高中物理带电粒子在磁场中的运动解析版汇编一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~o o 曲线方程为222x y R +=(30.1,0.1R m m x m =≤≤) 【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m=粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.1R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径2．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v 0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v 0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222vg．【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=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t22L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=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；3．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qm=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O 1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）0.267m （2）0.867m 【解析】 【详解】（1）粒子射入O 点时的速度v ，由动能定理得到：212qU m v =进入磁场后做匀速圆周运动，2qvB m Rv =设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：1tan22r R α==，故4tan 3α=由几何关系可知纵坐标为y ，则tan y rα= 解得：40.26715y m m ==；（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eq ma =，2r vt =，2112y at =，y v at = 射出电场时的偏向角为β，tan y v vβ=磁场右边界到荧光屏的距离为x ，由几何关系1tan y y xβ-=，解得：0.867x m =。

4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv R Be=解得：00U t B dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=5．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？【答案】（1）2qEdm=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得212qEd mv =， 解得2qEdv m=（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x由类平抛规律x vt =，212Eq y t m=由几何知识可得x=y ，解得2mdt Eq=两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =（3）由2mv qvB R=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r R += 又因为'mv r qB =，所以'mvB qr=，代入数据可得()'222B B =-6．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得0233qBdv m=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得03222y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动7．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B 1；AMN 以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B 2＝3B 1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B 1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B 2的大小，当B 2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）51210T 3B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）524210T 3k B -+=⨯' 【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：212Eqx mv = 解得v =400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．由几何关系可知 10.6m 2LR == 由211v qvB m R =代入数据得 51210T 3B -=⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T211v qvB m R =则 120.2m 3R R == 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112x vt = 得到 t 1=0.01 s粒子在磁场B 1中的周期为 112mT qB π=则在磁场B 1中的运动时间为 3211310s 3t T -==⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 222mT qB π= 在磁场B 2中的运动时间为3-3321803001801110s 5.510s 3606t T π-︒+︒+︒==⨯=⨯︒则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6t t t t π-⎛⎫=++=+⨯=⨯ ⎪⎝⎭（3）设挡板外磁场变为'2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2'2v qvB m r=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()212Lk r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得524210T 3k B -+=⨯'8．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9110qm=⨯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2v 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2v qvB mR= 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61121044R 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 1.010xt 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/qEa 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 ≤1.75.9．如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。