1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動真題匯編（含答案）一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.如圖所示為電子發射器原理圖，M處是電子出射口，它是寬度為d的狹縫.D為絕緣外殼，整個裝置處于真空中，半徑為a的金屬圓柱A可沿半徑向外均勻發射速率為v的電子；與A同軸放置的金屬網C的半徑為2a.不考慮A、C的靜電感應電荷對電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電子所受重力和相對論效應，已知電子質量為m,電荷量為e.右A、C間加速電壓為U,求電子通過金屬網C發射出來的速度大小V。若在A、C間不加磁場和電場時，檢測到電子從M射出形成的電流為I,求圓柱體A在t時間內發射電子的數量N

2、.（忽略C、D間的距離以及電子碰撞到C、D上的反射效應和金屬網對電子的吸收）若A、C間不加電壓，要使由A發射的電子不從金屬網C射出，可在金屬網內環形區域加垂直于圓平面向里的勻強磁場，求所加磁場磁感應強度B的最小值.【答案】ve【答案】ve4兀alted4mv3ae解析】分析】（1）根據動能定理求解求電子通過金屬網C發射出來的速度大小；（2）根據I=ne求解t圓柱體A在時間t內發射電子的數量N；（3）使由A發射的電子不從金屬網C射出，則電子在CA間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切，由幾何關系求解半徑，從而求解B.【詳解】（1）對電子經CA間的電場加速時，由動能定理得11=mv2一mv22

3、e2解得：V解得：V=e（2）設時間t從A中發射的電子數為N,由M口射出的電子數為n,則tn=-Ntn=-N=竺2兀x2a2020解得N解得N=4兀alted電子在CA間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切時，對應的磁感應強度為B設此軌跡圓的半徑為r，則(2a-r)2=r2+a2V24mv3aeBev=m4mv3ae解得:2如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區域MNPQ內，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=0.33T水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C現有大量質量m=6.6x10一27kg、電荷量q=3,2x10.i9C的帶負電的粒子

4、，同時從邊界PQ上的0點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為V=1.6x106m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求：(1)求帶電粒子在磁場中運動的半徑r；求與x軸負方向成60角射入的粒子在電場中運動的時間t；當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程.【答案】(1)r=0.1m(2)t=3.3x10-4s(3)3060曲線方程為x2x2+y2=R2(R二0.1m,mx0.1m)【解析】【分析】【詳解】(1)洛倫茲力充當向心力，根據牛頓第二定律可得qvB=m，解得r=0.1m粒子

5、的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，在磁場中運動的圓心角為30，粒子平行于場強方向進入電場，粒子在電場中運動的加速度a二-解得t=3.3x10-4s如圖乙所示，由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60，圓心角小于60的粒子已經從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的圓心角均為60，則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為3060所有粒子此時分別在以O點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上，(羽)20曲線方程為x2+y2=RR=0.1m,mx0.1m20【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方

6、法處理對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑3.如圖所示，在直角坐標系x0y平面的一、四個象限內各有一個邊長為L的正方向區域，二三像限區域內各有一個高L,寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內有垂直坐標平面向內的勻強磁場，各磁場的磁感應強度大小均相等，第一象限的xL,Ly0)的粒子以速率從y軸上的M(0M=d)點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于0L進入勻強磁1)求此電場的場強大小1)求此電場的場強大小E；(2)若粒子能在

7、0L與x軸所圍區間內返回到虛線0L上，求粒子從M點出發到第二次經過0L所需要的最長時間。過0L所需要的最長時間。解析】試題分析：根據粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系，利用類平拋運動；根據橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；由(1)求出在電場中運動的時間及離開電場時的位置；再根據粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規律及幾何關系得到最大半徑，進而得到最長時間；(1)粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用.；沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標系，d則在X方向位移關系有：川“ixw-;，所以|；該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在Y方向上，速度關系有

8、VQsin-at1qEdvosinBqEdvosinB，所以，則有E=，所以，則有t(2)根據(1)可知粒子在電場中運動的時間|；粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設圓周運動的周期為粒子能在OL與x軸所圍區間內返回到虛線OL上，則粒子從M點出發到第二次經過OL在12f，磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為；V2qvB?nTOC o 1-5 h z粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，；根據(1)可知，粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度v就是初速度v0在X方向上r-Vocos45 HYPERLINK l bookmark154 o Current

