高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题含解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点．巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin37°=0.6，cos37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得由洛伦兹力提供向心力可得解得:(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得由库仑力提供向心力得解得:(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则又解得设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则解得:粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，解得:2．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；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为，解得：；(2)由公式得：，解得：由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于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点的时间为带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为从P点到再次回到P点所用的时间为联立解得：。3．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）（2）n=1、2、3......（3）【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：，，联立解得：(2)粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角的正切值=l速度大小设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0)点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有x=R，此时满足L=2nx联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有，此时满足联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3....或，n=1、2、3....(3)若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n××2=2nπ，则若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或4．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v0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v0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．【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=L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=，小球在磁场中的运动时间：t1=T=，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=，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=，解得，加速度：a=，对小球，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；5．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-L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-L＜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（L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）；（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）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．【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vy，由运动学规律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度为v==v0设v与x成β角，则tanβ==，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m解得：B===解得：；（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=-直线与Q′点，可得：P2O′===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=-L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=L+（r-rcos37°）=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=在磁场中由P2到M动时间：t2==从M运动到N，a==则t3==则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=．6．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=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O1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。(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E=1.0×103V/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN的距离。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）粒子射入O点时的速度，由动能定理得到：进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：，故由几何关系可知纵坐标为，则解得：；（2）粒子在电场中做类平抛运动，，，，射出电场时的偏向角为，磁场右边界到荧光屏的距离为，由几何关系，解得：。7．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1)；(2)；(3)存在，【解析】【详解】（1）设第1球的电量为，研究A到C的运动：解得：；（2）研究第1球从A到C的运动：解得：，，；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为由得由几何关系得：解得：；（3）后面抛出的小球电量为，磁感应强度①小球作平抛运动过程②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：，变形得：解得：．8．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力．(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小．(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标．(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．【答案】（1）（2）（）（3）【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L…（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（2）解得：…（3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30°=L…（4）xM=2R2sin30°…（5）则M点坐标为（）…（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30°…（7）为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：…（8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L…（9）解得：…（10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（11）解得：…（12）挡板的最小长度为：…（13）解得：…（14）9．如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=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、－0.1m≤x≤0的区域内，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=10×104N/C.一个质量为m=2.0×10－9kg、电荷量为q=5.0×10－5C的带正电粒子，以v0=5.0×103m/s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．(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)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O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小．【答案】（1）（2）（3）【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径，然后根据公式B求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：解得：（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：，由牛顿第二定律有：联立解得：所以粒子射出电场时的位置坐标为（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度解得：则粒子射出电场时的速度：设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：由牛顿第二定律有：联立解得：10．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N/C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：（1）磁感应强度B1的大小；（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；（3）若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：解得v=400m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．由几何关系可知由代入数据得（2）由题可知B2=3B1=2×10-5T则由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则得到t1=0.01s粒子在磁场B1中的周期为则在磁场B1中的运动时间为在磁场B2中的运动周期为在磁场B2中的运动时间为则粒子在复合场中总时间为：（3）设挡板外磁场变为，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件其中k=0、1、2、3……解得11．如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度有一个质量，电荷量的带正电粒子，该粒子的初速度，从坐标原点O沿与x轴成角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间．【答案】带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是；电场强度E的大小为，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间．【详解】①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，，半径，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为，则第一次经过x轴时的横坐标为②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示．由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为，在垂直电场方向的位移，运动时间在沿电场方向上的位移，又因得根据牛顿第二定律所以电场强度粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期所以粒子从出发到再回到原点的时间为【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．12．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．【答案】（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核反应方程为；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为，环形电流大小为；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m为损．【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得α粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用解答，亦可．【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．13．如图所示，足够大的平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面yN的距离为L.质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．【答案】（1）（2），【解析】试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=mv2-0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qvB0＝②当k=1时，由几何关系得r=L③由①②③解得E=④（2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知(r-L)2+(kL)2=r2⑤解得r=⑥由②⑥解得v=⑦粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力qvB＝⑧由对称性及几何关系可知⑨解得r1=⑩由⑧⑩解得B＝考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动14．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在