ，由几何知识得()222113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭可得123L r =由向心力公式，根据牛顿第二定律2111v qv B m r =可得123qBLv m =设粒子做圆周运动的周期为1T1112r T v π=由几何知识可知60θ︒=粒子第一次从P 到Q 的时间112433m t T qBπ==(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得qEa m=x 轴方向123L v t =y 轴方向212122r L at -=可得289qLB E m=根据()22212v v at =+可得22219qLBv m=(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件40qv B qE =可得4E v B=根据运动的合成，可知22543v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为m 45v v v =+可得2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)【答案】(1) ; (2) (3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为通过电阻r上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动．请尝试用该思路求解．【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L v t=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：2221BLqv =（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．如图所示,半径为R 的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P 点与圆心O 的连线垂直于直径MN,P 点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v,的速率为 ,沿PO 方向发射的恰好从N 点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBRv m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B = 【解析】【分析】【详解】(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBRv m =粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有4T t =而周期为12r T v π=解得2mt qBπ=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EFL Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mvqv Br=联立解得21.6B B=2．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR(2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin60x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,2R R ⎛⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mTqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o，粒子在磁场中运动时间：12Tt=，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：22stv=，其中132s R R==，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t=+解得：()5Rtvπ+=．3．在矩形区域abcd中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中22bc ab l e==，为bc边界上的一点,且2lce，=重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度0v射入磁场,已知粒子的比荷为k，求：(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开,则磁场的磁感应强度B应为多大?(2)如果磁场的磁感应强度02vBkl=，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场,则磁场的变化周期0T应满足什么条件?(3)如果磁场的磁感应强度02vBkl=，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T垂直bc边离开磁场,再次进入磁场后经过0T从a点离开磁场区域,则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大?【答案】(1)045vBkl=； (2)056lTvπ≤；(3)()28,(01221vE nn klπ==⋯+，，）；()21,(01238n lx nπ+==⋯，，，）【解析】【分析】【详解】（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有200vqv B mR=由几何关系，有22200()2lR l R=+-解得54R l=由于qkm=解得45vBkl=；（2）由0mvRqB=可知，粒子运动的半径为2lR=临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad边相切，如图2所示圆周运动的周期为002m lT qB v ππ==；由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π；对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12T t ≥联立可得0056lT v π≤（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示由题意有00122m T qB π=⨯ 得002lT v π=在电场中有qE ma =往返一次用时为2v t a∆=；应有01()2t n T ∆=+，可得()20821v E n kl π=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()02112228n l tx v π+∆=⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）4．如图所示，两个边长均为l 的正方形区域ABCD 和EFGH 内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，以速度v 从B 点沿BC 方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE 区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH 的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH ； (2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B 点射入到从EFGH 区域电场射出所经历的总时间．【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d由Eq＝ma得a＝由l＝vt得t＝故d＝at2＝l粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v速度偏向角为tanθ＝＝1解得θ＝粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知得得(2)射入磁场的速度大小为v′＝v由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m解得B＝(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T其中T＝在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t＝2(t1＋t2＋t3)得或t＝点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．5．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：22RS=在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：2mvBqvR=得：mvRBq=设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：若只碰撞一次，则有：112R mvRB q==22mvR RB q==故2112BB=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：124R t v π== 在MN 下方的磁场中运动时间：211122n t R v ππ+=⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：23214R t v π=⨯=总时间：1232t t t t =++=6．如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合.半径为0R 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一束质量为m 、电荷量为q 、动能为0E 的带正电粒子从坐标为()00,R 的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为()0,0R 的P 点，方向沿x 轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出).不计重力和粒子间的相互作用. （1）求区域Ⅰ中磁感应强度1B 的大小；（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度21B =，求M 点坐标及环形外圆半径R ；（3）求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程.【答案】（1002mE （2）0013,2R ⎛⎫⎪⎪⎝⎭03R （3）01636R π⎛+ ⎝⎭ 【解析】试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M 点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A 点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA 方向偏转的角度，若经过m 次偏转时，粒子第一次经过A 点，此时转过m 周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m 倍的一次偏转的路程．（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A 点做匀速圆周运动到P 点，显然10r R =在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：20101v qB v m r =，且20012E mv = 联立解得：0102mE B =（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：2202v qB v m r =由题设条件：213B B = 联立解得：203r R =画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示由几何关系得：60POM ∠=︒，则M 点的坐标为00132R R ，⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭由几何关系外环的半径2220233R r r r R =+==（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M 点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150︒，设经过m 次这样的偏转后第一次从A 点再交入射，此时圆心角转过n 个360︒ 则有：150m=360n （m 、n 取正整数）解得：m=12，n=5．而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程11201214322()432s r r R πππ=⨯+⨯=+ 所以经过12次如此偏转后第一次通过A 点，则总路程为()12983123s s R π+==7．质量为m 电荷量为+q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v 水平射入。

