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

1、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)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, 比荷 q =5 1Ckg的带正电粒子，从 A点m以vo=2 1ns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

2、影响，不考虑相对论效应。:f (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) 16NC(2) 1.6 10 2T (3) 3.9 10 4s【解析】【详解】(1) 带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=VOtL 1qEt22 2m解得 E=16NC(2)设带正电的粒子从 P点射出电场时与虚线的夹角为 则：tanV0

3、m可得=450粒子射入磁场时的速度大小为v= .2 V0粒子在磁场中做匀速圆周运动:2V qvB m一 r由几何关系可知r 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3圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为二,带负电的粒子转过的圆心角为2；两带电qB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带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t13t45.9104S ;带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t2It42.0104S带电粒子在AC两点射入电场的时间差为t tt23

4、.910 4S2. 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)。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有 一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B, y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为 2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从 P点沿与X轴正方向成37角射出一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不 计粒子的重力。求：(1) 带电粒子的初速度；【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度V沿与X轴正向成37角方向射出，经过圆周 C点进入磁场，做匀速

5、圆周运动，经过 y轴左侧磁场后，从 y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由OiQ耳5LSin 37VRi解得：V8qBLm由公式qvB2VLmVm一 得：R2,解得：R2 4LR2qB在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，R O1Q QC2V qvB m由R2 4L可知带电粒子经过 y轴右侧磁场后从图中 Oi占垂直于y轴射放左侧磁场，由对 称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到 P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1PC 5Lcos37t PC t1带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为 Tl ,时间为t2qB2t237o360Ti带电粒

6、子从D做匀速圆周运动到 Oi点的周期为T2 ,所用时间为t32 m m q B qB3从P点到再次回到P点所用的时间为tt 2ti 2t2t2MN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 m ,电量为+q的带电质点，以大3.如图所示，纸面向里，磁感应强度为场.水平线段 AP与MN相交于O点.在A点有一质量为小为vo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 与O点间的距离为-ImVO ,虚线MN右侧电场强度为 -3mg ,重力加速度为g.qBq虚线求:联立解得：t 1 4415 q；。；(3)

7、 ,13Vo .(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 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Vp.mg【答案】(1),方向竖直向上；(q【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 E左mg，方向竖直向上;q(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:Bv0q 业

8、， mv0所以轨道半径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dAOWmv)3R ；根据几何关系可得：带电质点在qBA点的入射方向与AO间的夹1ddAO60，.2 arcs InR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:O点的竖直分速度(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J31Vy VOSin60Vo ,水平分速度 VX VoCoS60丁 ；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

9、速运动;质点运动到P点，故竖直位移为零,所以运动时间2vy- 3V0 .；g所以质点在P点的竖直分速度VyPVO，水平分速度VXPVXqE tm所以带电质点从O点进入虚线MNVy23g負g右侧区域后运动到 P点时速度72v0 ；22VP- VyPVXP4.如图，区域I内有与水平方向成 45 角的匀强电场E1 ,区域宽度为d1 ,区域内有正 交的有界匀强磁场 B和匀强电场E2，区域宽度为d2，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 后做匀速圆周运动，从区域 右边界上的Q点穿出，其速度方 向改变了 30

10、o,重力加速度为g,求：XQX XXidI(1)区域I和区域内匀强电场的电场强度 E1 E2的大小(2) 区域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)e1 2mg,E2 mg6d qq2qd26gd2【解析】qE1si n45mg【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:求得：E1微粒在区域2mgqII内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有:mg qE2求得：E2mgq粒子进入磁场区域时满足:qE1d1cos451 2 mv 22V qvB m R根据几何关系，分析可知:d2sin302d22qd2(3) 微粒从P到Q的时间包括

11、在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2 ,并满 足:一 a1t12d12mgta n45ma1302 Rt2360 V经整理得：t t1 t2 药丄6d1叫丽Vg 12 qB6gd25.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be与长1=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 =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 (53 147 )，矩形区域内

12、有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3 10-3 kg、电荷量q=3 IO-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1m/s的速度水平向右弹回.已知P与ab间的动摩擦因数 =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Fn；当 =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

