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)

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)

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP与MN相交于O点．在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为03mvqB，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vp．

【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3）013v．

【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mgEq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：200mvBvqR，

所以轨道半径0mvRqB；

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033AOmvdRqB；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1260AOdarcsinR；

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003602yvvsinv，水平分速度001602xvvcosv；

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023yvvtgg；

所以质点在P点的竖直分速度032yPyvvv，

水平分速度000317322xPxvqEvvtvgvmg；

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22013PyPxPvvvv；

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vC；

(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)22eeUvvm (2)

4altNed(3) 43mvBae

【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neIt 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

221122eeUmvmv

解得：22eeUvvm

（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

neIt

224ddNnNaa

解得4altNed

（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)arra

2vBevmr

解得：43mvBae

3．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

(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 (3)210422R

【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AOˊ、CO，可证得ACOOˊ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2vqvBmr

得：mvBqR

（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

2DPR(21)OPR 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)(1)22OGRR②

225-22=2FGOFOGR③

22EGR④

挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=22R+5-222R=2+10-422R⑤

4．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v0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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t0(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Tmin．

【答案】（1）0mvBqL

（2）223cos2dRaRL

；min0(632)3LTv

【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R1，则0102qvBmvR

由几何关系：222113()()22LLRR

解得0mvBqL

（2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有：003Lvt

01122yLvt

解得033yvv

设合速度为v，与竖直方向的夹角为α，则：0tan3yvv

则=3

0023sin3vvv

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R2，则212sinLR ，

解得233LR 右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos2dRRL；

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：2min0(22)2RTtv

解得min06323LTv

【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.

5．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

(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）20mvEqL（2）04nmvBqLn=1、2、3......（3）02Ltv

【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： 0Lvt，2122Lat，qEma

联立解得： 20mvEqL

(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tanxyvv=l

速度大小002sinvvv

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2；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2.则有x=2R，此时满足L=2nx

联立可得：22LRn

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvBmR

得：04nmvBqL，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2.则有222xR，此时满足221Lnx

联立可得：2212LRn

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvBmR

得：02221nmvBqL，n=1、2、3....