高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)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3mgq，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）mgq，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mgE 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 ==；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1260AOd 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 v =︒=，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023y v v t g==； 所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v 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 =+=；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．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26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 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）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】 【分析】 【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 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，R L = 求得k 的最大值为1k =（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222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，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：2223()(3)22L R R L =+- 解得：58L R =或2L R = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=4．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(23a -，-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=Bv 0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v 0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)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【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Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (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 ·ABBC＝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 ＝y m ＝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 ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 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 ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x＝2ay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002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a5．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1）mvqR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，由2v qvB m r=得：mv B qR=（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(1OG R R ==+②225-22=2FG OFOG R=-③22EG R =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =2R +5-222R =2+10-42R ⑤6．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos 2d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v = 设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3y v v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α= ， 解得23L R = 右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 06323L T v π=【点睛】 带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.7．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为q m=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；(3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥ 【解析】 【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a = 2y T v a = 22yT y v = 122d y y =+ Eq ma =0U E d= 解得：40 2.1610V U =⨯(2)2T t nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆=(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y .速度偏转角的正切值均为：0tan yv v β= 37β=o0cos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同. 2v qvB m R = 0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R x x ︒=+ 0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动.综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥8．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。
高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，22202e B R E m = ；(2) 20e B U mπ ；(3)02sin B R n dπ【解析】 【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mv evB R= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB Rv m=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e B R E mv m==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e B R mc v mh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB R n mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=2．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O 1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。
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，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3mgq，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）mgq，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mgE 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 ==；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1260AOd 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 v =︒=，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023y v v t g==； 所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v 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 =+=；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．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】 【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4alt Nedπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B．设此轨迹圆的半径为r，则222(2)a r r a-=+2vBev mr=解得：43mvBae=4．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(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，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E =2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE =微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2v R可得：v =6×105m/s ；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=0.0637cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180×100%=29%3．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v0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B0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=v0tanθ=v0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.4．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2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0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 tB 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∆=∆=5．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)22mvE=；2v，速度方向沿y轴负方向(2)82225mv mvBqR qR≤≤(3)()22713mvqR-【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'1v v =、2v at =，2tan v vθ=联立可得224mv E qR=进入磁场的速度22122v v v v =+='45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12Rr =由211mv qv B r =''得122mvB qR=当粒子从C 点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得2825mvB qR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvB qR qR≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得222332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭解得()3714R r =由233mv qv B r =''得)322713mv B qR= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中6．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=-+=-7．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： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost 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0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===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8．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q Eh tm=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B由2 1v q vBmR=得1mvRq B=由几何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B'①小球作平抛运动过程2hmx v t vqE==2yqEv hm=②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：sinR xθ=，变形得：sinmvxqBθ'=解得：EBv'=．9．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。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
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．
Q 两点之间的距离为 L ，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 2
（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。
1 4
T0
T 2
2 m 又 T0 eB0
则 T 的表达式为T mL （n＝1，2，3，…）。 2n 2emU
3．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为 B；方向向里，其边界是半径为 R 的圆，AB 为圆 的一直径.在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量 m、电量-q 的粒子，粒子重力 不计．
R，圆弧对应的圆心角为
2
.则有
x2
2R2 ，此时满足
L 2n 1 x2
联立可得：
R2
2n
L
1
2
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有： qvB2
m
v2 R2
得：
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，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
