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1、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 v0 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3mv0 ，虚线 MN 右侧电场强度为3mg ，重力加速度为g求：qBq（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
2、 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vpmg【答案】（ 1），方向竖直向上；（2）；（ 3） 13v0 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；mg所以 MN 左侧区域内电场强度E左，方向竖直向上；q2（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：Bv0qmv0 ，R所以轨道半径Rmv0；qB质点经过A、O 两点，故质点在左侧
3、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 dAO3mv03R ；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qB角1 d AO；2arcsin60R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：；（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O 点的竖直分速度vy v0 sin603 v0 ，水平分速度 vx v0cos601 v0 ；22质点从 O 运动到 P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动；质点运动到 P 点，
4、故竖直位移为零，所以运动时间t2vy3v0 ；gg所以质点在 P 点的竖直分速度 vyPvy3 v0 ，2水平分速度 vxPvxqE13g3v07v0 ；tv0g2m2所以带电质点从O 点进入虚线 MN 右侧区域后运动到P 点时速度vPvyP2vxP213v0 ；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qB2 L ；质量为 km 的不带
5、电绝缘小球P，以大小为 qBL 的初速度沿 bf 方向运动 P 与 A6mm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） vA2kqBL（ 2） 1（ 3） k5 或 k13 m； tk 1m732qB【解析】【分析】【详解】（1）设 P、A 碰后的速度分别为vP 和 vA， P 碰前的速度为 vqBLm由动量守恒定律：kmvkmvPmvA由机械能守恒定律：1 kmv21 kmvP21 mvA22222
6、kqBL解得： vAmk 1（2）设 A 在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得：mvA2qvA BR解得： R2kLk1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，RL求得 k 的最大值为k1（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R2( L )2(1.5L R)22解得： R5L6由 R2kL 可得： k5k17（II）由图可知 A 球能从 z 点离开磁场要满足 RL，则 A 球在磁场中还可能经历一次半2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
7、 和如图 4，由几何关系有：R2( L )2(3R3 L )222解得：R5LL或 R82由 R2k L 可得： k5或 k1k1113球 A 在电场中克服电场力做功的最大值为Wmq2 B2 L26m55qBL222222当 k时， vA1 mvA2 25q B Lq B L11，由于8m2128m6m1qBL222222当 k，由于 1mvA2q B Lq B L时， vA2m328m6m综合（ I）、（ II）可得 A 球能从 z 点离开的 k 的可能值为：k517或 k32 mA 球在磁场中运动周期为 TqB1时，如图3当 k4， A 球在磁场中运动的最长时间 tT343m即 t2qB3
8、 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(2 3a ， -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=Bv0 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v0 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
9、；（ 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】v079(1)(2)0 ya2(3) ya ，aBa84【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2Bqv0m v0r故粒子的比荷qv0mBa(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ABOA r 2aBC则OO OA OA a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ym 2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0y2a(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a v0t0y1
10、 qE t029 a 2a ，2 m2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 v0t竖直方向有y 1 qE t 22 m代入数据得x2ay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 ，则vyqExtanmv02yvxv0a有H(3a x) tan (3a2 y )2y当 3 a 2 y2 y 时，即 y 9a 时， H 有最大值8由于 9a2a，所以 H 的最大值 Hmax 9a，粒子射入磁场的位置为84y97a 2aa884“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收
11、集三部分组成，其原理可简化如下：如图1 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB 的电势为L(o) ，内圆弧面CD 的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB， ACDB与2MN板的距离为L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界 ACDB的粒子再次返回（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2 所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经
12、O 点进入磁场后最多有23能打到 MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图 3 所示，在 PQ（与 ACDB重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E，若从 AB 圆弧面收集到的某粒子经4LO 点进入电场后到达收集板MN 离 O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ与 MN 间运动的时间【答案】（ 1）2q1m02mv2360 ； 2Lm；（ ） B2q；（ ）qL【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU01 mv22U 22qvm(2）从 AB 圆弧面收集到的粒子有2 能打到
13、MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与3MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角 600 根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm v联合解得：BR1mL 2q（ 3）如图粒子在电场中运动的轨迹与 MN 相切时，切点到 O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标 .L 1 qE t 22 mt2mL2mqE2LqvxEq2qELqtm2mm若速度与 x 轴方向的夹角为角cosvx1600cosv25 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
