高二物理《带电粒子在磁场中的运动》测试题1

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。

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．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.【答案】（1）Bvd （2）Bb（3）3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b【解析】 【详解】（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足 Bev=Ee因为正电子的比荷是b ，有 E=U d联立解得：u Bvd =（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。

4T t =m t =2t2111v ev B m R =T ＝122R mv Be＝ππ 联立解得：t Bbπ=（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef ，需满足 轨迹半径R 1＝3d1ev B =m 211v R11U ev B ed=⑪ 联立解得：2213U d B b =临界态2：沿A 极板射入的正电子和沿B 极板射入的电子恰好射到收集板同一点 设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R 1 有（R 2﹣14d ）2+9d 2＝22R 2Bev =m 222v RBe 2v =2U e d 联立解得：2221458B d bU =解得：U 的范围是：3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b2．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 +=(30.10.1R 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．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。

高二物理测试题带电粒子在磁场中的运动一、选择题1．有一圆形边界的匀强磁场区域，一束质子流以不同的速率，由圆周上的同一点，沿半径方向射入磁场，质子在磁场中（ ）A ．路程长的运动时间长B ．速率小的运动时间短C ．偏转角度大的运动时间长D ．运动的时间有可能无限长2． 粒子（e H 42）和氘核（H 21）垂直于磁感线方向进入同一匀强磁场中，它们作匀速圆周运动的半径相同，其原因可能是它们（ ）A ．进入磁场的初速度相同 B.进入磁场的初动能相同C ．入磁场的初动量相同 D.进入磁场前均由静止起经同一电场加速３．如图所示，一阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线的径迹向弯曲，则（ ）A ．导线中的电流从A 到BB ．导线中的电流从B 到AC ．若要使电子束的径迹向上弯曲，可以改变AB 中的电流方向来实现D ．电子束的径迹与AB 中的电流方向无关4．如图所示为电视机显像管的偏转线圈的示意图．线圈中心Ｏ处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向由纸内垂直指向纸外．当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应（ ）A ．向左偏转B ．向上偏转C ．向下偏转D ．不偏转5．电子与质子速度相同，都从O迹（ ）A ．a 是电子运动轨迹，d 是质子运动轨迹B ．b 是电子运动轨迹，c 是质子运动轨迹C ．c 是电子运动轨迹，b 是质子运动轨迹D ．d 是电子运动轨迹，a 是质子运动轨迹 6. 在空间某一区域中存在着匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子能够沿着一条直线运动，则关于电场和磁场方向与带电粒子的运动情况，下列说法中正确是（ ）A ．如果电场和磁场的方向相同，粒子一定做匀速直线运动B ．如果电场和磁场的方向相同，粒子一定做匀变速直线运动C ．如果电场和磁场方向相互垂直，粒子一定做匀速直线运动D ．如果电场和磁场方向相互垂直，粒子可能做变速直线运动7. 如图所示，匀强电场E 的方向竖直向下，匀强磁场B 的方向垂直纸面向里，让三个带有等量同种电荷的油滴M 、N 、P 进入该区域中，M 进入后能向左做匀速运动，N 进入后能在竖直平面内做匀速圆周运动，P 进入后能向右做匀速运动，不计空气阻力，则三个油滴的质量关系是（ ）A ．m Ｍ＞m Ｎ＞m ＰB ．m Ｐ＞m Ｎ＞m ＭC ．m Ｎ＜m Ｍ＝m ＰD ．m Ｎ＞m Ｍ＝m Ｐ8．一电子在匀强磁场中以一正电荷为圆心在一圆轨道上运行，磁场方向垂直于它的运动平面，电场力恰好是磁场作用在电子上的磁场力的3倍，电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的角速度可能为（ ）A 、m Be 4B 、m Be 3C 、mBe 2 D 、m Be 9．关于带电粒子所受洛伦兹力f 、磁感应强度B 和粒子速度v 三者方向之间的关系，下列说法正确的是（ ）A ．f 、B 、v 三者必定均相互垂直 B ．f 必定垂直于B 、v ，但B 不一定垂直vC ．B 必定垂直于f 、v ，但f 不一定垂直于vD ．v 必定垂直于f 、B ，但f 不一定垂直于B10．电子射入只存在磁场的空间区域后 （ ）A ．动能不可能变化B ．