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练习题含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点3,0P L⎛⎫⎪⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场E o，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动．请尝试用该思路求解．【答案】（1）23BLqm（2221BLq32203BE EvB+⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111vqv B mr=由几何憨可知：()222113r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：13L v t =，212qE h t m =在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：2221BLqv =（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．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.3．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos xv v α=1cos 2α=060α∴=4．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B 。

x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E 。

屏MN 与y 轴平行且相距L ，一质量为m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点O 点之间的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？【答案】(1)()222s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】【分析】【详解】(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得2012eEs mv =在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有200v qv B m r=可得mv r qB=根据题意有(2n ＋1)r ＝L所以解得()222221eL B s Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即)2(2214s T T t n n a ++⋅＝＋由公式 eE ma =可得eEa m=由公式 20v qvB m r = 和 02r T v π=可得2mT eBπ=综上整理可得()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…)2．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0）以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间. 【答案】(1)0mv qR (2) 31,)2R R - (3)(5)R v π+ 【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R =由洛伦兹力等于向心力：200v qv B m r=，得到：0mv B qR =．（2）由图几何关系可以得到：3sin 60x R R ==，1cos602y R R =-=-N 点坐标为：31,2R R ⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05Rt v π+=．3．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，33外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(03点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d 3处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．【答案】（1）mv qd（2）00243d dv π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3 【解析】【分析】（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间；（3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同；【详解】（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =粒子在磁场中2v qvB m R=，得到：0mv B qd =；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：102d t v π=粒子在无场区运动时间：2043dt = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋得到：00243d dt v v π=+ （3）粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3002224323dd t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：400233d dt ==①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝得到：()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．4．如图1所示，在ABCD 矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B 如图2所示的变化。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。

y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。

现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。

【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)【答案】(1) ; (2) (3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A 相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y 粒子数为由几何关系得Y 粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y 粒子数为通过电阻r 上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧分析及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧分析及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBRv m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B = 【解析】【分析】【详解】(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBRv m =粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有4T t =而周期为12r T v π=解得2mt qBπ=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EFL Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mvqv Br=联立解得21.6B B=2．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR(2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin60x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,2R R ⎛⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mTqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o，粒子在磁场中运动时间：12Tt=，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：22stv=，其中132s R R==，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t=+解得：()5Rtvπ+=．3．如图所示，容器A中装有大量的质量不同、电荷量均为+q的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差2NPmv Uq =,4cos θ5=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）；（3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求ΔBB的最大值【答案】（1）200mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力：2c c cv E q m r =2c c cmv E qr = c c mv B qr =（2）由动能定理：22110.50.522c NP mv mvqU ⨯-⨯= 245NPc c qU v v v m=+= 或0.5152c mv r r qB == 2cos 0.5c l r r θ=-解得 1.5c l r =（3）恰好能分辨的条件：00022cos 211r r r B B B Bθ-=∆∆-+ 解得0017412BB∆=-≈2．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0）以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mv qR (2) 31,)2R R - (3)(5)R v π+ 【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R =由洛伦兹力等于向心力：200v qv B m r=，得到：0mv B qR =．（2）由图几何关系可以得到：3sin 60x R R ==，1cos602y R R =-=-N 点坐标为：31,2R R ⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05Rt v π+=．3．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

点P （33L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度大小E 以及粒子2的发射速率v 2；(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

请尝试用该思路求解粒子3的最大速率v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLBv m=；(3)2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【解析】【分析】【详解】(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：设半径为1r ，由几何知识得()222113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭可得123L r =由向心力公式，根据牛顿第二定律2111v qv B m r =可得123qBLv m =设粒子做圆周运动的周期为1T1112r T v π=由几何知识可知60θ︒=粒子第一次从P 到Q 的时间112433m t T qBπ==(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得qEa m=x 轴方向123L v t =y 轴方向212122r L at -=可得289qLB E m=根据()22212v v at =+可得22219qLBv m=(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件40qv B qE =可得4E v B=根据运动的合成，可知22543v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为m 45v v v =+可得2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2．在矩形区域abcd 中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中22bc ab l e ==，为bc 边界上的一点,且2l ce ，=重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度0v射入磁场,已知粒子的比荷为k，求：(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开,则磁场的磁感应强度B应为多大?(2)如果磁场的磁感应强度0 02v Bkl=，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场,则磁场的变化周期0T应满足什么条件?(3)如果磁场的磁感应强度02vBkl=，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T垂直bc边离开磁场,再次进入磁场后经过0T从a点离开磁场区域,则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大?【答案】(1)045vBkl=； (2)056lTvπ≤；(3)()28,(01221vE nn klπ==⋯+，，）；()21,(01238n lx nπ+==⋯，，，）【解析】【分析】【详解】（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有20000v qv Bm R =由几何关系，有22200()2l R l R =+-解得054R l =由于qk m= 解得045v B kl=；（2）由0mv R qB =可知，粒子运动的半径为 2l R =临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示圆周运动的周期为002m lT qB v ππ==；由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π；对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12T t ≥联立可得0056lT v π≤（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示由题意有00122m T qB π=⨯ 得002lT v π=在电场中有qE ma =往返一次用时为2v t a∆=；应有01()2t n T ∆=+，可得()20821v E n kl π=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()02112228n l tx v π+∆=⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）3．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（42He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损△m ．【答案】（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核反应方程为4422AA Z Z X Y H --→+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 22Bq mπ ；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，则衰变过程的质量亏损△m 为损2211()()2BqR m M c + ．【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为4422X Y He A A ZZ --→+（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有2v qvB m R=根据圆周运动的参量关系有2πRT v=得α粒子在磁场中运动的周期2πmT qB=根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q BI T m==（3）由2v qvB m R =，得qBR v m=设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有Mv ′–mv =0 可得mv qBR v M M='=根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2221122mc Mv mv '∆=+ 解得22()()2M m qBR m mMc +∆=说明：若利用44A M m -=解答，亦可．【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．4．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。

