高考物理帶電粒子在磁場中的運動習題知識點及練習題及答案

高考物理帶電粒子在磁場中的運動習題知識點及練習題及答案

一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題

1.如圖所示，兩條豎直長虛線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電場方

向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強電場且電場強度大小相同。擋

板PQ垂直MN放置，擋板的中點置于N點。在擋板的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強

磁場。在左側(cè)虛線上緊靠M的上方取點A,一比荷幺=5xlO5c/kg的帶正電粒子，從A點

m

以Vo=2xlO3m/s的速度沿平行MN方向射入電場，該粒子恰好從P點離開電場，經(jīng)過磁場

的作用后恰好從Q點回到電場。已知MN、PQ的長度均為L=0.5m,不考慮重力對帶電粒

子的影響，不考慮相對論效應。

⑴求電場強度E的大?。?/p>

⑵求磁感應強度B的大?。?/p>

⑶在左側(cè)虛線上M點的下方取一點C,且CM=0.5m,帶負電的粒子從C點沿平行MN方向

射入電場，該帶負電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經(jīng)過

磁場后同時分別運動到Q點和P點，求兩帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差。

【答案】⑴16N/C(2)1.6X10-2T(3)3.9x10匕

【解析】

【詳解】

(1)帶正電的粒子在電場中做類平拋運動，有：L=vot

L_\qE2

2~2~^

解得E=16N/C

a_%

(2)設帶正電的粒子從P點射出電場時與虛線的夾角為立則：=西

m

可得。=45。粒子射入磁場時的速度大小為v=V2vo

2

粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvB=in—

r

由幾何關(guān)系可知廠=走心

2

解得B=1.6X102T

H

(3)兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動，運動時間相同；兩帶電粒子在磁場中都做勻速

圓周運動，帶正電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為孚，帶負電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為石；兩帶電

粒子在AC兩點進入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差；

~2萬「271m

若帶電粒子能在勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間/=—=—T-：

vqB

3

帶正電的粒子在磁場中運動的時間為：4=-T=5.9X10-4S；

帶負電的粒子在磁場中運動的時間為：t,=-T=2.0xl0^s

~4

帶電粒子在AC兩點射入電場的時間差為4=乙-4=3.9乂10?5

2.如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內(nèi)，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(xiàn)有大量質(zhì)量m=6.6xl027kg,電荷量q=3.2xlO19C的帶負電的粒子，

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=1.6xl0°m/s,不計粒子￡勺重力和粒子間的相互作用.求：

⑴求帶電粒子在磁場中運動的半徑r；

⑵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；

(3)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(gòu)成的圖形的曲線方程.

【答案】(1)r=0.1m(2)f=3.3x10%(3)30°-60曲線方程為

Y+)3=*(R=0.1/72,—m<X<0.1/7?)

20

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得4g=團巴，解得〃=0.1根

r

（2）粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)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=^

m

粒子在電場中運動的時間/=—

a

解得"3.3x10%

（3）如圖乙所示，由幾何關(guān)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(jīng)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30。~60°

所有粒子此時分別在以。點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上，

曲線方程為x2+）/=RR=0.1"?,號tn<x<0Am

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(jié)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

⑶若所加磁場的磁感應強度為8。粒子恰好垂直打在)'軸上，粒子在磁場運動半徑為小

由如圖所示幾何關(guān)系得："=&()，+/?)

v=

，V2

由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：Bs=m—

解得：B；=0.17

若所加磁場的磁感應強度為隹”，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為4

由如圖所示幾何關(guān)系得：弓+&5=g(y+R)

2

由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B^qv=ni—

r2

解得B：=^-^-7^0.247

110

綜上，磁感應強度應滿足的條件為用W0.17或用＞0.247

⑷設粒子在磁場層中運動的時間為「在電場中運動的時間為，2，在磁場片中運動的時

間為3則有：

2冗R

%

X

f2=—

%

T2=-1

V

5-5

解得：t=ti+q+G=(2-1.5^4-2\/2^-jxl0-5?6.2x105

4.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向.在x=L到x=2L之間存在

豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷（"）為k的帶電微粒從

m

坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運

動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+X方向通過x軸上x=3L的位置.，己知勻強磁場

的磁感應強度為B,重力加速度為g.求：

AAA

XXXX

8

XXXX

XXX

XXX

IX

（1）電場強度的大小；

（2）帶電微粒的初速度；

（3）帶電微粒做圓周運動的圓心坐標.