9、Document 的分量，即；1、gY廠-i7DSin0t-一t)i-一d粒子在電場中運動，在Y方向上的位移所以，粒子進入磁I=如站Ir=d場的位置在OL上距離O點1；根據幾何關系,Rcon3可得所以，粒子從M點出發到第二次經過OLRcon3可得所以，粒子從M點出發到第二次經過OL所需要的最長時間如圖所示，真空中有一個半徑r=0.5m的圓柱形勻強磁場區域，磁場的磁感應強度大小B=2X103T,方向垂直于紙面向外，x軸與圓形磁場相切于坐標系原點0,在x=0.5m和x=1.5m之間的區域內有一個方向沿y軸正方向的勻強電場區域，電場強E=1.5X1O3N/C,在x=1.5m處豎有一個與x軸垂直的足夠

10、長的熒光屏，一粒子源在0點沿紙平面向各個方向發射速率相同、比荷-=1x109C/kg的帶正電的粒子，若沿y軸正方向射入磁場的粒子m恰能從磁場最右側的A點沿x軸正方向垂直進入電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用和其他阻力.求：粒子源發射的粒子進入磁場時的速度大小；沿y軸正方向射入磁場的粒子從射出到打到熒光屏上的時間(計算結果保留兩位有效數字)；(3)從0點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區域范圍.解析】分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系確定半徑，根據qvB=m求解速度；R粒子在磁場中運動T/4,根據周期求解在磁場中的運動時間；在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的規律求解在電場值的時間

11、；(3)根據牛頓第二定律結合運動公式求解在電場中的側移量，從而求解從O點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區域范圍.【詳解】由題意可知，粒子在磁場中的軌道半徑為R=r=0.5m,v2qBR由qvB=m進入電場時v=Rm帶入數據解得v=1.0 x帶入數據解得v=1.0 x106m/s14v4粒子從A點進入電場做類平拋運動，水平方向的速度為v,所以在電場中運動的時間xt=1.0X10-6S2v1.8x10-6s沿X軸正方向射入電場的粒子，在電場中的加速度大小a-竽-15x1012m/s在電場中側移：1at2=在電場中側移：1at2=22-X1.5X1012X(1lx106m=0.75m丿打在屏上的縱

12、坐標為0.75；經磁場偏轉后從坐標為(0,1)的點平行于x軸方向射入電場的粒子打在屏上的縱坐標為1.75；其他粒子也是沿x軸正方向平行的方向進入電場，進入電場后的軌跡都平行，故帶電粒子打在熒光屏上的縱坐標區域為0.75y1.75.如圖所示，在豎直平面內有一直角坐標系xOy,在直角坐標系中y軸和x=L之間有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E,在電場的右側以點(3L.0)為圓心、L為半徑的圓形區域內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B,在y軸上A點(0,L)處沿x軸正方向射出一質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子經電場偏轉后，沿半徑方向射入磁場，并恰好豎直向下射出磁場，粒子

13、的重力忽略不計，求：(結果可含根式)粒子的初速度大小；勻強磁場的磁感應強度大小.5qEL29/10-2290mE【答案】(“釜(2)50運【解析】【詳解】(1)粒子射入電場中并在電場中發生偏轉，由于能沿半徑方向進入磁場，因此其處電場后的軌跡如圖所示，出電場后的速度方向的反向延長線交于在電場運動的水平位移的中點：八、則由幾何關系可知粒子在電場中的豎直位移y滿足-Ly二2_Ly2L解得豎直方向水中方向在電場中根據牛頓第二定律qEqE=ma聯立可以得到=3qEL02m設粒子進磁場時的軌跡與磁場邊界交點為C,由于粒子出磁場時方向沿y軸負方向,因此粒子在磁場中做圓周運動的圓心在O點，連接O和C點，交x軸

14、與D點，做OF垂直x軸，垂直為F由幾何關系CD=5lL2L解得CD=2L由于OF=OC=L，21可以得到故AOFD由于OF=OC=L，21可以得到OD=OD21OD=1因此粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R=OD+CD二2r29L2粒子出電場時速度沿y軸負方向的分速度2qEL2qEL5m因此粒子進磁場時的速度為29qEL1029qEL10m粒子在磁場中做勻速圓周運動有v2qvB=mR解得廠S?29、mE2/10廠S?29、mE2/10-/290mE二帀C：話)：忑二50qL點睛：本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用類平拋運動規律、牛頓

15、第二定律即可解題如圖所示，在x軸上方有垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1=B0，在x軸下方有交替分布的勻強電場和勻強磁場，勻強電場平行于y軸，勻強磁場B2=2B0垂直于一2xOy平面，圖象如圖所示.一質量為m,電量為-q的粒子在t=310時刻沿著與y軸正方向成60角方向從A點射入磁場，二2t0時第一次到達x軸，并且速度垂直于x軸經過C點，C與原點0的距離為3厶.第二次到達x軸時經過x軸上的D點，D與原點0的距離為4L.（不計粒子重力，電場和磁場互不影響，結果用B0、msq、L表示）（1）求此粒子從A點射出時的速度u；0（2）求電場強度Eo的大小和方向；（3）粒子在t=9t0時到達M