动量一定变化C ．能作匀速直线运动D ．一定作匀变速直线运动11．如图所示，绝缘劈两斜面光滑且足够长，它们的倾角分别为α、β（α<β），处在垂直纸面向里的匀强磁场中，将质量相等、带等量异种电荷的小球A 和B ，同时从两斜面的顶端静止释放，不考虑两电荷之间的库仑力，则（ ）A ．在斜面上两球作匀加速运动，且a A <aB B ．在斜面上两都作变加速运动C ．两球沿斜面运动的最大位移s A <s BD ．两球沿斜面运动的时间t A >t B二、填空题12. 一个长螺线管中通有恒定直流电，把一个带电粒子（不计粒子重力）沿着管轴线射入管中，粒子在管中 运动13．如图所示，在x 轴的上方（0≥y ）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．在原点o 有一个离子源向x 轴上方的各个方向发射出质量为m 、电量为q 的正离子，速率都为 v ，对那些在xy 平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x =________，y =________．（不计离子的重力） 14．电子以4×106m ／s 的速率垂直射入磁感应强度0．5T 的匀强磁场中，受到的磁场力为_____N ．如果电子射入磁场时速度v 与B 的方向间的夹角是180°，则电子受的磁场力为_______N ．15．质子（H 11）和α粒子（He 42）从静止开始经过相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比21:k k E E = ，轨道半径之21:r r = ．周期之比21:T T = ．16．如图所示，一束电子（电量为e ）以速度υ垂直射入磁感应强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是30° ，则电子的质量是 ，穿过磁场的时间是 ．17．如图所示，在磁感应强度是B 的水平匀强磁场中有一电子以速度0v 竖直向上运动，电子离开出发点能达到的最大高度是 ，达到最大高度所用的时间是 ，电子能达到的最大位移等于 ，达到最大位移所用 的时间是 .18．如图所示，电子枪发出的电子初速度为零，当被一定的电势差U 加速后，从N 点沿MN 方向出射，在MN 的正下方距N 点为d 处有一个靶P ，若加上垂直于纸面的匀强磁场，则电子恰能击中靶P ，已知U 、d ，电子电量e 、质量m 以及∠MNP=α，则所加磁场的磁感应强度方向为 ，大小为 ．三、计算题19．如图所示，质量为m ，带电量为q 的小球，在倾角为 α的光滑斜面上由静止开始下滑，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，问：（1）小球带电性质如何？（2）此时小球下滑的速度和位移分别是多大？20．如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B ．一带正电的粒子（不计重力）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．若粒子射出磁场的位置与O 点的距离为l ，求该粒子的电荷量与质量之比q/m ．21．如图所示，在x 轴上方有一磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，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 ．求此粒子射出时的速度v 和运动的总路程s(重力不计)．22．如图所示，虚线框内空间中同时存在着匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电力线竖直向上，电场强度E=6×104伏/米，匀强磁场的磁力线未在图中画出．一带正电的粒子按图示方向垂直进入虚线框空间中，速度v=2×105米/秒．如要求带电粒子在虚线框空间做匀速运动，磁场中磁感线的方向如何？磁感应强度大小多大？(带电粒子所受重力忽略不计)23．如图所示，在竖直平面内有一个正交的匀强电场和匀强磁场磁感应强度为1T ，电场强度为310N ／C ．一个带正电的微粒，q ＝2×10－6C ，质量m=2×10-6kg ，在这正交的电场和磁场内恰好做匀速直线运动，则带电粒子运动的速度大小多大？方向如何？24、边长为a 的正方形空腔内有垂直向内的磁场，顶点处有小孔，质量为m 带电量为q 的粒子从A 点以速度0v 垂直射入磁场，如图所示。

高二物理选修3-1学案编写人：楚文明学案类型：限时训练习题使用时间：2012年11月1日——11月3日带电粒子在匀强磁场中的运动（1）1.如图所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子，速率都为v，对那些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x=________，最大y=________.2、如图所示一电子以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向夹角30°，求电子运动时间和质量3.如图所示为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹.室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)，由此可知此粒子( ).(A)一定带正电(B)一定带负电(C)不带电(D)可能带正电，也可能带负电4、如图，在x＞0、y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。

