物理带电粒子在磁场中运动经典例题

高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)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 ＝－78a2．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＝． r 2＝R tanβ＝R 由得（3）粒子的轨道半径r 3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr 32+2×π(2r 3)2−r 32=9.0×10-4m 2【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．3．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 d 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012qv B m v R =由几何关系：222113()()2L L R R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得03y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv 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 vπα--=解得() min6323L Tvπ+=【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.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。

带电粒子在有界磁场中的运动图38101．半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图3810所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.2πr 3v 0B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 0 答案 D解析 从AB 弧所对圆心角θ＝60°，知t ＝16 T ＝πm 3qB.但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t .由匀速圆周运动t ＝ABv 0，从题图分析有R ＝3r ，则：AB ＝R ·θ＝3r ×π3＝33πr ，则t ＝AB v 0＝3πr 3v 0.D 正确． 带电粒子在复合场中的运动图38112．一正电荷q 在匀强磁场中，以速度v 沿x 正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，如图3811所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是( )A ．沿y 轴正方向，大小为Bv qB ．沿y 轴负方向，大小为BvC ．沿y 轴正方向，大小为v BD ．沿y 轴负方向，大小为Bv q答案 B解析 要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y 轴正方向，故电场力必须沿y 轴负方向且qE ＝Bqv ，即E ＝Bv .带电粒子在组合场中的运动图38123．如图3812所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小E ；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t .答案 见解析解析 粒子的运动轨迹如右图所示(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1则有2h ＝v 0t 1，h ＝12at 21根据牛顿第二定律得Eq ＝ma求得E ＝mv 202qh.(2)设粒子进入磁场时速度为v ，在电场中，由动能定理得Eqh ＝12mv 2－12mv 20又Bqv ＝m v 2r， 解得r ＝2mv 0Bq(3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2h v 0粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm Bq设粒子在磁场中运动的时间为t 2，t 2＝38T ，求得t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm 4Bq.(时间：60分钟)题组一 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1．(2014·临沂高二检测)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是( )A ．匀速圆周运动B ．平抛运动C ．自由落体运动D ．匀速直线运动答案 AD解析 若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A 、D 正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动．B 、C 错误．图38132．如图3813所示，带负电的粒子以速度v 从粒子源P 处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是( )A ．aB ．bC ．cD ．d答案 BD解析 粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a 、c 均不可能，正确答案为B 、D.图38143．(2013·孝感高二检测)如图3814所示，在x >0，y >0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B ，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )A ．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B ．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C ．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D ．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子答案 AD解析 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R ＝mv Bq可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 对B 错；根据周期公式T ＝2πm Bq 知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝θm Bq，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D 对C 错．图38154．利用如图3815所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB L ＋3d 2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案 BC解析 由左手定则可判断粒子带负电，故A 错误；由题意知：粒子的最大半径r max ＝L ＋3d 2、粒子的最小半径r min ＝L 2，根据r ＝mv qB，可得v max ＝qB L ＋3d 2m 、v min ＝qBL 2m，则v max －v min ＝3qBd 2m ，故可知B 、C 正确，D 错误．图38165．如图3816所示，左右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．一个质量为m 、电荷量为q 的微观粒子，沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子入射速度v 0的最大值可能是( )A.Bqd mB.2＋2Bqd mC.2－2Bqdm D.2Bqd 2m答案 BC解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r ＝mv 0qB知，粒子的入射速度v 0越大，r 越大，当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1sin 45°＋d＝R 1，将R 1＝mv 0qB 代入上式得v 0＝2＋2Bqd m，B 项正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos 45°＝d ，将R 2＝mv 0qB代入上式得v 0＝2－2Bqdm ，C 项正确．图38176．