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高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

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高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR (2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin602x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,2R R⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2m TqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o，粒子在磁场中运动时间：12Tt=，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：22stv=，其中132s R R==，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t=+解得：()5Rtvπ+=．2．相距为L 的平行金属板M、N，板长也为L，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线EF 对齐，EF左侧有水平匀强电场，M、N两板间所加偏转电压为U，PQ 是两板间的中轴线．一质量为m、电量大小为+q的带电粒子在水平匀强电场中 PQ上A 点由静止释放，水平电场强度与M、N之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从N板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中，A点离EF 的距离为L/2；不计粒子的重力，求：（1）磁感应强度B大小（2）当带电粒子运动到M点后，MN 板间偏转电压立即变为−U，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到A 点，求带电粒子从出发至回到A点所需总时间．【答案】（12mUL q2）344L mLqUπ+（）【解析】【详解】（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A到点O：有：2122U lq mvL=-……………①在竖直向下的电场中从点O到N右侧边缘点B：水平方向：L v t=……………②竖直方向：2122L qUtmL=……………③在B点设速度v与水平初速度成θ角有：2tan 21LLθ=⨯=……………④粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得：2R L =……………⑤ 又：2v qvB m R=……………⑥联解①②③④⑤⑥得：2L mUB q=……………⑦（2）粒子在磁场中运动的圆心角32πα=22R mT v qBππ== 在磁场中运动时间：2t T απ'=在水平电场中运动时间：00v v t qU a mL==''……………⑧总的时间：22t t t t '='++'总……………⑨联解得：344L mt L qUπ=+总（） ……………⑩3．如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t =0时刻，一位于ad 边中点o 的粒子源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od 边的夹角分布在0～180°范围内．已知沿od 方向发射的粒子在t t =0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求：（1）粒子的比荷q ／m ；（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．（若角度不特殊时可以用反三角表示，如：已知sinθ＝0.3，则θ＝arcsin0.3)【答案】（1）06Bt π（2）56（3）0125arcsin t π⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由题中“在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析本题． 【详解】（1）初速度沿od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其圆心为n ，由几何关系得6onp π∠=012Tt =粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得22()Bqv m R Tπ=2RvTπ=解得6qm Btπ=（2）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等，在t0时刻仍在粒子磁场中的粒子应位于o为圆心，op为半径的弧pw上．由图知56powπ∠=此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为56（3）在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应该与b相交，设粒子运动轨迹的圆心角为θ，则5sin2θ=在磁场中运动的最长时间512arcsin42t T tθππ==所以从粒子发射到全部粒子离开共用时125t tπ⎛=⎝⎭4．质量为m电荷量为+q的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v水平射入。

第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。

发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B。

（1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。

【解析】 【详解】（1）设半圆形区域的半径为r ，B 点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为θ，第一次射入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向r +r cos θ=vt竖直方向的速度v y =qE m t =(1cos )qEr mvθ+ 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角tan α=y v v=2(1cos )qEr mv θ+第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B 点速度与直径方向的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径R =mv qBtan 2θ=r R =qBr mv第二次射出B 点速度与直径方向的夹角tan θ=22tan212tan θθ-=222222qBtmvm v q B r -因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。

第一次在水平方向r +r cos θ=vt 1第一次粒子在电场中运动的时间t1=(1cos) rvθ+第二次粒子在磁场中运动的半径R=mvqB=tan2rθqB=tan2mvrθ第二次粒子在磁场中运动的t2=2θπT=22mqBθππ=mqBθ=tan2rvθθ=(1cos)sinrvθθθ+因为sinθθ>，所以t2>t1。

5．如图所示，在水平面内有一个正三角形边界和一个边长为l、每条边均为挡板的正六边形边界ABCDEF，在其六个顶点各开有一小孔，且正三角形边界与正六边形边界的几何中心重合.两边界之间的区域Ⅰ和六边形边界以内的区域Ⅱ均有垂直纸面向里的匀强磁场，三角形边界以外为真空.区域Ⅰ磁感应强度大小为4B0，区域Ⅱ磁感应强度大小为B0.现有大量质量均为m、电量均为q的正电粒子(粒子直径略小于小孔直径)从A点以大小不同的速度v 垂直于AB边进入区域Ⅱ，若粒子与挡板撞击则速度立刻减为0，不计粒子的重力与粒子间的相互作用力，则：(1)求能从顶点C由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子速度的大小；(2)求粒子最初从A点出发又回到A点经历的最短路程;(3)为使所有粒子均不会从正三角形边界中飞出，求正三角形边界所围的最小面积.【答案】(1)qBLvm=(2)72lπ（3）23621316+【解析】(1)粒子能从C点由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子圆心在B点,轨迹半径R=l又因为20mv qvB R=，所以qBL v m =； (2)经分析，除一开始从发射点A 运动到点D 、并在点D 由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子，其余粒子运动一段时间后均会与挡板相撞，速度减为0.不与挡板相撞的粒子在区域Ⅱ运动轨迹的半径R 1=2l ，圆心角3πθ=在区域Ⅰ磁感应强度变为4B 0，运动轨迹的半径211142R R l ==，圆心角απ= 可画出物理在两个磁场区域内的运动轨迹如图所示.从A 出发回到A 的最短7=(3)23322l l l l πππ⨯⨯+⨯=总 ； (3)如下图所示，画一个正三角形边界，使该三角形三条边均与区域Ⅰ中的三个半圆形轨迹相切.由图可知，三角形333333(23)(3)(22h r r l =+⨯== 边长33(23)(3)2l r l =+=2136213216s h l l +=⋅= 点睛：本题运用几何关系与物理规律相结合来解题，要学生掌握这类题型的答题方法与技巧，因此根据题意结合知识，画出正确的运动轨迹图是关键之处。

