带电粒子在匀强磁场中的运动精美解析版

1、带电粒子在匀强磁场中的运动一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则()A. 该离子带负电B. A、B两点位于同一高度C. C点时离子速度最小D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点B（济南一中）解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电.故A错误B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A

2、、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度.故B正确C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大.故C错误D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的.如图所示 故选B带电粒子由静止释放(不考虑重力)，在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小

3、，到达B点时速度为零.之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中2. 如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30的方向垂直进入磁场，从QP边界射出.已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A. 该粒子带正电B. 运动过程中粒子的速度不变C. 粒子在磁场中运动的时间为m3qBD. 粒子的速度v的最大值为qBa2mC（济南一中）解：

4、A、粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变当方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；C、粒子在磁场中转过的圆心角：=230=60，粒子在磁场中的运动时间：t=360T=603602mqB=m3qB，故C正确；D、粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径：r=a，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，粒子的最大速度：v=qBrm=qBam，故D错误；故选：C粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向确定粒子所受洛伦兹力方向，然后由左

5、手定则判断出粒子的电性；根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间；粒子从P点射出时速度最大，求出粒子从P点射出时的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子转过的圆心角等于弦切角的2倍，根据几何知识求出粒子转过的圆心角、轨道半径，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题3. 如图所示，两个相同的带电粒子，同时垂直射入一个正方形的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨迹分别是a和b，则它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系是()A. VaVb，tatbB. VaVb，taVb，taVb。设轨迹对应的圆心角为，则粒

6、子在磁场中的运动时间为：t=2T粒子运动的周期为：T=2mqB，可见，周期T相同，由于a的轨迹圆心角小，所以tatb。故选：C。通过洛伦兹力提供向心力求出粒子的轨迹半径，再根据粒子的半径大小，比较速度的大小.结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系解决粒子在磁场中圆周运动的基础就是掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用4. 在平面直角坐标系里面有一圆形匀强磁场区域，其边界过坐标原点O和坐标点a(0,L)，一电子质量为m，电量为e从a点沿x轴正向以速度v0射入磁场，并从x轴上的b点沿与x轴成60离开磁场，下列说法正确的是()A. 电子在磁场中运动时间为L

7、v0B. 电子在磁场中运动时间为3L3v0C. 磁场区域的圆心坐标为(3L2,L2)D. 电子做圆周运动的圆心坐标为(0,-2L)C（济南一中）解：A、粒子运动轨迹如图所示，转运的圆心角为60，则由几何关系可知，R=2L，则可知，粒子在磁场中飞行时间为：t=Rv0=2L3v0，故AB错误；C、由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点.所以：x轴坐标x=aO1sin60=32L y轴坐标为y=L-aO1sin60=L2 O1点坐标为(32L,L2)，故C正确，D错误故选：C由速度公式可得，粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度.由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点

8、的圆的圆心在aB连线的中点，由几何关系即可确定圆心坐标本题考查带电电粒子在磁场中的运动规律，该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，再根据几何关系分析求解即可5. 如图是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个半径为R的D形金属盒，两金属盒表面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，并分别与一个高频电源两端相连.现用它来加速质量为m、电荷量为q的微观粒子，则下列说法正确的是()A. 要使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应为qBmB. 输出粒子获得的最大动能为(qBR)22mC. 要提高粒子输出时的最大速度，需提高电源的电压D. 若先后用来加速氘核(12H)和氦核(24He)，则必须

9、调整电源的频率B（济南一中）解：A、根据qvB=mv2R得：v=qBRm，根据周期公式有：T=2Rv=2mBq，则有：f=qB2m，故A错误B、当粒子的半径达最大时，必须将带电粒子引出，此时由Bqv=mv2R可得：v=qBRm，则最大动能Ek=12mv2=(BqR)22m，故B正确C、由Ekm=(BqR)22m可知，要提高粒子输出时的最大速度，需要增大磁感应强度B和增大回旋加速器的半径R，而不是增加电压，因为电压越大，每一次加速度后的速度增大，圆周运动的半径也变大，加速的次数变小了.故C错误D、根据周期公式有：T=2mBq，两粒子的比荷相等，故周期相等，不需要调整电源频率，故D错误故选：B被加

10、速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；粒子在磁场中偏转，在电场中加速.结合洛伦兹力提供向心力，根据D形盒的半径求出最大速度的大小，从而即可求解高频交流电的频率根据质谱仪的工作原理可知影响最大动能的因素不是电强的电势差的大小，而是金属盒的半径，由洛仑兹力充当向心力可得出最大速度，则可求得最大动能回旋加速器是利用磁场中的圆周运动来反复对电荷加速的，故加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 磁流体发电是一项新兴技术.如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大

11、量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电机.把两个极板与用电器相连，则()A. 用电器中的电流方向从A到BB. 用电器中的电流方向从B到AC. 若只增强磁场，发电机的电动势增大D. 若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势减小AC（济南一中）解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下)，则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最

12、终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=qEd，则qvB=qEd，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C正确、D错误故选：AC本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子(或负离子)受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子(或负离子)所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论7.