现有一质量为m电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场。

不计重力的影响。

由这些条件可知（）A、不能确定粒子通过y轴时的位置B、不能确定粒子速度的大小C、不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D、以上三个判断都不对5、如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。

若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）A、在b、n之间某点B、在n、a之间某点C、a点D、在a、m之间某点6、边长为a的正方形，处于有界磁场中，如图所示，一束电子以v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则v A:v C= ，所经历的时间之比t A:t B= 。

高二物理带电粒子在磁场中的运动质谱仪测试题一、单项选择题（共63题）1.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强磁场,一个带电粒子（重力不计）水平向左平行于磁场的方向进入磁场．下面对于该粒子在磁场中运动的描述中正确的是A。

该粒子将做匀变速直线运动B。

该粒子将做匀变速曲线运动C。

该粒子将做匀速直线运动D。

该粒子将做匀速圆周运动答案:C2.如图所示，在边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场区，一电量为q,质量为m的带电粒子，垂直边界MN与磁场方向射入磁场区，速度为v，已知磁场磁感应强度为B，那么粒子射出边界MN位置与射入位置间的距离与粒子在磁场中运动时间应为A。

2mv/qB，2πm/qB B. 2mv/qB，πm/qB C. mv/qB，πm/qB D. mv/qB,2πm/qB答案：B3.如图所示,水平导线中通有恒定电流I,导线正下方有一束电子(不计重力），电子运动方向与电流I方向相同。

电子将A.沿路径a运动,轨迹是圆B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大C。

沿路径b运动，轨迹半径越来越小D.沿路径b运动，轨迹半径越来越大答案：B4.质子、氘核、氚核,粒子（都不计重力）,以相同的初动能从同一位置,同一方向垂直射入同一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，下列各图中能正确反映四种粒子的运动轨迹的是答案：D5。

如图,a 、b 两带电粒子（不计重力）分别垂直射入匀强磁场中,圆弧为两粒子运动轨迹，箭头表示运动方向，则A 。

a 粒子带正电,b 粒子带负电B 。

a 粒子带负电，b 粒子带正电C.若它们质量、电量相等，则a 粒子动能大 D 。

若它们质量、速率相等，则a 粒子带电量多答案：BC6。

两个带电粒子，所带电量相同，它们的质量比为1:2，当它们以相同的动量垂直磁场方向射入匀强磁场中，则A 。

在匀强磁场中运动时轨道半径相同B 。

在匀强磁场中运动时，轨道半径比为1：2C 。

在匀强磁场中运动周期相同 D.在匀强磁场中运动周期之比为1：2答案：AD7。

高二物理测试题粒子在磁场中的运动一、不定项选择题1．关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是()A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C．洛伦兹力的方向一定与带电粒子的运动方向垂直D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，可能受洛伦兹力的作用2．关于安培力和洛伦兹力，下面说法中正确的是()A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力C．安培力和洛伦兹力，两者是等价的D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功3．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。

下列表述不正确的是()A．洛伦兹力对带电粒子不做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度有关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向4．如图1的各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()5．如图匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，则() A．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子也沿直线运动B．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向上偏转C．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向下偏转D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电子将向上偏转6.如图3所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时()A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定7．如图4所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则()A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点8.如图5所示，导体AB通电后，由于磁场作用，下述正确的是()A．导体下侧聚集较多电子，使φa>φb B．导体上侧聚集较多电子，使φa<φbC．电子不聚集，a、b之间也应该是等势的D．对同一导体，导体越薄(里外距离)，在同样的电流I和磁场作用下，电压U ab越小9.两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则 ( )A．r1＝r2，T1≠T2B．r1≠r2，T1≠T2 C．r1＝r2，T1＝T2D．r1≠r2，T1＝T210．如图所示，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．a B．b C．c D．d11．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是( )12．一重力不计的带电粒子以初速度v 0(v 0<E B )先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E 和匀强磁场B ，如图甲所示．电场和磁场对粒子总共做功W 1，若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v 0的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功W 2，比较W 1、W 2的大小( )A ．一定是W 1＝W 2B ．一定是W 1>W 2C ．一定是W 1<W 2D ．可能是W 1>W 2，也可能是W 1<W 213．如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示，现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则 ( )A ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0B ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0C ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0D ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 014．环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图正、负离子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .(两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀强圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．)为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m 越大，磁感应强度B 越大B ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m越大，磁感应强度B 越小C ．对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子运动的周期越小D ．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变15．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如上图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从a 到b ，带负电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电16．一同学家中电视机画面的幅度偏小，维修店的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障(显像管及偏转线圈L 如下图所示)．那么引起故障的原因可能是( )A ．电子枪发射能力减弱，电子数减小B ．加速电场的电压过高，电子速率偏大C ．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少D ．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱17、质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电量为q 的带电粒子 (不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打至底片上的P 点，设OP ＝x ，则在图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是 ( )18．如上右图在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则：①偏向正极板的是质子；②偏向正极板的是氚核；③射出时动能最大的是质子；④射出时动能最大的是氚核．以上说法正确的是 ( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④二、填空题19、一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(11H)加速到v ，使它获得动能为E k ，则：(1)能把α粒子(42He)加速到的速度为________．(2)能使α粒子获得的动能为________．(3)加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为________．三、计算题20．地球的磁场可以使太空来的宇宙射线发生偏转。