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．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＝L v ＝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 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 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E 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＝代入解得 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 Ev 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＝代入解得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．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=cos37v v=6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(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= 220(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2011v 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=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26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 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）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】 【分析】 【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBLv k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 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，R L = 求得k 的最大值为1k =（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222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，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：2223()(3)22L R R L =+- 解得：58L R =或2L R = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
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= 220(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2011v 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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）。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(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，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qm=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/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。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)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】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T（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32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；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； 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22r mT v qBππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s 4t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4212.010s 4t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
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，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磁场中的运动解题技巧(超强)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解题技巧(超强)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= 220(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2011v 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=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3mgq，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）mgq，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mgE 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1260AOd 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023y v v t gg==； 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．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(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，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 lQ kq= （3）0253mv B ql π= 220(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2011v qv Bm r =解得:0152mv B ql=(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r 2 由几何关系得252cos 8l r l α==由库仑力提供向心力得20222v Qqk mr r = 解得:2058mv lQ kq=(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00sin 35l lt v v α== 根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t ，则2Tt = 又22mT qB π=解得0253mv B qlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，则0v t r π= 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】 【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =-解得：22e eUv v m=+ （2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4altN edπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则222(2)a r r a -=+2v Bev m r=解得：43mvB ae=3．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】（1）EqRm；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(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，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qm=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/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。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)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】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=由几何关系可知22r L =解得B=1.6×10-2T（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32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；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； 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22r mT v qBππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s 4t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：421 2.010s 4t T -==⨯带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+ （2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4altN edπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则222(2)a r r a -=+2v Bev m r=解得：43mvB ae=3．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(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，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= 220(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2011v 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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）。
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)及解析
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)及解析一、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= 220(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2011v 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 mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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：()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：22219BLqv m=（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 ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭3．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动4．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 -，-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=Bv 0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v 0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)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【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Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (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 ·ABBC＝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 ＝y m ＝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 ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 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 ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=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00tan y x qE x v m v v v θ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝当=y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a5．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E q=,2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE q=微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d = 1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+==6．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=0cos37v v=6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥7．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++=⨯==8．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为12 cos303 dR m ==由211vB qv mR=知：113310mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RR+=故半径2(233)R m=-又222vB qv mR=故2235B T+=所以B2应满足的条件为大于23T+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.9．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)22mv E=；2v，速度方向沿y轴负方向(2)8222mv mvB≤≤(3)()22713mvqR-【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v' 1v v=、2v at=，2tanvvθ=联立可得224mvEqR=进入磁场的速度22122v v v v=+='45θ=︒，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径12Rr=由2 11mvqv Br=''得122mvBqR=当粒子从C点射出时，由勾股定理得()222222RR r r⎛⎫-+=⎪⎝⎭解得258r R=由222mvqv Br=''得2825mvBqR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvBqR qR≤≤时，粒子从AC边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3r，由几何关系得222332Rr r R⎛⎫+-=⎪⎝⎭解得()3714Rr+=由233mvqv Br=''得()322713mvBqR-=磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中10．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： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =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0322y 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125323d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===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11．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v 0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。