13、如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30角；若两带电粒子以相同的大小的初速度v0=2gL，由图中的P点射入电容器，它们分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器，虚线1为连接上下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是()A. 1、2两粒子均做匀减速直线运动B. 1、2两拉子电势能均逐渐增加C. 1、2两拉子的比荷之比为3：4D. 1、2两粒子离开电容器时的速率之比为2：3AD（济南一中）解：A、根据题意可知，粒子均做直线运动，则粒子所受的电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；

14、根据受力图，粒子做直线运动，电场力与重力的合力与速度方向反向，故粒子均做匀减速直线运动，故A正确；B、粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变。故B错误；C、根据受力图，对1：m1g=q1Ecos30，所以：q1m1=2g3E对2：m2gcos30=q2E，所以：q2m2=3g2E可得：q1m1：q2m2=4：3，故C错误；D、带电微粒1沿水平直线运动，合力做的功为：W1=-m1gtan30Lcos30=-23m1gL，根据动能定理得：12m1v12-12m1v02=-23m1gL，所以：

15、v1=23gL带电微粒2沿平行于极板的直线运动，合力做的功为：W2=-m2gsin30L=-12m2gL根据动能定理得：12m2v22-12m2v02=-12m2gL所以：v2=gL所以：1、2两粒子离开电容器时的速率之比为v1：v2=2：3.故D正确。故选：AD。带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。由动能定理分析速率之比。解决本题的关键是根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化。8. 如图所示，两块平行金属板，两板间电压可从零开始逐渐升高到

16、最大值，开始静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界，它与极板的夹角为=30，小孔Q到板的下端C的距离为L，当两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直CD边射出，则()A. 两板间电压的最大值Um=qB2LmB. 两板间电压的最大值Um=qB2L22mC. 能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm=2m3qBD. 能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm=m6qBBC（济南一中）解：M、N两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CH=CQ=L，

17、故半径R1=L 洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv12R1 根据动能定理可得：qUm=12mv12 联立可得：Um=qB2L22m 故A错误，B正确，分析可知，T=2Rv 联立可得T=2mqB 能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间最长的粒子，其轨迹与CD边相切与K点最长时间tm=120360T 联立式得tm=2m3qB 故D错误，C正确故选：BC (1)粒子恰好垂直打在CD板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；(2)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解本题考查带电粒子在加速电场中的运动，匀强磁场中的运动，

18、要掌握住半径公式、周期公式，解题的关键在于规范作图9. 多选静止的原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2；则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值判断正确的是() A. B. C. R1R2=841D. R1R2=2074BC（济南一中）【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况。【解答】AB.原子核

19、发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在同一侧，很据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相反，所以释放的粒子应该是电子，所以原子核发生的应该是衰变；故A错误，B正确；CD.衰变后，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qvB=mv2R，解得：R=mvqB；静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量mv相等，磁感应强度也相等，故q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹，故R1R2=q2q1=841，故C正确，D错误。故选BC。三、填空题（本大题共1小题，共3分）10. 如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、

20、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力.则M、N两个极板中电势较高的是_ 极板；加速电场的电压为_ ；PQ之间的距离为_ M；12ER；2BmERq（济南一中）解：粒子进入静电分析器后在电场力作用下偏转，故可知粒子带正电，极板M比极板N电势高才能使粒子加速对于加速过程，有qU=12mv2，在静电分析器中，由电场力充

21、当向心力，则有Eq=mv2R，由上两式可知U=12ER在磁分析器中粒子由P到Q，直径PQ=2R=2mvqB=2BmERq；故答案为：M；12ER；2BmERq带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动.后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动.最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动.根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低.根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压.最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运

22、动.掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功四、实验题探究题（本大题共2小题，共15分）11. 如图所示，真空中区域I和区域内存在着与纸面垂直的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.在区域II的上边界线上的N点固定一负的点电荷，并采取措施使之只对区域II以上空间产生影响.一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，自区域I下边界线上的O点以速度v0垂直于磁场边界及磁场方向射入磁场，经过一段时间粒子通过区域边界上的点，最终又从区域I下边界上的P点射出.图中N、P两点均未画出，但已知N点在O点的右方，且N点与O点相距L.区域I和的宽度为d=mv02qB，两区域的长度足够大

