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高考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．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入

电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O

两点间的距离为

2mv qE

。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【答案】（102v ；20mv qE （2）0

(21)E

B v ≥

【解析】【详解】

（1）由动能定理有：2

0011222

mv qE mv mv qE ⋅

=- 解得：v 2v 0

设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝02

v v =

解得：θ＝45° 根据tan 21x

θ=⋅

=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20

mv x qE

（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：

s＝R+R sinθ

又：

v qvB m

解得：

(21)E

故

(21)E

≥

2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点．efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为2

qB L

；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为

qBL

的初速度沿bf方向运动．P与A 发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点．

（1）求碰撞后A球的速度大小；

（2）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；

（3）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间．

【答案】（1）

k qBL

k m

=⋅

（2）1（3）

k=或

k=；

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设P、A碰后的速度分别为v P和v A，P碰前的速度为

qBL

由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222

kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m

⋅+

（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ，由牛顿第二定律得： 2

A A mv qv

B R

= 解得：21

R L k =

+ 由公式可得R 越大，k 值越大

如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =

（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：

（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有

222()(1.5)2

R L R =+-

解得：56

L R = 由21k R L k =

+可得：5

k =

（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2

R ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．

如图3和如图4，由几何关系有：2

223()(3)22

L R R L =+-

解得：58L R =或2

R = 由21k R L k =

+可得：511k =或13

k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为222

6m q B L W m

当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222

A 12521286q

B L q B L mv m m ⋅=>

当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222

A 1286q

B L q B L mv m m

⋅=<

综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或1

k = A 球在磁场中运动周期为2m

T qB

π= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34

t T = 即32m

t qB

π=

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=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 2

v 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 ·

＝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 0

2019

222

qE 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

12qE y t m

代入数据得

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 ＝9

a 时，H 有最大值由于

a <2a ，所以H 的最大值H max ＝9

4a ，粒子射入磁场的位置为

y ＝

a －2a ＝－78a

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 。P 是圆外一点，OP =3r 。一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)

【解析】

【分析】

本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】

（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①

易得：②

（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

③

进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则

④

联立②③④解得

5．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R23，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d3，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷

4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：

(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？

(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？

(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．

【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)

【解析】

【分析】

（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；

（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；

（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．

【详解】

(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2

代入数据解得r1＝1m

粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.

(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛

伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m

2 v r

得r＝mv qB

易知r3＝4r2

且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32

解得r23

，r33m

又由动能定理有qU

＝

mv 2 代入数据解得

U ＝3×107V .

(3)带电粒子从P 到Q 的运动时间为t 1，则t 1满足1

v t 1＝d 得t 1＝10－9s

令∠QO 2O 3＝θ，所以cos θ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可) 圆周运动的周期T ＝

π 故粒子从Q 孔进入磁场到第一次到O 点所用的时间为

8221

372180532610360360m m t s qB qB ππ-⨯⨯⨯－＝

＋＝考虑到周期性运动，t 总＝t 1＋t 2＋k(2t 1＋2t 2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－

k)s (k ＝0，1，2，3，…)．

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)1mv

B 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

-（或2(17317)'4mv

B qL +=），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2

1v 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)mv

B +=）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 L

R L L

(9)9'v q vB m R ⋅=

解得2217

'(173)m B qL

-（或2(17317)'4mv

B qL +=）

7．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R 1； (2)大圆半径最小值

(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)2mv

R qB

= (3)14m qB π

【解析】【详解】

解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r

根据洛伦磁力提供向心力有：2

2()222b

m v q B r =

由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv

R qB

(2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ，

根据洛伦磁力提供向心力有：2

a mv qvB r =

解得： 11a mv

r R qB

设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ，

根据洛伦磁力提供向心力有：2

2a mv qv B r •=

解得： 211

a mv r R qB =

= 设大圆半径为2R

，由几何关系得：12112

R R R ≥+ 所以，大圆半径最小值为：

2min 1)2qB

R mv

≥

(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=

，Ⅱ区域的周期为2a m

T qB

π=

粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121

a a a t T T =+ 解得：176a m

t qB

π=

粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m

T qB

π=

讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m

t nt qB

π== n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m

t kT qB

π==

k=1，2，3… a b t t =时，解得：

726

k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m

t qB

π=

②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇

则有：121

5(218)663a a a a n m t T T n t qB

π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m

t qB π--=

= k=1，2，3… a b t t =时，解得：218

213

n k +-=

ab 不能相遇

③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB

π+=

++= n=1，2，3…

粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m

t qB

π--=

= k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113

213

n k +-=

ab 不能相遇

a 、

b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m

8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD 间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）o