13、B1；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及对应的值.127【答案】(1) FN 4.6 10 2N B1 1.25T tS, 1 90和 2 1430360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为 v1和v1 , Q碰后的速度为v2一 1 2 1 2从a到b ,对P ,由动能定理得：-m1glm1v 1m1v02 2解得：v1 7m/s碰撞过程中，对 P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1v1 m2v2取向左为正方向，由题意 v11m/s ,解得：v2 4m/s2 b点：对Q ,由牛顿第二定

14、律得：FN m2g m2竺-R2解得:FN 4.6 10 N设Q在C点的速度为VC ,在b到C点，由机械能守恒定律:1 2m2v221 2m2gR(1 CoS )m2vc2解得：VC 2ms进入磁场后：Q所受电场力2F qE 3 10 N m?g，Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：qVcBi2m2%riQ刚好不从gh边穿出磁场,由几何关系： A d 1.6m解得：Bi 1.25TIm当所加磁场B2 2T ， r2m2VcqB2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:XI I I!松、设最大圆心角

15、为，由几何关系得:Cos(180)127解得:运动周期：T2 m2qB2则Q在磁场中运动的最长时间:T空？S迟S360360 qB2360此时对应的角：190和21436. 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)B.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V0从y轴上一3y的范围内垂直于 y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=- 2处射入的电子，经磁场偏

16、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(1) 匀强磁杨的磁感应强度B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LIiL/ K * XhiLI/ 3f * M/ M Wl B U _ - .-T- S -Q甲k*【答案】(1)mv0 ；(2)0 y 2d ； ( 3)9d ；ed4【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:ev0Bmv0解得：Bmvoed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

17、最远，如图甲所示d+ * E卓嚴设此时的圆心位置为 O ,有：OarSin 30OO 3d Oa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ym 2r 2d电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范围为0 y 2d设电子从O y 2d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,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：X V0t1 eE+212 meEVy 1 m1anVyVQtan3d X解得：L （3、d ,2y） 2y9即y 8d时，L有最大值9解得

18、：L d4当、壬岔【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.7. 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 =0.1 ,地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板 C右侧竖直虚线 PQ MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R=1m和R2=3m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板

19、C顶点的距离OC=2m,现有一质量 m=15g、带电荷量q=+6 103C的物块A（可视为质点）以 vo=4ms的初速度滑上木板 D,二者之间的动摩擦因数 2=0.3,当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10ms2(1) 当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小(2) 求电场强度的大小.为保证小物块 A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值 范围。5【答案】(1)3ms2, 1ms2; (2)25Vm;仃 BT 或 B 5T3【解析】【详解】(1

20、) 当物体刚滑上木板 D时，对物体A受力分析有：2mg ma2解得：a2=3 ms2对木板D受力分析有：2mg I 2mg ma1解得：a=lms2(2) 物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg qE解得：E=25 Vm;(3) 物块A与木板D共速时有：V Vy a?t ait解得：v=1 ms2粒子做匀速圆周运动有：qvB m R要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨迹半OC R1 亠 OC+R0C + R2径R应满足：R1或1 R-2 2 25解得：B 5T或仃 B -T。3&如图所示，在Xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R

21、=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T,方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点 O.在y轴左侧、一0.1mx0区域内，存在沿 y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强 度的大小为E=10 1(4NC.一个质量为 m=2.0 Kfkg、电荷量为q=5.0 10C的带正电粒 子，以vo=5. 1ms的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m, 0.2m),不计粒子重力.J K XA tI X X X X *6IXXX X , Mn*jl Z /P I KZfc * -P(1) 求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2) 求该带电粒子离开

22、电场时的位置坐标；若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点0,求所加匀强磁场的磁感应强度大小.【答案】(1) r 0.2m(2) 0.1m, 0.05m(3) BI 4T【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度， 结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出 射出电场的坐标.先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半mv径，然后根据公式 B 求得磁场强度qR【详解】2(1) 带正电粒子在磁