16、點，求M點坐標.【答案】（1）v【答案】（1）v=型上m(2)E=qB2L02nm3)(9L，3nL)【解析】試題分析：（1）設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為勺，由牛頓第二定律得:丁二=:：-=-根據題意由幾何關系可得聯立得m（2）粒子在第一象限磁場中運動的周期設為匚，可得粒子在第四象限磁場中運動的周期設為（2）粒子在第一象限磁場中運動的周期設為匚，可得粒子在第四象限磁場中運動的周期設為t2，可得三根據題意由幾何關系可得|=-由可得二二二二綜上可以判斷3t4t0粒子在第四象限的磁場中剛好運動半個周期，半徑為=二三由牛頓第二定律得廠匸：二匚扌2t03t0,粒子做勻減速直線運動,qE=ma11=：

17、_.：；12綜上解得由題意知，粒子在8t0時剛在第四象限做完半個圓周運動,x=9L14粒子在電場中減速運動的時間為t0,由運動學公式可得聯立1112可解得16聯立可得M點的坐標為(9L,)17考點：帶電粒子在電場及在磁場中的運動.(20分)如圖所示，平面直角坐標系xOy的第二象限內存在場強大小為E,方向與x軸平行且沿x軸負方向的勻強電場，在第一、三、四象限內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。現將一擋板放在第二象限內，其與x,y軸的交點M、N到坐標原點的距離均為2L。一質量為m，電荷量絕對值為q的帶負電粒子在第二象限內從距x軸為L、距y軸為2L的A點由靜止釋放，當粒子第一次到達y軸上C點時電場突然

18、消失。若粒子重力不計，粒子與擋板相碰后電荷量及速度大小不變，碰撞前后，粒子的速度與擋板的夾角相等(類似于光反射時反射角與入射角的關系)。求:xxNOiyXXxxyxxx3X丹K圮一冥*X.XXKJ（1）C點的縱坐標。（2）若要使粒子再次打到檔板上，磁感應強度的最大值為多少?（3）磁感應強度為多大時，粒子從A點出發與檔板總共相碰兩次后到達C點?這種情況下粒子從A點出發到第二次到達C點的時間多長？12mE【答案八1）3L；（2）Bi=2弋IT；9（2+兀）：2mL【解析】試題分析：（1）設粒子到達擋板之前的速度為v01有動能定理qEL=mv2201分）粒子與擋板碰撞之后做類平拋運動qE在X軸方向L

19、=t22m1分）在y軸方向y=v0t聯立解得y=2LC點的縱坐標為y+L=3L1分）1分）2qEL粒子到達C點時的沿汀由方向的速度為vx=at=1分）2qEL沿/由方向的速度為vy=人=門分）此時粒子在C點的速度為v=2：qELm1分）粒子的速度方向與x軸的夾角1分）v1分）tan0=亠0=45v磁感應強度最大時，粒子運動的軌道半徑為riTL2分）Iv2根據牛頓第二定律qvB=m（1分）1r11分）21分）要是粒子再次打到擋板上磁感應強度的最大值為Bi=2、苗（3）當磁感應強度為B2時，粒子做半徑為r2的圓周運動到達y軸上的0點，之后做直線運動打到板上，r2=乎L（2分）1分）此時的磁感應強度

20、為B=31分）23VqL此后粒子返回到O點，進入磁場后做勻速圓周運動，由對稱性可知粒子將到達D點，接著做直線運動到達C點1Eq從A到板，有L=2*_2mLtiqE1Eq從A到板，有L=2*_2mLtiqE在磁場中做圓周運動的時間39兀2mL丁一IT24qE2mL從0到板再返回0點作直線運動的時間茁1分）（1分）1分）心軸上D點做勻速直線運動到C點的時間為=3J2mL_2qE總時間為t總=t+1+1+1+1=9（2；“）：罕總12344qE（1分）1分）考點：帶電粒子在磁場中的運動，牛頓第二定律，平拋運動。11.如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內，O為圓心，GH為大圓的水平直徑

21、。兩圓之間的環形區域（I區）和小圓內部（口區）均存在垂直圓面向里的勻強磁場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質量為m、電量為+q為+q的粒子由小孔下方|處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H(1)求極板間電場強度的大小；若粒子運動軌跡與小圓相切，求I區磁感應強度的大小；2mv4mv若I區、口區磁感應強度的大小分別為、，粒子運動一段時間后再次經過HqDqD點，求這段時間粒子運動的路程mv24mv4mv【答案】(1)(2)或(3)5.5nDTOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark269 o Current Document q