mv R=Bq

（2）a<60︒ 【解析】【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒，即AD=R

由20

0v qv B m R

得AD =0

mv R Bq

（2）经D 点3

cos30x R R =︒=

，1sin302y R R =︒=

而0x v t =，212y at =

，qE a m

= 解得04

E Bv =

，方向垂直AC 向上速度偏向角y x

v v tana =

，y v at =

解得2

tan 2tan 3033

α=︒=

而tan60=3︒，即tan tan60α<︒ ，则<60α︒

9．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T ，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点O ，在x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C ，在x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷

9110q

=⨯C/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A 点沿x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：

(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；

(2)沿y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；

(3)从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．

【答案】（1）61.010/v m s =⨯；（2）61.810t s -=⨯；（3）0.75 1.75m y m ≤≤ 【解析】【分析】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2

v qvB m R

=求解速度；

（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．【详解】

（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m ，

由2

v qvB m

= 进入电场时qBR v m = 带入数据解得v=1.0×106m/s

（2）粒子在磁场中运动的时间61121044

R t s v ππ-=

⨯=⨯ 粒子从A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v ，所以在电场中运动的时间

62 1.010x

t s v

=⨯ 总时间6612110 1.8104t t t s s π--⎛⎫

=+=+⨯=⨯

⎪⎝⎭

（3）沿x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.510/qE

a m s m

==⨯ 在电场中侧移：2121261111.5100.7522110y at m m ⎛⎫=

=⨯⨯⨯= ⎪⨯⎝⎭

打在屏上的纵坐标为0.75；

经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75≤y ≤1.75.

10．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy ，在直角坐标系中y 轴和x ＝L 之间有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在y 轴上A 点(0，L )处沿x 轴正方向射出一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)

(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小．【答案】（152qEL

m （22910229050mE

- 【解析】

【详解】

（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足

122L

y L y L

=- 解得

y L =

竖直方向

212y a t

水中方向

0L t v =

在电场中根据牛顿第二定律

qE ma =

联立可以得到

032qEL

v m

（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C ，由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2O 点，连接2O 和C 点，交x 轴与D 点，做2O F 垂直x 轴，垂直为F ．由几何关系

452L

CD L L

解得

CD L =

由于21O F O C L ==，故2O FD ∆与1O CD ∆全等，可以得到

21O D O D =

则

15O D L ==

因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

2R O D CD =+=

粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度

y v ==

因此粒子进磁场时的速度为

v ==

粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvB m R

v =

解得

B =

=点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．

11．如图(a)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Ⅱ，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 ，一质量为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Ⅱ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 的关系如图（b ）所示，试求:

(1)区域Ⅱ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）B B 22=；（2）v v v 2

2)32(+=

+='；方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2

6arccos -）的夹角【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Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，

则：10

1221

30sin r r r == 由21

v qBv m r =

得：1mv r qB

，同理得：22mv

r qB =

X /×

mv E

Bv 23 Bv 2

即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB

r r x ）13(30cos 201+=+=

质子从D 点再次到达y 轴的过程，

)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=

∆==∑电设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，

由动能定理：222

21mv v m W -'=电得：v v v 2

2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变

如图有： 2

632cos -=-='=

v v

α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2

6arccos -）的夹角考点：带电粒子在磁场中的运动

12．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为L ，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L 的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直．现有一质量为m ，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L ，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x 轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（2L ，0）点与x 轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：

（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定A 点的位置；

（3）写出磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 应满足的表达式．

【答案】（1）2

016W mv =（2）200233y mv U qL = ,36

y L = (3) 00233nmv B qL =

1234T n =

=⋯⋯，，，）【解析】

试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v

，则：00cos30v v =

=︒ 电场力对粒子所做的功为：222

00111226

W mv mv mv =

-= （2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：

v′=v 0tan30°

0 水平方向：L=v 0t

竖直方向：y ＝12

v′t

解得：6

y L =

电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey 0

解得：U =

（3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；

在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；

故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是： nR=L L

R n

（n=1，2，3，…）由牛顿第二定律，有：2

0v qvB m R

解得：0

03B qL

（n=1，2，3，…）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过

周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L 处且满足速度题设要求；

0162T kT k =；02R T v

π=

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(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 ，一比荷 q m =5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 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影响，不考虑相对论效应。 (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) 16/N C (2) 21.610T -? (3) 43.910s -? 【解析】【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t 2 122L qE t m = 解得E=16N/C （2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0 tan v qE t m θ= 可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0 粒子在磁场中做匀速圆周运动：2 v qvB m r = 由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为 26qB L m ；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A 发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）A 21k qBL v k m =?+（2）1（3）57k =或1 3 k =；32m t qB π= 【解析】【分析】【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m = 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222 kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m = ?+