23、场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qv0B mvr解得：r 0.2m(2) 由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿X轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a ,到达电场边缘时，竖直方向的位移为y,有:1 .2L vt , y at2由牛顿第二定律有：qE ma联立解得：y 005m所以粒子射出电场时的位置坐标为0.1m, 0.05m(3) 粒子分离电场时，沿电场方向的速度Vy at3解得：Vy Vo 5.0 10 m/ S则粒子射出电场时的速度：V 2Vo设所加匀强磁场的磁感应强度大小为B1 ,粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为r1 ,由几何关系可知： r12

24、m202由牛顿第二定律有：qvB mri联立解得：Bi 4T9. 如图所示，y, N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d 在金属板左侧板间中点处有电子源 S,能水平发射初速为 Vo的电子，电子的质量为 m ,电荷量为e.金属板 右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域， 两磁场的宽度均为d.磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边 界d处有一个荧光屏过电子源 S作荧光屏的垂线，垂足为 O以O为原点，竖直向下为 正方向，建立y轴现在y, N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出进入磁场.(不考虑电

25、子重力和阻力)(1) 电子进人磁场时的速度 V;(2) 改变磁感应强度 B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 磁场的磁感应强度口大小的范围； 电子打到荧光屏上位置坐标的范围.【答案】(1)2Vo ,方向与水平方向成 45(2) B1- 2 mvo, 4d 2、2d 4ded【解析】试题分析：(1)电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有d = -Z7(1分)加二珈(1分)丹二皿(1分)一 . .- ( 1 分)解得. （1分）速度偏向角.（1分）Bm v0时电子能打ed在荧光屏上（得Bmvo不扣分）ed（1 分）1 分）（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值

26、Bo ,此时电子在磁场中作圆周运动的半径为 R上上丁 .（ 2分）2又有qvB。 m（ 2分）R由 解得：B0 （I2）mv0（ 1分）ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度如图所示，电子在磁感应强度为Bo时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，出射点位置到So连线的垂直距离y1 d 2Rsi n45（ 1 分）电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标y y1 d tan 450 （ 1 分） 解得 y2 4d 2 2d（ 1 分） 当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

27、为 y d 3d tan 450 4d （ 1 分）电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：4d 2 &d 到 4d （2 分）考点：带电粒子在磁场中受力运动.10. 如图 所示，在空间有一坐标系Xoy,直线OP与X轴正方向的夹角为 30,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和,直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B, 质量为 m电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度V从O点沿与OP成30角的方向垂直磁场进入区域I,质子先后通过磁场 区域I和后，恰好垂直于 X轴进入第四象限，第四象限存在沿-X轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标X的

28、关系如图(b)所示，试求(1) 区域中磁场的磁感应强度大小；(2) 质子再次到达y轴时的速度大小和方向。【答案】(1) B2 2B ； ( 2) V(23)vV ;方向向左下方与y轴负向成 arccos . 2. 3 (6 2)的夹角arccos 2【解析】试题分析：(1)由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于X轴正向进入区，设质子从OP上的C点进入区后再从 D点垂直X轴进入第四象限，轨迹如图。:TI0A 0)的粒子从左侧平行于 X轴射入磁场，入射点为 M .粒子在磁场中运动的轨道半径为R粒子离开磁场后的运动轨迹与X轴交于P点(图中未画出)，且 OF=R.不计重力.求 M点到O点的距离和粒子

29、在磁场中运动的时间.【答案】当 =30时，粒子在磁场中运动的时间为T12m6qB当 =90时，粒子在磁场中运动的时间为2qB【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为;粒子从A点射出后，运动轨迹交 X轴的P点，设AP与X 轴的夹角为,如图所示.有(判断出圆心在y轴上得1分)2qvB m （1 分）R2 m周期为T（1分）qB过A点作X、y轴的垂线，垂足分别为 B、D.由几何知识得AD RSin a， OD AD cot60 ，一 -，OP AD BP（2分）1联立得到Sin ar cos a 1 （ 2分）3解得a =30；或a =90。（各2分）设M点到O点的距离为h,有AD RSin Ot更一OD Rcos a AD3h RoC，OC CD联立得到h=R