6．如图甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R, 0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化（每个周期内正、反向时间相同）．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t=0时刻A 落至点03R （，），此时，另一带负电的小球B 从圆形区域的最高点22R R （，）处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动．当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点20R （，）；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开始做匀速运动．两球的质量均m ，电荷量大小为q ，不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g ，求：（1）匀强电场的场强E 的大小；（2）小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； （3）电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离S ． 【答案】（1）mg qE =（2）2m gB qRπ=3225(22)π++【解析】 【分析】 【详解】(1)小球 B 做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 Eq ＝mg ，解得 mg qE =(2)设小球 B 的运动周期为 T ，对小球 A ：Eq ＋mg ＝ma ， 解得 a ＝2g ； 由 R ＝a (2T )2，得 2RT g= 对 B 小球：2=BB v Bqv m R22B Rv gR Tπ== 解得2m gB qRπ=(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是 B 球做圆周运动周期的 2 倍 对小球 A ：在原点的速度为32A R T v a T =+ ， 在原点下的位移5A A y v T R ==2T 末，小球 A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球 B 的线速度 v B ＝π2gR ； 水平位移x B ＝v B T ＝2πR ； 竖直位移为 y B ＝12aT 2＝2R ； 2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R ，0]则 2T 末，A 、B 两球的距离为： AB ＝225(22)π++R ．7．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀强电场和匀强磁场。

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高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B 。

x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E 。

屏MN 与y 轴平行且相距L ，一质量为m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点O 点之间的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？【答案】(1)()222s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】 【分析】 【详解】(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得2012eEs mv =在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有200v qv B m r=可得mv r qB=根据题意有(2n ＋1)r ＝L所以解得()222221eL B s Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即)2(2214s T Tt n n a ++⋅＝＋ 由公式 eE ma =可得eEa m=由公式 20v qvB m r = 和 02r T v π=可得2mT eBπ=综上整理可得()212BL m t n E eBπ=++ (n ＝0,1,2,3…)2．在矩形区域abcd 中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中22bc ab l e ==，为bc 边界上的一点,且2lce ，=重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度0v 射入磁场,已知粒子的比荷为k ，求：(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开,则磁场的磁感应强度0B 应为多大? (2)如果磁场的磁感应强度002v B kl=，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场,则磁场的变化周期0T 应满足什么条件? (3)如果磁场的磁感应强度002v B kl=，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T 垂直bc 边离开磁场,再次进入磁场后经过0T 从a 点离开磁场区域,则电场强度E 以及粒子在电场中的路程x 分别为多大?【答案】(1)0045v B kl =； (2)0056l T v π≤；(3)()208,(01221v E n n klπ==⋯+，，）；()21,(01238n l x n π+==⋯，，，）【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有2000v qv B m R =由几何关系，有22200()2l R l R =+-解得054R l =由于qk m= 解得045v B kl=； （2）由0mv R qB =可知，粒子运动的半径为 2l R =临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示圆周运动的周期为002m lT qB v ππ==； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π； 对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12T t ≥联立可得0056lT v π≤（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示由题意有00122m T qB π=⨯得002lT v π=在电场中有qE ma =往返一次用时为2v t a∆=； 应有01()2t n T ∆=+，可得()20821v E n kl π=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()02112228n l tx v π+∆=⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）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 xv v α=1cos 2α=060α∴=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 。

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，-3d<y<3d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．【答案】（1）0mv qd（2）00243d dv v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3…或()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3 【解析】 【分析】（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同； 【详解】（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =粒子在磁场中2v qvB m R=，得到：0mv B qd =；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：102dt vπ=粒子在无场区运动时间：2043dt = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋ 得到：00243d dt v π=+ （3）粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3002224323dd t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：4002332d dt v v ==①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝ 得到：()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．2．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。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题(含答案)

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高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，有一磁感强度39.110B T -=⨯的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l =0.1m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之间的夹角θ=30°。

（电子的质量319.110kg m -=⨯，电量191.610C q -=⨯）(1)电子在C 点时所受的磁场力的方向如何？(2)若此电子在运动后来又经过D 点，则它的速度应是多大？ (3)电子从C 点到D 点所用的时间是多少？【答案】（1）见解析；（2）81.610m/s ⨯；（3）106.510s t -=⨯。

【解析】 【分析】 【详解】(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C 点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。

(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD 所对的圆心角为60°，即∠DOC =60°，△CDO 为等边三角形，由此可知轨道半径R =l由牛顿第二定律可得2mv evB R= 代入数值解得81.610m/s eBlv m==⨯ (3)将R =l 和eBl v m =代入周期公式2RT vπ=中得2mT eBπ=设电子从C 点到D 点所用时间为t ，由于电子做匀速圆周运动，所以1326t T ==ππ 由上两式得163m t T eBπ== 代入数据得106.510s t -=⨯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()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 xv v α=1cos 2α=060α∴=3．如图所示，某同学没计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，圆环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．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v1；（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v1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v2；（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v3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）23BLqm（2221BLq32203BE EvB+⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111vqv B mr=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：2221BLqv =（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 ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．如图所示，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为+q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。