（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ，由牛顿第二定律得： 2 A A mv qv B R = 解得：21 k R L k = + 由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k = （3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有 222()(1.5)2 L R L R =+- 解得：56 L R = 由21k R L k = +可得：5 7 k = （II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2 L R ≥ ，则A 球在磁场中还可能经历一次半

高中物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)

高中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．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/q C kg m =的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =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B 0=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T o =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B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-?，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3 T π -

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，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为 26qB L m ；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A 发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）A 21k qBL v k m =?+（2）1（3）57k =或1 3 k =；32m t qB π= 【解析】【分析】【详解】

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为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场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0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A 与O 点间的距离为 03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q ，重力加速度为g ．求：（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O 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v p ．【答案】（1） mg q ，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【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mg E q 左= ，方向竖直向上；（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：20 0mv Bv q R =，所以轨道半径0 mv 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0 33AO mv d R = =；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹

高中物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析一、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 ，一比荷 q m =5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 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影响，不考虑相对论效应。 (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) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t 2 122L qE t m = 解得E=16N/C （2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0 tan v qE t m θ= 可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0 粒子在磁场中做匀速圆周运动：2 v qvB m r = 由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．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）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ 【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：cos d R θ= 洛伦兹力做向心力：20 0v qv B m R = 解得0cos qBd v m θ = （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ θ = （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=qv 0B 解得2qB d E mcos θ = 【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. 2．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 ；

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)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v 0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，(sin 37°=0.6，cos 37°=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B 1； (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B 2和匀强电场的电场强度大小E . 【答案】（1）01 52 mv B ql = （2）2 058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2 20(23)9mv E ql ππ-= 【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r 1 由几何关系得112cos 25 r l l α= = 由洛伦兹力提供向心力可得2 011 v qv B m r =

解得: 0 1 5 2 mv B ql = (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 2 5 2cos8 l r l α == 由库仑力提供向心力得 2 2 22 v Qq k m r r = 解得: 2 5 8 mv l Q kq = (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 00 sin3 5 l l t v v α == 根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则 2 T t= 又 2 2m T qB π = 解得0 2 5 3 mv B ql π = 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r π =

高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)

高考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．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/q C kg m =的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =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B 0=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T o =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B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3 T π -<⨯ 【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．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为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场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0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A 与O 点间的距离为 03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q ，重力加速度为g ．求：（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O 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v p ．【答案】（1）mg q ，方向竖直向上；（2）；（3013v ．

高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)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v 0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，(sin 37°=0.6，cos 37°=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B 1； (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B 2和匀强电场的电场强度大小E . 【答案】（1）01 52 mv B ql = （2）2 058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2 20(23)9mv E ql ππ-= 【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r 1 由几何关系得112cos 25 r l l α= = 由洛伦兹力提供向心力可得2 011 v qv B m r =

高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．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）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ 【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 ．

【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇

【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇一、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/q C kg m =的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =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B 0=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T o =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B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3 T π -<⨯ 【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，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，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Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求： (1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ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)12mg E q =,2mg E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】【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：1sin45qE mg ︒= 求得：12mg E q =

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(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)8qBL v m =；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】【详解】 (1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，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，由几何关系得： 5sin37o QC L = 15sin37O OQ O Q L = = 在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ， 11R O Q QC =+

2 1 v qvB m R = 解得：8qBL v m = ； (2)由公式2 2 v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L = 由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 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1t 5cos37o PC L = 1PC t v = 带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t 12m T qB π= 21 37360 o o t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t 22·2m m T q B qB ππ= = 3212 t T = 从P 点到再次回到P 点所用的时间为t 12222t t t t =++ 联立解得：41145 m t qB π⎛⎫=+ ⎪⎝ ⎭ 。 2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为

高考物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案

高考物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为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场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0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A 与O 点间的距离为 03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q ，重力加速度为g ．求：（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O 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v p ．【答案】（1） mg q ，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【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mg E q 左= ，方向竖直向上；（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：20 0mv Bv q R =，所以轨道半径0 mv 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0 33AO mv d R = =；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