22、dqD3qD解析】分析】詳解】d1mv2粒子在電場中，根據動能定理Eq-二mv2，解得E=-22qdE若粒子的運動軌跡與小圓相切，則當內切時，半徑為R/2v24mv由qvB二m，解得B=-1rqD1e則當外切時，半徑為萬RTOC o 1-5 h zv24mv由qvB=m，解得B=1r3qD2 HYPERLINK l bookmark297 o Current Document 9qB2L2100U16U(2)若I區域的磁感應強度為m=，則粒子運動的半徑為0Uo；n HYPERLINK l bookmark299 o Current Document 32U8190區域的磁感應強度為qU二;mv

23、2，則粒子運動的半徑為qvB=m；02r設粒子在I區和n區做圓周運動的周期分別為J、T2，由運動公式可得:_2nR3T1；r=L HYPERLINK l bookmark305 o Current Document 1v9041據題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內，運動軌跡如圖所示，根據對稱性可知，I區兩段圓弧所對的圓心角相同，設為0,口區內圓弧所對圓心角為02，圓弧和大圓的兩個切點與圓心。連線間的夾角設為J由幾何關系可得：0廣12。;0廣180；a=60粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖所示，設粒子在I區和口區做圓周運動的時間L_0分別為-、t2,可得：rnU；5UL0設粒子運動的

24、路程為s,由運動公式可知：s=v(t+t2)聯立上述各式可得：s=5.5nD12.平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第皿象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度嶺沿x軸正方向開始運動,Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點0離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等.不計粒子重力，問：粒子到達0點時速度的大小和方向；電場強度和磁感應強度的大小之比.【答案】(iw2v0,與X軸正方向成45角斜向上V0解析】分析】詳解】(1)粒子運動軌跡如圖：粒子在電場中由(1)粒子運動軌跡如圖：粒子

25、在電場中由Q到0做類平拋運動，設0點速度v與x方向夾角為a，Q點到x軸的距離為厶，到y軸的距離為2厶，粒子的加速度為a,運動時間為t,根據平拋運動的規律有:x方向:x方向:y方向:2L二Vot粒子到達0點時沿y軸方向的分速度:v=aty又vtana=，vx解得tana=1,即a=45。，粒子到達0點時的夾角為450解斜向上，粒子到達0點時的速度大小為=u2v;0v=u2v;0V=0cos45。設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒子在電場中運動的加速度：qEa=_，m設磁感應強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力，有:v2qvB=m，

26、R根據幾何關系可知：r=J2l解得：Ev=-0B213a如圖所示，在0 xa.0y2范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點0處有一個粒子源，在某時刻發射大量質量為、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在090a。范圍內.己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于2到a之間，從發射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：(1)速度的大小；速度方向與y軸正方向夾角的正弦.【答案】(1)v二【答案】(1)v二(2蘭6)aqB；2m2)sina6：610【

27、解析】【分析】(1)根據題意，粒子運動時間最長時，其回旋的角度最大，畫出運動軌跡，根據幾何關系列出方程求解出軌道半徑，再根據洛倫茲力提供向心力得出速度大小；(2)最后離開磁場的粒子，其運動時間最長，即為第一問中軌跡，故可以根據幾何關系列出方程求解出其速度方向與y軸正方向夾角的正弦.【詳解】設粒子的發射速度為粒子做圓周運動的軌道半徑為尺，根據洛倫茲力提供向心力，得解得v解得v2qvB=mRr=qBa當2Ra時，在磁場中運動的時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設該粒子在磁場中運動的時間為r,依題意t=，回旋角度為nZOCA=，設最后離開磁場的粒子的發射方向與y

28、軸正方向的夾角為由幾何關系得Rsina=R-2Rsina=-Rcosasin2a+cos2a=1解得sina6-、；610sina6-、；610故最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度大小為v=aqBm(2)由第一問可知，最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度方向與y軸正方向夾角的正弦為sina正弦為sina=6-10【點評】本題關鍵是畫出運動時間最長的粒子的運動軌跡，然后根據幾何關系得到軌道半徑，再根據洛侖茲力提供向心力得到速度大小14.如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區域的橫截面（紙面）.在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區域

29、，在圓上的b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為3?三.現將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區域，也在b點離開該區域.若磁感應強度大小為B,不計重力，求電場強5m【解析】【分析】【詳解】解答本題注意帶電粒子先在勻強磁場運動，后在勻強電場運動.帶電粒子在磁場中做圓周運動.粒子在磁場中做圓周運動.設圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得v2qvB=mr式中v為粒子在a點的速度.過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點.由幾何關系知，線段acbc和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形.因此ac=bc=r4設cd=x,有幾何關系得ac=5R+xbc=3R+極2-x27聯立式得r=5R再考慮粒子在電場中的運動.設電場強度的大小為E