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B 。

x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E 。

屏MN 与y 轴平行且相距L ，一质量为m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点O 点之间的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？【答案】(1)()222s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】【分析】【详解】(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得2012eEs mv =在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有200v qv B m r=可得mv r qB=根据题意有(2n ＋1)r ＝L所以解得()222221eL B s Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即)2(2214s TT t n n a ++⋅＝＋由公式 eE ma =可得eEa m=由公式 20v qvB m r = 和 02r T v π=可得2mT eBπ=综上整理可得()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…)2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【答案】（1）2q v mϕ=；（2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ== 22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos xv v α=1cos 2α=060α∴=3．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a 、b 相距为d ，a 、b 间加有电压， b 板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a 板的左端以v 0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P 处穿过b 板进入匀强磁场，最后粒子打到b 板的Q 处(图中未画出)被吸收．已知P 到b 板左端的距离为2d ，求：（1）进入磁场时速度的大小和方向；（2）P 、Q 之间的距离；（3）粒子从进入板间到打到b 板Q 处的时间．【答案】（1002,45v （2）02mv Bq（3）022d m v Bq π+ 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v 0t=2d12y vt =d ，所以，v 0=v y v p =22002y v v v +=，0tan y v v θ=＝1，θ＝45°（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ，半径为r ，如图；2p p mv Bqv R=，得：p mv R Bq=左手定则，判断出粒子轨迹，022PQ mv x R Bq== （3）在电场中的时间102d t v = 磁场中的周期2mT qBπ=2142m t T qBπ== ，则12022d mt t t v qBπ=+=+ 【点睛】此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.4．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求：（1）磁感应强度B 大小（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．【答案】（12mU L q 2）344L mL qUπ+（）【解析】【详解】（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点O ：有：21022U l qmv L =-……………① 在竖直向下的电场中从点O 到N 右侧边缘点B ：水平方向：0L v t =……………②竖直方向：2122L qU t mL=……………③ 在B 点设速度v 与水平初速度成θ角有：2tan 21LLθ=⨯=……………④粒子在磁场中做匀速圆周运动由几何关系可得：22R L =……………⑤ 又：2v qvB m R=……………⑥联解①②③④⑤⑥得：2L mUB q=……………⑦（2）粒子在磁场中运动的圆心角32πα=22R mT v qBππ== 在磁场中运动时间：2t T απ'=在水平电场中运动时间：00v v t qU a mL==''……………⑧总的时间：22t t t t '='++'总……………⑨联解得：344L mt L qUπ=+总（） ……………⑩5．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mUB D q＝P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间；(3)若磁感应强度62mUB D q=，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．【答案】(1)225mU D q (2)33962D m qUπ (3) K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】【详解】(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有2102qU mv ＝－设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，2v qvB m r＝若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为225mUD q(2)若磁感应强度62mUB D q＝，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16r D=，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径11n n mv r qB+＋＝．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，最大动能2max 13169k E qU qU ＝＝在磁场中的总时间t ＝169.5T ，因为32DmT qUπ=可得33962D mt qUπ=；(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16r D=，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为：2×2r K <0.99D ①同时2×2r K ＋2r n ＝5D ②由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为2r K <0.99D ①2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K ＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在．情况三：在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件2r K ≥0.99D ①2r n＝5D②由①知：K≥9，由②知：Kn＝152＝3×5×3×5，故K可能有6组取值，分别为：K＝9，n＝25；K＝15，n＝15；K＝25，n＝9；K＝45，n＝5；K＝75，n＝3；K＝225，n＝1．6．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为vkB，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR (2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin60x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,22R R⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mTqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o ，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05R t v π+=．2．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

点P （3L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。

y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。

现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)8qBLvm=；(2)41(1)45mtqBπ=+【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37oQC L=15 sin37O OQO Q L==在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R，11R O Q QC =+21v qvB m R=解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oot T =带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。