悟案】⑴f⑵I⑶（1

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）由于粒子在復合場中做勻速圓周運動，貝ij：mg=qE,又生=k

m

解得E=§

k

（2）由幾何關(guān)系:2RCOS0”,

2

粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力：qvB=m—；

v

rtl—=cos^

V

在進入夏合場之前做平拋運動：%=gt

L=9

1、kBL

（3）由力二7g廠其中f二至一

22g

則帶電微粒做圓周運動的圓心坐標：XO.=1L；為，=-h+Rsin8=含-W二

2kB8g

5.如圖所示，x軸的上方存在方向與x軸成45。角的勻強電場，電場強度為E,x軸的下方

存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度8=0.57.有一個質(zhì)量機二10-"依，電荷量

夕=10-7。的帶正電粒子，該粒子的初速度%=2x103""S,從坐標原點。沿與x軸成

45°角的方向進入勻強磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從O點出發(fā)后第四次經(jīng)過x軸

②電場強度E的大小及帶電粒子從O點出發(fā)到再次回到。點所用的時間.

【答案】①帶電粒子第?次經(jīng)過x軸時的橫坐標是0.57團；

②電場強度E的大小為1x10,V/相，帶電粒子從。點出發(fā)到再次回到。點所用的時間為

2.1x10%

【解析】

【分析】

⑴粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過x軸，根據(jù)洛倫茲力提供向心

力公式求出半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出坐標；

⑵然后進入電場中，恰好做勻減速運動直到速度為零后又返回，以相同速率再次進入磁場

仍在洛倫茲力作用卜又做一段圓弧后，再次進入電場正好做類平拋運動.粒子在磁場中兩次

運動剛好完成一個周期，由粒子在電場中的類平拋運動，根據(jù)垂直電場方向位移與速度關(guān)

系，沿電場方向位移與時間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E,三個過程的總時間即為總時

間.

【詳解】

2

①粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運動，洛侖茲力提供向心力，qvB=I嗓,

半徑/?=把=0.4機，

Rq

根據(jù)圓的對稱性可得粒子在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)所對的圓心角為90，

則第一次經(jīng)過x軸時的橫坐標為%=無R=0.4J%=0.57m

②第?次進入電場，運動方向與電場方向相反，做勻減速直線運動，速度減為零后又反向

加速返回磁場，在磁場中沿圓周運動，再次進入電場時速度方向剛好垂直電場方向，在電

C2R

運動時間。=」=—=4xl0~4.v

VV

在沿電場方向上的位移§2=g*，

又因與二2R

得〃=2學=1x107/n/.V2

根據(jù)牛頓第二定律。二名

m

所以電場強度石=絲=以1()叩/相

q

粒子從第一次進入電場到再返回磁場的時間r2=^=4x10^5,

粒子在磁場中兩段運動的時間之和剛好是做一個完整圓周運動的周期

T=27rm=4^x104s

Bq

所以粒子從出發(fā)到再回到原點的時間為，=4+，2+7々2.以10-35

【點睛】

本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜

合分析能力，以及空間想像的能力，應用數(shù)學知識解決物理問題的能力.

6.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為8.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊

界分別垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后

水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一

定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為律且粒

子重力不計，電荷量保持不變.

(1)求粒子運動速度的大小V；

(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；

(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d,Q/V=—,求粒子從P到Q的運動時

2

間t.

【答案】(1)v=四;(2)J(3)A.當￡=〃"+(]-且)4時,

m22

/L3\/3一4、nm八,L3K-4、iun

/+—)—?B,當乙=〃1+(!+')d時，t=-)—

d62qB2d62qB

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有：

R=—

qvB=m—f解得:

RqB

由題可得：R=d

解得y=如：

m

（2）如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切

由兒何關(guān)系得dm=d（l+sin600）

解得4=苧〃

.2nm

（3）粒子的運動周期丁二r

qB

設粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為己則

T

?）

A.當L=/W+（l-蟲）d時，粒子斜向上射出磁場

2

公丁解得Y+冷4)uni

2qB

B.當L=〃d+（1+且）〃時，粒子斜向下射出磁場

2

〃丁解得”出—主叵二1）四L.