14、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53 10m s、比荷为 108Ckg 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
15、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，则因为周期运动时间（2）粒子运动情况如图所示，r2 Rtan R由得（3）粒子的轨道半径r 31.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为2+2 (2r22=9.0-4 2S= r33) -r3 10m【点睛】本题
16、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6 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xL， Ly2L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 v0 沿 x 轴负方向射入电场，射出电场时通过
17、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24nmv0L【答案】 （1） Emv0（2 ） Bn=1、2、3. （ 3） tqLqL2v0【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：L v0t ， L1 at 2， qEma22联立解得 ： Emv02qLvx(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan=lvyv02
18、v0速度大小 vsin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2L=(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=2 R，此时满足 L=2nx2联立可得： RL2n2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm v2R得： B4nmv0 ，n=1、 2、 3.qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有 x22R2 ，此时满足2L 2n1 x2L联立可得： R2122nqvB2v2由牛顿
19、第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：mR2得： B22 2n 1 mv0，n=1 、2、 3.qL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 B4nmv0 ， n=1、2、 3.或 B22 2n1 mv0， n=1、 2、 3.qLqL(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 =2n 2=2n，则 tT2n2nmL2qB2v02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t2T2(4 n2)(4 n 2) mL =(2n+1) 2 =(4n+2)，则 2
20、qB2v0粒子从进入磁场到坐标(-L， 0)点所用的时间为2n2n mLt TqB或22v0(4n 2)(4 n2) mLt2 T2qB2v027 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向在x = L到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（q）为k 的带电微粒从m坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上 x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g求：（ 1）电场强度的大小；（ 2）带电微粒的初速度；（ 3）带电微粒做圆周
21、运动的圆心坐标【答案】（ 1） g （ 2） 2g（ 3）(3L,2gk 2B2 L2)kkB2k 2 B28g【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又 q =km解得 Egk（2）由几何关系： 2Rcos=L，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvBm v2；r由 vycosv在进入复合场之前做平抛运动：vygtLv0 t解得 v02gkB（3）由 h1 gt 2kBL其中 t，22 g则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：xO 3yO h R sin2gk 2B2 L2L ；2 B28g2k8 一个氘核（ 2H3H）聚变时产生一个中子（1 n）和一个1
22、）和一个氚核（ 10粒子（ 24H e ）。已知氘核的质量为mD ，氚核的质量为 mT ，中子的质量为 mn ， 粒子的质量为 m，光速为 c，元电荷电量为e。（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E 。（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为 B。求粒子在磁场中圆周运动的周期T 和等效电流 I 的大小。（3） 1909 年卢瑟福及盖革等用粒子轰击金箔发现，绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把粒子反弹回来，在经过深
23、思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个粒子以速度v 与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把粒子反弹回来（已知粒子的质量是电子质量的7300 倍）。【答案】（ 1） Emc2(mDmT mnm )c 2 （ 2） I2e2 B（ 3）粒子所受电子的m影响是微乎其微的，不能被反弹【解析】【详解】（1）核反应方程：21 H+ 13 H01 n+ 24 He反应释放的核能：Emc2mDmTmnm c2v22R（2）设 粒子的速度大小为v，由2evB， Tm Rv得 粒子在磁场中运动周期：TmeB2e2e2B由电流定义式 I，得环形电流大小：ITm（ 3）设电
24、子的质量为 me ，碰撞后 粒子的速度为 v，电子的速度为 ve。由动量守恒： m v m v meve由能量守恒： 1 m v21 m v21 meve2222得 vmme vmmemme1因mem所以 vv ，即 粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。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、 0.1mx0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4m=2.0 9 5度的大小为 E=1010N/C.10
25、 kg、电荷量为q=5.0 10C的带正电粒一个质量为3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，子，以 v0=5.0 10m/s0.2m) ，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） r0.2m（ 2） 0.1m, 0.05m（ 3） B1 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
26、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】（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：qv0 B2m v0r解得： r0.2m（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：L v0 t ， y1 at 22由牛顿第二定律有： qE ma联立解得： y 0.05 m所以粒子射出电场时
27、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 at解得： vy v05.0 103 m / s则粒子射出电场时的速度：v2v0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 m20由牛顿第二定律有： qvB1m v2r1联立解得： B14T10 如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2m的等边三角形区域，C PQ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-4E=410 N /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 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2满足什么条件时，粒