如图3817所示的矩形abcd 范围内有垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场，且ab 长度为L ，现有比荷为q m的正电离子在a 处沿ab 方向射入磁场，求离子通过磁场后的横向偏移y (设离子刚好从C 点飞出)．答案 mv Bq －mv Bq 2－L 2解析 离子作匀速圆周运动从a →c ，易知圆心在图中的O 处，即a 、c 两处速度垂线的交点处．横向偏移y ＝aO －dO ＝R －R 2－L 2由Bqv ＝mv 2R ，得R ＝mv Bq ，故有y ＝mv Bq －mv Bq 2－L 2图38187．如图3818所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．电量为q 、质量为m 的带正电的粒子从磁场边缘A 点沿圆的半径AO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．(不计粒子的重力)求：(1)粒子做圆周运动的半径．(2 )粒子的入射速度．答案 (1)3r (2)3Bqr m解析 (1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图所示，∠OO ′A ＝ 30°，由图可知，圆运动的半径R ＝O ′A ＝3r(2)根据牛顿运动定律，有：Bqv ＝m v 2R有：R ＝mv Bq故粒子的入射速度v ＝3Bqr m .题组二 带电粒子的运动在科技中的应用图38198．如图3819所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v ＝E /B ，那么( )A ．带正电粒子必须沿ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B ．带负电粒子必须沿ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C ．不论粒子电性如何，沿ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D ．不论粒子电性如何，沿ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过答案 AC解析 按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向抵消了的就能沿直线匀速通过磁场．图38209．如图3820所示是磁流体发电机原理示意图．A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里．等离子束从左向右进入板间．下述正确的是( )A．A板电势高于B板，负载R中电流向上B．B板电势高于A板，负载R中电流向上C．A板电势高于B板，负载R中电流向下D．B板电势高于A板，负载R中电流向下答案 C解析等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B板偏．这样正离子聚集在A 板，而负离子聚集在B板，A板电势高于B板，电流方向从A→R→B.图382110．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图3821所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( ) A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正答案 A解析血液中的粒子在磁场的作用下会在a，b之间形成电势差，当电场给粒子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝EB≈1.3 m/s，又由左手定则可得a 为正极，b 为负极，故选A.图382211．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图3822，离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 上，设离子在P 上的位置到入口处S 1的距离为x ，可以判断( )A ．若离子束是同位素，则x 越小，离子质量越大B ．若离子束是同位素，则x 越小，离子质量越小C ．只要x 相同，则离子质量一定相同D ．x 越大，则离子的比荷一定越大答案 B解析 由qU ＝12mv 2 ① qvB ＝mv 2r ② 解得r ＝1B2mU q ，又x ＝2r 故选B.题组三 带电粒子在复合场中的运动图382312．如图3823所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v 沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是( )A ．若一电子以速率v 从右向左飞入，则该电子也沿直线运动B ．若一电子以速率v 从右向左飞入，则该电子将向上偏转C ．若一电子以速率v 从右向左飞入，则该电子将向下偏转D ．若一电子以速率v 从左向右飞入，则该电子也沿直线运动答案 BD解析 若电子从右向左飞入，静电力向上，洛伦兹力也向上，所以电子上偏，选项B 正确，A 、C 错误；若电子从左向右飞入，静电力向上，洛伦兹力向下．由题意，对正电荷有qE ＝Bqv ，会发现q 被约去，说明等号的成立与q 无关，包括q 的大小和正负，所以一旦满足了E ＝Bv ，对任意不计重力的带电粒子都有静电力大小等于洛伦兹力大小，显然对于电子两者也相等，所以电子从左向右飞入时，将做匀速直线运动，选项D 正确．图382413．一个带电微粒在如图3824所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：(1)该带电微粒的电性？(2)该带电微粒的旋转方向？(3)若已知圆的半径为r ，电场强度的大小为E ，磁感应强度的大小为B ，重力加速度为g ，则线速度为多少？答案 (1)负电荷 (2)逆时针 (3)gBr E解析 (1)带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷．(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反)．(3)由粒子做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg ＝qE ①带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： r ＝mv qB② ①②联立得：v ＝gBr E题组四 带电粒子在电场和磁场组合场中的运动图382514．如图3825所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ，一质量为m ，电荷量为－q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与点O 的距离为L ，求此粒子射出的速度v 和运动的总路程s .(重力不计)答案 qBL 4m πL 2＋qB 2L 216mE解析 由题意知第3次经过x 轴的运动如图所示由几何关系：L ＝4R设粒子初速度为v ，则有：qvB ＝m v 2R可得：v ＝qBL 4m； 设粒子进入电场作减速运动的最大路程为L ′，加速度为a ，则有：v 2＝2aL ′qE ＝ma则电场中的路程：L ′＝qB 2L 216mE粒子运动的总路程：s ＝2πR ＋2L ′＝πL 2＋qB 2L 216mE15．如图3826所示，平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点与y 轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力，求：图3826(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R ；(2)匀强电场的场强大小E .答案 (1)2mv 0qB (2)3－3v 0B 2解析 (1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N 点时的速度为v ，把速度v 分解如图甲所示甲根据平抛运动的速度关系，粒子在N 点进入磁场时的速度v ＝v x cos 60°＝v 0cos 60°＝2v 0. 如图乙所示，乙分别过N 、P 点作速度方向的垂线，相交于Q 点，则Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心根据牛顿第二定律qvB ＝mv 2R所以R ＝mv qB， 代入v ＝2v 0得粒子的轨道半径R ＝2mv 0qB(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t由牛顿第二定律：qE＝ma①设沿电场方向的分速度为v y＝at②粒子在电场中x轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：粒子在x轴方向的位移：R sin 30°＋R cos 30°＝v0t③又v y＝v0tan 60°④由①②③④可以解得E＝3－3v0B2.。