12d62qB

7.通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與

衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值），可研究中子（》）的夕衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和

電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形

成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個質(zhì)子。在P點下方放置有長度

L=1.2m以。為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離。。為。。在探測板的上方存在

方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。

已知電子質(zhì)量/叫.=9.1x10-'kg=0.5IMeV/c=中子質(zhì)量〃z”=939.57MeV/cz,質(zhì)子

質(zhì)量叫=938.27McV//（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。

若質(zhì)子的動量〃=4.8x10-21kgms_1=3x10-bMeV?sm''。

（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以MeV為能量單位）；

（2）當a=0.15m,8=0.1T時，求計數(shù)率;

（3）若。取不同的值，可通過調(diào)節(jié)8的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求8與。的

關(guān)系并給出8的范圍。

XXXXXX

XXXPXXX

I

XXXjXXX

椽費板°

【答案】⑴0.7468McV(2)I-⑶R..—T

340

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)核反應方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：

II10—

()nf1P+-Ie+OVe

核反應過程中：

22

AEd=mnc一(叫/+/H,C)=0.79MeV

根據(jù)動量和動能關(guān)系：

2

E.=-^-=0.0432MeV

加2叫

則總動能為：

4+Ev=\Ed-Ekp=0.7468MeV

(2)質(zhì)子運動半徑：

R=2=0.3m

eB

可得質(zhì)子計數(shù)率為:

44

^=i=l

2

(3)在確保計數(shù)率為〃=§的情況下:

R'=2〃

3

即：B=-----

200〃

恰能打到探測板左端的條件為:

4RL

44

即：B...—T

40

8.("分)在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應

強度為Bo一質(zhì)量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓百徑AD方向經(jīng)P

點(AP=d)射入磁場(不計重力影響)。

(1)如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。

(2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線的夾角為中「如

圖)。求入射粒子的速度。

qBdqBd(2R-d)

=___v=----------------------------

【答案】1)2m(2)2m[R(l4-cos(p)-d]

【解析】

試題分析：(1)由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。

設入射粒子的速度為vi,由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得：

VI2

m——=qBv\

a

2①

由①式解得：吊=絆②

2m

（2）設。，是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接09,設09=%。

由幾何關(guān)系得：N0Q0』。③

而00=?—麗，麗=d-R

所以0Cr=R，+R-d（4）

由余弦定理得：（00'）2=臚+*一2更Teose⑤

由⑤式解得：公幣器翳力⑥

設入射粒子的速度為v2,由=qB、i⑦

—qRdQR-d）-

由⑦式解得：⑧

考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.

9.（20分）如圖所示，平面直角坐標系xOv的第二象限內(nèi)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(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁

場?，F(xiàn)將一擋板放在第二象限內(nèi)，其與x,y軸的交點M、N到坐標原點的距離均為2Lo一

質(zhì)量為m,電荷量絕對值為q的帶負電粒子在第二象限內(nèi)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(guān)系）。求：

hxXxXx

XXxX

XXXX

XxXX

XXXX

XxXXx

XXXX

XXXX

XXXX

XxXXxXX.xXXXXxX

XXxXXXXXXXxxxX

（DC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(fā)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(fā)到第二次到達C點的時間多長？

,..\lmE2\lEm9（2+乃）2mL

【答案】（1）3L；（2）K=2J——:（3）從=力——

、理3丫qL4qE

【解析】

試題分析：（1）設粒子到達擋板之前的速度為V。

1

有動能定理qEL=^mv0

（1分）

粒子與擋板碰撞之后做類平拋運動

在x軸方向L=^-r

（1分）

2m

在y軸方向y=vot（1分）

聯(lián)立解得y=2L

C點的縱坐標為），+L=3L（1分）

2qEL

（2）粒子到達C點時的沿x軸方向的速度為咚=〃（1分）

m

IqEL

沿y軸方向的速度為v=v=（1分）

v0m

此時粒子在C點的速度為v=2J—（1分）

Vm

粒子的速度方向與x軸的夾角

Vv

tan6^=—0=45（1分）

磁感應強度最大時，粒子運動的軌道半徑為i\=§L

（2分）

V"

根據(jù)牛頓第二定律qi強="1一（1分）

A

2mE

要是粒子再次打到擋板匕磁感應強度的最大值為四=2（1分）

qL

（3）當磁感應強度為Bz時，粒子做半徑為c的圓周運動到達y軸上的。點，之后做直線

運動打到板上「”上L（2分）

9lOFtn

此時的磁感應強度為叢=:［「一（1分）

-37qL

此后粒子返回到0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

從A到板，有八3爭,

（1分）

_一一，一39萬2mL

在磁場中做圓周運動的時可/2=-T=~石"（1分）

2mL

從0到板再返歸I0點作直線運動的時間右=（1分）

從X軸上D點做勻速直線運動到C點的時間為口=《3I衰oJ