高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)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v0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B1；

(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B2和匀强电场的电场强度大小E.

【答案】（1）0152mvBql （2）2058mvlQkq （3）0253mvBql

2020(23)9mvEql

【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r1

由几何关系得112cos25rll

由洛伦兹力提供向心力可得20011vqvBmr 解得:0152mvBql

(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252cos8lrl

由库仑力提供向心力得20222vQqkmrr

解得:2058mvlQkq

(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00sin35lltvv

根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt

又22mTqB

解得0253mvBql

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0vtr 解得:35lr

粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qElrtm

解得:2020(23)9mvEql

2．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v0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202mvqE 。

（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】（1）02v；20mvqE （2）0(21)EBv

【解析】

【详解】

（1）由动能定理有：2220011222mvqEmvmvqE

解得：v＝2v0

设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝022vv

解得：θ＝45°

根据tan21xy，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20mvxqE

（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+Rsinθ

又：2vqvBmR

解得：0(21)EBv

故0(21)EBv

3．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12EE、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)12mgEq,2mgEq (2)1222mgdqd (3)1212626ddgdgd

【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：1sin45qEmg

求得：12mgEq 微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mgqE

求得：2mgEq

(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qEdmv

2vqvBmR

根据几何关系，分析可知：222sin30dRd

整理得：1222mgdBqd

(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

211112atd

1tan45mgma

2302360Rtv

经整理得：1121212222612126gddddtttgdgqBgd

4．“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，内圆弧面CD的电势为，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4EL，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）2qvm；（2）12mBLq；（3）060 ；22mLq

【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：2102qUmv

2U2qvm

(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060．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2RL

由洛伦兹力提供向心力得：2vqBvmR

联合解得：12mBLq

（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.

212qELtm

222mLmtLqEq

22xEqqELqvtmmm

若速度与x轴方向的夹角为角

cosxvv1cos2060

5．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)．

【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】

（1）由 得r1=2R

粒子的运动轨迹如图所示，则α＝

因为周期 ．

运动时间．

（2）粒子运动情况如图所示，β＝．

r2＝Rtanβ＝R

由得

（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm

粒子到达的区域为图中的阴影部分

区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2

【点睛】

本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．

6．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R0=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=m20vR

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