高二物理测试题带电粒子在匀强磁场中的运动一、单项选择题1．带电粒子不计重力，在匀强磁场中的运动状态不可能的是()A．静止 B．匀速运动C．匀加速运动D．匀速圆周运动2．如图ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面，并且指向纸外。

有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度，但都是一价正离子，则() A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B．只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C．只有m、v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D．只有动能E k大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管3．如图2所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的。

当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度。

如图3的各俯视图中正确表示磁场B方向的是()4.如图4所示，长为2l的直导线拆成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()A．0 B．0.5 Bil C．BIl D．2 BIl5．用同一回旋加速器分别对质子(11H)和氘核(21H)加速后，则()A．质子获得的动能大B．氘核获得的动能大C．两种粒子获得的动能一样大D．无法确定6．一正电荷q在匀强磁场中以速度v沿x方向，进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，如图5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B v/q B．沿y轴负方向，大小为B vC．沿y轴正方向，大小为v/B D．沿y轴负方向，大小为B v/q7.如图6所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧。

高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．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＝Lv ＝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 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E 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、12qEdv m＝代入解得12(1cos )12tan sin 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、12qEd v 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＝代入解得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)．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 +=(30.1,0.120R 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．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q m=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=m2vR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规律得：y =12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180︒×100%=29%4．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P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（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P2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）53v0，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=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P1到P2做类平抛运动：t1=32Lv在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360rvπ︒⨯=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+．5．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N；(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．【答案】(1)24.610NF N-=⨯ (2)11.25B T= (3)127s360tπ=,001290143ββ==和【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为1v和1v'，Q碰后的速度为2v从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒运动周期：222m TqB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒6．在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m ，电荷量为q ．在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力．(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向． 【答案】(1)1mvB qL=(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL=-2(17317)'mvB +=），垂直坐标平面向外【解析】 【详解】（1）由几何关系知，速率为v 的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L =①由牛顿运动定律得21v qvB m R=②得1mv B qL=③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式222()R L y R -+=④得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为3L 17L ⑤故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦ 设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有15172917L L R L L= 又221(9)9v q vB m R ⋅=⑨解得2217(517)mv B qL=-（或2(51717)mvB +=）⑩若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：21732917L LR L L-=222(9)9'v q vB m R ⋅=解得2217'(173)m B qL=-2(17317)'4mvB qL +=）7．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B dq m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d =(2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +， 1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t d v +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d8．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇及解析一、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~o o 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2．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 = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt 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 y v v β=37β=ocos37v v=o 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 ≥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222v g．【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=2 2L，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=24Lvπ，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=222vg；4．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P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ， 由运动学规律知32L =v 0t 1，L =2y v t 1可得t 1=032L v ，v y =43v 0 故粒子在P 2的速度为v 220y v v +=53v 0设v 与x 成β角，则tan β=y v v =43，即β=53°； （2）粒子从P 1到P 2，根据动能定理知qEL =12mv 2-12mv 02可得 E =2089mv qL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2v R解得：B =mv qR =05352m v q L ⨯⨯=023mv qL解得：43v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-32L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=3253L cos 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 =0158L v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．5．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒6．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。