高中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及其解题技巧及练习题(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，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．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）；（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 =︒=，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 =+==；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．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，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，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 =︒=，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．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分析及练习题(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＝R tanβ＝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．2．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 += 30.1,0.120R 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=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 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 ≥4．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02BqR v m=，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。

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．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。

高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(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．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 （23B E【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：()22211r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子21L 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：2v =（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v ''=所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：0E v B =3．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.4．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＝0L 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 0 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 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE 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＝ 12(1cos )12sin 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 E v 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＝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)．5．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 +=30.1,0.120R 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6．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）53v 0，与x 成53°角；（2）043v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-32L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x =32L+（r-rcos37°）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=32Lv在磁场中由P2到M动时间：t2=372360rvπ︒⨯=37120Lvπ从M运动到N，a=qEm=289vL则t3=va=158Lv则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=()4053760Lvπ+．7．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： (T 0+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B 0中偏转60°，而后又在− B 0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.8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

高中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，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 mR=解得：(21)EBv+=故(21)EBv+≥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()oϕ>，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4ELφ=，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∴=3．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，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 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＝R tanβ＝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=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．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。

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．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。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r=可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

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)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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。

（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v M ；（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。

【答案】（1）2U E L =，M eUv m=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3348M R L m t v eUππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2012eU mv = 可得02eUv m=电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eEt m=⨯ 由以上各式可得：2U E L=电子运动至M 点时：220()M Ee v v t m=+ 即：2M eUv m= 设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，02cos M v v θ== 解得：θ＝45°。

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= 2020(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20011v 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 m α-=⋅ 解得:2020(23)9mv E ql ππ-=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3mg q，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）mg q ，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mg E 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1260AO d 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023yv v t g g==； 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．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 d m 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 qBd v 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 dxθ=粒子作匀速运动：x=v0t联立解得cossinmtqBθθ=（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=qv0B解得2qB dEmcosθ=【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.4．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

高中物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，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．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 （23B E【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：()22211r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子21L 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：2v =（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v ''=所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：0E v 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，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003602y 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 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 =+=；5．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 dxθ=粒子作匀速运动：x=v0t联立解得cossinmtqBθθ=（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=qv0B解得2qB d Emcosθ=【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.6．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 Bq==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=++=7．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）5 3v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x=32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．8．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及其解题技巧及练习题(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，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．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．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30o ，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+=+=+⨯=4．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。

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：43mv Bae =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）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：2mv EqR=解得：EqRvm=（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 Eqππ=?=总时间：1232mRt t t t Eqπ=++=3．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200v 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142Bt T m qB π== 所以2B E t t π4．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】（1）52310/m s ?；垂直于AB ⽅向出射．（2）33T （3）23T + 【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 ＝3×105m/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 m ===，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12cos303d R m ==11v B qv m R =知：113310mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最⼤，运动轨迹如图所⽰：由⼏何关系得：221sin 60R R += 故半径2(233)R m =⼜222v B qv m R =故2235B T +=所以B 2应满⾜的条件为⼤于235T +．考点：带电粒⼦在匀强磁场中的运动.5．如图所⽰,在平⾯直⾓坐标系xOy 平⾯内,直⾓三⾓形abc 的直⾓边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三⾓形内有垂直纸⾯向⾥的匀强磁场．在笫⼀象限内,有⽅向沿y 轴正向的匀强电场,场强⼤⼩E 与匀强磁场磁感应强度B 的⼤⼩间满⾜E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置⼀平⾯荧光屏.电⼦束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射⼊磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射⼊的电⼦,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电⼦质量为m,电量为e,电⼦间的相互作⽤及重⼒不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电⼦束从y 轴正半轴上射⼊电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ；（2）02y d ≤≤；（3）94d ；【解析】(1)设电⼦在磁场中做圆周运动的半径为r ；由⼏何关系可得r =d电⼦在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹⼒提供向⼼⼒，由⽜顿第⼆定律得：20v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电⼦在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电⼦从+ y 轴射⼊电场的位置距O 点最远，如图甲所⽰.设此时的圆⼼位置为O '，有：sin 30rO a '=3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进⼊磁场的电⼦射出磁场时的位置距O 点最远所以22m y r d ==电⼦束从y 轴正半轴上射⼊电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电⼦从02y d ≤≤范围内某⼀位置射⼊电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度⽅向与x 轴间夹⾓为θ，在电场中运动的时间为t ，电⼦打到荧光屏上产⽣的发光点距N 点的距离为L ，如图⼄所⽰：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =即98y d =时，L 有最⼤值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒⼦在组合场中的运动，粒⼦在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据⼏何关系确定某些物理量之间的关系；粒⼦在电场中的偏转经常⽤化曲为直的⽅法，求极值的问题⼀定要先找出临界的轨迹，注重数学⽅法在物理中的应⽤．6．在如图所⽰的xoy 坐标系中，⼀对间距为d 的平⾏薄⾦属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑⽔平桌⾯的中间，极板右边与y 轴重合，桌⾯与x 轴重合，o 点与桌⾯右边相距为74d，⼀根长度也为d 的光滑绝缘细杆⽔平穿过右极板上的⼩孔后固定在左极板上，杆离桌⾯⾼为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸⾯向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有⼀个质量为m 、电量为+q 的⼩环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x 正⽅向的稳恒电场时，释放⼩环，让其由静⽌向右滑动，离开⼩孔后便做匀速圆周运动，重⼒加速度取g ．求：（1）环离开⼩孔时的坐标值；（2）板外的场强E 2的⼤⼩和⽅向；（3）讨论板内场强E 1的取值范围，确定环打在桌⾯上的范围．【答案】（1）环离开⼩孔时的坐标值是-14d ；（2）板外的场强E 2的⼤⼩为mgq，⽅向沿y 轴正⽅向；（3）场强E 1的取值范围为223 68qB d qB dm m～，环打在桌⾯上的范围为1744d d -～．【解析】【详解】（1）设在环离开⼩孔之前，环和底座各⾃移动的位移为x 1、x 2．由于板内⼩环与极板间的作⽤⼒是它们的内⼒，系统动量守恒，取向右为正⽅向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 ①⽽x1+x2=d ②①②解得：x1=34d③x2=1 4 d环离开⼩孔时的坐标值为：x m=34d-d=-14d（2）环离开⼩孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：2mgEq=，⽅向沿y轴正⽅向（3）环打在桌⾯上的范围可画得如图所⽰，临界点为P、Q，则若环绕⼩圆运动，则R=0.75d ④根据洛仑兹⼒提供向⼼⼒，有：2v qvB mR=⑤环在极板内做匀加速运动，设离开⼩孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=12mv2⑥联⽴③④⑤⑥解得：2 138qB d Em=若环绕⼤圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦联⽴③⑤⑥⑦解得：2 16qB d Em≈故场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌⾯上的范围为1744d d-～．7．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=Eh=；（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 qvB mR=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：sin R xθ=，变形得：sinmvxqBθ''=．8．如图所⽰，质量m=15g、长度L=2m的⽊板D静置于⽔平地⾯上，⽊板D与地⾯间的动摩擦因数µ=0.1，地⾯右端的固定挡板C与⽊板D等⾼。

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，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。

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=。