典例一、带电粒子在匀强磁场中的运动 定性分析1. 如图所示，一带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的运动轨迹为一条光滑曲线，运动方向由a 到b ，则下列说法中正确的是：( )A.粒子带正电，速度逐渐增大B.粒子带负电，速度逐渐增大C.粒子带正电，速度逐渐减小D.粒子带负电，速度逐渐减小2. 带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹.右图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里.该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是：( ) A.粒子先经过之a 点，再经过b 点 B.粒子先经过b 点，再经过a 点 C.粒子带负电 D.粒子带正电定量计算直单界（对称性）1、如图所示，在y ＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy 平面并指向纸里，磁感应强度为B .一带负电的粒子(质量为m 、电荷量为q )以速度v 0从O 点射入磁场，入射方向在xy 平面内，与x 轴正向的夹角为θ.求： (1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计)2、. 如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30o 角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为:( )A.1：2B.2：1C.3:1D.1：1圆界（对称性）3、 如图所示，半径为r 的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

现有一带电离子（不计重力）从A 以速度v 沿圆形区域的直径射入磁场，已知离子从C 点射出磁场的方向间的夹角为60º （1）该离子带何种电荷；（2）求该离子的电荷量与质量之比q/m直双界（极值和多解）4、如图所示，一束电子（电量e ）以速度v 0垂直射入磁感应强度为B ，宽为d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°。

物理带电粒子在磁场中运动经典例题
一个带电粒子在磁场中运动的经典例题是洛伦兹力的问题。

洛伦兹力是指当带电粒子穿过磁场时，由于它的电荷与磁场相互作用而产生的力。

假设一个带电量为q、质量为m、速度为v的点电荷穿过一个强度为B的均匀磁场，则它所受到的洛伦兹力F可以表示为：
F=qvBsinθ
其中，θ为带电粒子速度方向与磁场方向之间的夹角。

根据洛伦兹力的定义，当带电粒子的速度与磁场方向垂直时，它将会受到最大的力；当速度与磁场方向平行时，它将不会受到任何力。

因此，在一个强度为B的均匀磁场中，一个静止的带电粒子（即v=0）将不会受到任何力；一个带电粒子沿着磁场线运动时，也不会受到任何力；而一个带电粒子垂直于磁场线运动时，将会受到最大的力，且该力的方向垂直于速度和磁场线的平面。

利用洛伦兹力的公式，可以解决许多与磁场有关的物理问题，例如：电荷在磁场中作圆周运动、亥姆霍兹线圈、电流荷质比测定等。

带电粒子在匀强磁场中的运动题型一洛伦兹力大小的计算与方向判断1.如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上．设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1．撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则（）A.t1.＞t2B.S1>S2C. S1<S2D. V1>V22.摆长为L的单摆在匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场方向垂直，如图所示，球在最高点A时，摆线与竖直角度为且摆动中摆线始终绷紧，若摆球带正电，电量为q，质量为m，磁感应强度为B，当球从最高处摆到最低处时，摆线上的拉力F多大?题型二带电粒子在有界磁场中的运动问题3.带电粒子的质量m=1.7×10-27kg，电荷量q=1.6×10-19C，以速度v=3.2×106m/s沿着垂直于磁场方向又垂直磁场边界的方向进入匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=0.17T，磁场宽度为L=10cm，求：（不计重力）．（1）带电粒子离开磁场时的偏转角多大？（2）带电粒子在磁场中运动的时间是多少？（3）带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d多大？4.如图1，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，现有一电荷量为q，质量为m的正离子从a点沿圆形区域的直径入射，设正离子射出磁场区域方向与入射方向的夹角为，求此离子在磁场区域内飞行的时间。

题型三“对称法”在带电粒子圆周运动中的应用5.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）6.如右图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0．10 T，磁场区域半径r＝ m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为 C．今有质量m＝3．2×10－26kg．带电荷量q＝1．6×10－19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区穿出．求：（1）该离子通过两磁场区域所用的时间．（2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）题型四复杂轨迹的圆周运动问题如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。

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)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2v qvB mr=得：mv BqR =（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)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤2．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）43.310t s -=⨯ （3）3060~ 曲线方程为222x y R +=(30.1,0.1R m m x m =≤≤) 【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2v qvB m r=，解得0.1r m =（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，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t 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，曲线方程为22x y R += 30.1,0.1R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【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3．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；4．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。

高中物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)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．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qBLv 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2LR = 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．“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 x v v α=1cos 2α=060α∴=4．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=5．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 2＝3m ，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d ＝3cm ，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷4×107C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？ (2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O ，则加速电压为多大？(3) 从P 点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O 点的时刻． 【答案】(1) r 1<1m . (2) U ＝3×107V . (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s (k ＝0，1，2，3，…) 【解析】 【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mv qB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r3＝3m又由动能定理有qU＝12mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足12v t1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝2m qB π故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为8221372180532610360360m mt sqB qBππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．6．如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为2R，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；（2）若离子速率大小02BqRvm=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。