23、.N点的负电荷所带电荷量的绝对值为Q=Lmv02kq(其中k为静电力常量).不计粒子的重力，求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；(2)粒子在O与O之间运动轨迹的长度和位移的大小；(3)粒子从O点到P点所用的时间及O、P两点间的距离解：(1)由qBv0=mv02R得轨道半径为：R=mv0qB (2)由题意知：R=2d，所以粒子在磁场中偏转角度：=30=6 运动轨迹的长度：s=2R=mv03qB 位移的大小：x=4Rsin15=4Rsin(45-30)=(6-2)mv0qB (3)由分析知：正电荷垂直于区域的上边界经过O点，即与负粒子产生的电场垂直，正电荷受到的库仑力为F=kQqL2=mv

24、02L，所以正电荷将绕N点做匀速圆周运动在磁场中运动周期：T1=2mqB 在磁场中运动对应的总角度：=4=23 在磁场中运动的总时间：t1=2T1=2m3qB 在电场中运动周期：T2=2Lv0 在电场中运动时间：t2=T22=Lv0 正电荷从O点到P点的时间：t=t1+t2=2m3qB+Lv0 正电荷从O点到O点的过程中沿平行于边界线方向偏移的距离：x1=2(R-Rcos30)=(2-3)R 当Lx1 时(如图甲所示)，O、P两点间的距离为：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB 当Lx1时(如图乙所示)，O、P两点的距离为：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L 答：

25、(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径mv0qB(2)粒子在O与O之间运动轨迹的长度为mv03qB，位移的大小(6-2)mv0qB(3)粒子从O点到P点所用的时间为2m3qB+Lv0，O、P两点间的距离：当Lx1时，O、P两点间的距离为：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB；当Lx1时，O、P两点的距离为：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L（济南一中）(1)由洛仑兹力提供向心力可求得半径公式(2)由于区域和磁场的大小相等方向相反，所以从O点垂直入射的粒子做匀速圆周运动的方向相反.运动轨迹具有对称性.由题意知磁场宽度d的表达式可以看出半径与距离d，再由几何关系关系找

26、到粒子在两个磁场区域内偏转的角度，从而能求出路程和位移(3)由分析知：正电荷垂直于区域的上边界经过O点，即与负粒子产生的电场垂直，正电荷受到的库仑力为F=kQql2=mv02l，所以正电荷将绕N点做匀速圆周运动，转过半圈后再次回到区的上边缘，进入区和区分别做匀速圆周运动，由运动的对称性和相关几何关系，能求出粒子从O点到P点所用的时间及O、P两点间的距离本题的靓点在于：粒子在、运动做匀速圆周运动由于转动方向相反，所以具有对称性，且有关系R=2d，这为后续计算提供方便.由于N点的负电荷所带电荷量的绝对值为Q=Lmv02kq，则q、Q之间的库仑力F=kQqL2=mv02L，刚好使q绕N点做半径为L的

27、匀速圆周运动，这样整个运动轨迹就非常对称，时间与距离很容易求出12. 质量为m、电荷量+q的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图所示，若小球a与绝缘地板间的动摩擦因数为，已知小球a自A点沿绝缘板做匀速直线运动，在B点与质量为M=2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回A点，往返总时间为t，AB间距为L，求(1)磁感应强度大小；(2)匀强电场场强E；(3)全过程摩擦力做的功解：(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械

28、能守恒。设碰前a球速度为v0，碰后a球，b球速度大小分别为va，vb，取向右为正方向，则有：mv0=-mva+Mvb12mv02=-12mva2+12Mvb2由式解得：va=13v0，vb=23v0往返总时间t=Lv0+Lva=4Lv0得：v0=4Lta球碰后匀速返回，则有：qBva=mg得：B=mgqva=3mgt4qL(2)a球碰前匀速，则有：FN=mg+qBv0qE=FN由解得：E=4mgq方向：水平向右。(3)碰前摩擦力对a球做的功为：W1=-fL=-qEL=-4mgL碰后摩擦力对b球做的功为：W2=-12Mv02=-64mL29t2故摩擦力对系统做的功为：W=W1+W2=-(4mg+

29、64mL29t2)答：(1)磁感应强度大小是3mgt4qL；(2)匀强电场场强E是4mgq，方向：水平向右；(3)全过程摩擦力做的功是-(4mg+64mL29t2)。（济南一中）(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒。由此求出碰撞后两球的速度与碰撞前a球速度的关系式，根据往返时间关系列式，求出碰撞前a球的速度。结合碰撞后a球匀速运动，受力平衡，求解磁感应强度大小；(2)根据碰撞前a球匀速运动，由平衡条件求匀强电场场强E；(3)根据功的计算公式计算碰撞前后两个过程摩擦力做功，从而得到全过程摩擦力做的功。解决本题的关键是明确小球的受力情况和运动过程，把握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律。五、计算题（本大题共4小题，共38分）13. 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x