高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，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/qCkgm的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=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B0=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To=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Bo，To应满足的条件．

【答案】（1）100V （2）t=5210s，射出点在AB间离O点0.042m

（3）5010s3T

【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）cosqBdm（2）cossinmqB （3）2cosqBdm

【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：cosdR

洛伦兹力做向心力：200vqvBmR

解得0cosqBdvm

（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sindx

粒子作匀速运动：x=v0t

联立解得cossinmtqB

（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2qBdEmcos

【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.

3．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=Bv0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v0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)0vBa(2)0≤y≤2a (3)78ya，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

Bqv0＝m20vr

故粒子的比荷

0vqmBa

(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＝ym＝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＝v0·t0

2019222qEytaam，

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＝v0·t

竖直方向有

212qEytm

代入数据得

x＝2ay

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

002tanyxqExvmvyvva

有

H＝(3a－x)·tan θ＝(32)2ayy

当322ayy时，即y＝98a时，H有最大值

由于98a<2a，所以H的最大值Hmax＝94a，粒子射入磁场的位置为

y＝98a－2a＝－78a

4．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）43.310ts （3）3060oo 曲线方程为222xyR(30.1,0.120Rmmxm)

【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2vqvBmr，解得0.1rm

（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qEam

粒子在电场中运动的时间2vta

解得43.310ts

（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22xyR 30.1,0.120Rmmxm

【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

5．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qm=5×107C／kg，速度为v0=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U0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)402.1610VU (2)0.04mx (3)0.1425mx

【解析】 【分析】

【详解】

(1)对于t=0时刻射入极板间的粒子：

0lvT 7110Ts

211()22Tya

2yTva

22yTyv

122dyy

Eqma

0UEd

解得：402.1610VU

(2)2TtnT时刻射出的粒子打在x轴上水平位移最大：032ATxv

所放荧光屏的最小长度Axxl即：0.04xm

(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vy.

速度偏转角的正切值均为：0tanyvv 37o

0cos37vvo

6110m/sv

即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.

2vqvBmR

0.03mRr

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.