(完整版)高中物理带电粒子在磁场中的运动(提纲、例题、练习、解析)
带电粒子在磁场中的运动【学习目标】1．掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点和解决此类运动的方法2．理解质谱仪和回旋加速器的工作原理和作用【要点梳理】要点一:带电粒子在匀强磁场中的运动要点诠释：1．运动轨迹带电粒子（不计重力）以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中:（1)当v∥B时,带电粒子将做匀速直线运动；（2）当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动；（3）当v与B的夹角为θ（θ≠0°，90°,180°）时，带电粒子将做等螺距的螺旋线运动．说明：电场和磁场都能对带电粒子施加影响，带电粒子在匀强电场中只在电场力作用下,可能做匀变速直线运动,也可能做匀变速曲线运动,但不可能做匀速直线运动；在匀强磁场中，只在磁场力作用下可以做曲线运动．但不可能做变速直线运动．2．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动如图所示，带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，在磁场中做匀速圆周运动，设带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q．（1）轨道半径：由于洛伦兹力提供向心力，则有2vqvB mr=，得到轨道半径mvrqB=．(2)周期：由轨道半径与周期之间的关系2rTvπ=可得周期2mTqBπ=．说明：（1）由公式mvrqB=知,在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子,其轨道半径跟运动速率成正比．（2）由公式2mTqBπ=知,在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，周期跟轨道半径和运动速率均无关,而与比荷qm成反比．注意:mvrqB=与2mTqBπ=是两个重要的表达式，每年的高考都会考查．但应用时应注意在计算说明题中，两公式不能直接当原理式使用．要点二:带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的问题分析要点诠释：1．分析方法／Bq 或时间”的基本方法和规律，具体分析为: （1）圆心的确定带电粒子进入一个有界磁场后的轨道是一段圆弧，如何确定圆心是解决问题的前提，也是解题的关键．首先,应有一个最基本的思路:即圆心一定在与速度方向垂直的直线上．通常有两种确定方法：①已知入射方向和出射方向时，可以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（如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点，O 为轨道圆心）．②已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点，O 为轨道圆心)．（2）运动半径的确定：作入射点、出射点对应的半径，并作出相应的辅助三角形,利用三角形的解析方法或其他几何方法,求解出半径的大小,并与半径公式mvr Bq=联立求解． （3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：360t T α=︒（或2t T απ=）．可见粒子转过的圆心角越大，所用时间越长． 2．有界磁场（1)磁场边界的类型如图所示（2）与磁场边界的关系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v 一定时，弧长（或弦长）越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长． ③当速率v 变化时，圆周角越大的，运动的时间越长． （3）有界磁场中运动的对称性①从某一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时,速度与边界的夹角相等； ②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出． 3．解题步骤带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法——三步法： （1）画轨迹:即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．注意:道PM 对应的圆心角α，即αϕ=，如图所示．（2）圆弧轨道PM 所对圆心角α等于PM 弦与切线的夹角（弦切角）θ的2倍，即2αθ=,如图所示． 要点三：质谱仪要点诠释： （1）构造质谱仪由粒子注入器、加速电场、速度选择器、偏转电场和照相底片组成，如图所示．(2）工作原理 ①加速：212qU mv =， ②偏转：2v qvB m r=，由以上两式得:粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径12mur B q=。
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)及解析
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)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。
一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O两点间的距离为202mv qE。
（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。
【答案】（102v ；20mv qE （2）0(21)EB v ≥【解析】 【详解】（1）由动能定理有：2220011222mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v 2v 0设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝022v v =解得：θ＝45° 根据tan 21xyθ=⋅=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mv x qE=（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：s ＝R +R sinθ又：2v qvB m R=解得：0(21)EB v +=故0(21)EB v ≥2．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.【答案】（1）Bvd （2）Bb π（3）3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b【解析】 【详解】（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足 Bev=Ee因为正电子的比荷是b ，有 E=U d联立解得：u Bvd =（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。
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曲线方程为 x2 y2 R
R
0.1m,
3 20
m
x
0.1m
【点睛】
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
【答案】(1) FN 4.6 102 N (2) B1 1.25T
(3) t
127 360
s,
1
900 和2
1430
【解析】
【详解】
解：(1)设 P 碰撞前后的速度分别为 v1 和 v1 ， Q 碰后的速度为 v2
从
a
到
b
，对
P
，由动能定理得：
-m1gl
1 2
m1v
2 1
1 2
m1v
2 0
解得： v1 7m/s
【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
高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解 析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
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 L ( o) ，内圆弧面 CD 的电势为 ，足够长的收集板 MN 平行边界 ACDB，ACDB 与 2
v
2
2．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为 B；方向向里，其边界是半径为 R 的圆，AB 为圆 的一直径.在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量 m、电量-q 的粒子，粒子重力 不计．
(1)有一带电粒子以
的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从 B 点射出．求此粒子在磁
场中运动的时间． (2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向 射入磁场，经过 2 次碰撞后回到 A 点，则该粒子的速度为多大? (3)若 R=3cm、B=0.2T，在 A 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为 3×105m／s、 比荷为 108C／kg 的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面 积(结果保留 2 位有效数字)．
3．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。
碰撞过程中，对 P ， Q 系统：由动量守恒定律： m1v1 m1v1 m2v2
取向左为正方向，由题意 v1 1m/s ，
解得： v2 4m/s
R
联合解得： B 1 m L 2q
（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.
L 1 qE t2 2m
t 2mL 2L 2m
qE
q
vx
Eq m
t
2qEL m
q 2m
若速度与 x 轴方向的夹角为 角
cos vx cos 1 600
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】 【分析】 （1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心
角，根据周期公式，结合 t= T 求出粒子在磁场中运动的时间．
（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半 径，从而通过半径公式求出粒子的速度． （3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何 关系求出面积． 【详解】
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
圆半径方向射出磁场；从
x
轴射出点的横坐标： xC
xA
R tan 53
xC 0.1425m .
由几何关系，过 A 点的粒子经 x 轴后进入磁场由 B 点沿 x 轴正向运动.
综上所述，粒子经过磁场后第二次打在 x 轴上的范围为： x 0.1425m
6．如图：竖直面内固定的绝缘轨道 abc，由半径 R=3 m 的光滑圆弧段 bc 与长 l=1.5 m 的粗 糙水平段 ab 在 b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与 Ob 的夹角 θ=37°;过 f 点的 竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小 E=10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够 长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域 efgh，ef 与 Oc 交于 c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角 为 β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量 m2=3×10-3 kg、电 荷量 q=3×l0-3 C 的带正电小物体 Q 静止在圆弧轨道上 b 点，质量 m1=1.5×10-3 kg 的不带电 小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动，P、Q 碰撞时间极短，碰后 P 以 1 m/s 的速度水平向右弹回．已知 P 与 ab 间的动摩擦因数 μ=0.5，A、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小 g=10 m/s2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体 Q 的弹力大小 FN； (2)当 β=53°时，物体 Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，求区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度 大小 B1； (3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为 B2=2T 时，要让物体 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁 场中运动的时间最长，求此最长时间 t 及对应的 β 值．
5．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板 MN 垂直于 y 轴，N 板在 x 轴上且其左端与 坐标原点 O 重合，极板长度 l=0.08m，板间距离 d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性 变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在 y 轴上(0，d/2)处有一粒子源，垂直于 y 轴连续
不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为 q =5×107C／kg，速度为 m
x2 y2 R2 ( R 0.1m, 3 m x 0.1m ) 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 qvB m v2 ，解得 r 0.1m 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，
U 2 v 2q m
(2）从 AB 圆弧面收集到的粒子有 2 能打到 MN 板上，则上端刚好能打到 MN 上的粒子与 3
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 600 ．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径： R 2L 由洛伦兹力提供向心力得： qBv m v2
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
4．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=6.6×10﹣27kg、电荷量 q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子， 同时从边界 PQ 上的 O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为 V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)求带电粒子在磁场中运动的半径 r； (2)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） t 3.3104 s （3） 30 60 曲线方程为
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 2 3
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 E ，若从 AB 圆弧面收集到的某粒子经 4L
(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小 B= 2 T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后 3
与 x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)U0 2.16 104 V (2) x 0.04m (3) x 0.1425m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子：
l v0T T 1107 s
粒子在电场中运动的加速度 a qE m
粒子在电场中运动的时间 t 2v a
解得 t 3.3104 s
（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 O 点为圆心，弦长 0.1m 为半径的圆周上，