高考物理帶電粒子在磁場中的運動習題知識歸納總結含答案解析

高考物理帶電粒子在磁場中的運動習題知識歸納總結含答案解析

一、帶電粒子在磁場中的運動壓軸題

1.如圖甲所示，在直角坐標系中的OWXWL區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有以點

（2L,0）為圓心、半徑為L的圓形區域，與x軸的交點分別為M、N,在xOy平面內，從

電離室產生的質量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入電勢差為U

的加速電場中，加速后經過右側極板上的小孔Q點沿x釉正方向進入勻強電場，'知0、

Q兩點之間的距離為人，飛出電場后從M點進入圓形區域,不考慮電子所受的重力c

2

（1）求OVXWL區域內電場強度E的大小和電子從M點進入圓形區域時的速度VM；

（2）若圓形區域內加?個垂直于紙面向外的勻強磁場，使電子穿出圓形區域時速度方向垂

直于x軸，求所加磁場磁感應強度B的大小和電子在圓形區域內運動的時間t；

（3）若在電子從M點進入磁場區域時，取t=0,在圓形區域內加如圖乙所示變化的磁場

（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從N點飛出，速度方向與進入圓形磁場時方向

相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關系表達式。

B

i1

Bo-

0工T

T

-Bo……L

乙

【答案】（1）￡-半

設VM的方向與x軸的夾角為66=45。；(2)

3

B=W=2叵丁_3社pr；（3）T的表達式為丁=丁等』（

eRLVe2〃石而

1,2,3,...）

【解析】

【詳解】

（1）在加速電場中，從P點到Q點由動能定理得：eU=gm，；

可得%=再

電子從Q點到M點，做類平拋運動，

x軸方向做勻速直線運動,

I°F

y軸方向做勻加速直線運動，一二-x——/2

22m

由以上各式可得：E=—

L

2

電子運動至M點時：vw="：+(--t)

設VM的方向與x軸的夾角為0,

cos6>=-^-=—

為2

解得：8=45。。

(2)如圖甲所示，電子從M點到A點，做勻速圓周運動，因02M=(hA,OIM=OIA,

且ChA〃MO,所以四邊形MO1AO2

(3)電子在磁場中運動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內，粒子的偏轉

角為90。，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內，電子在x軸方向上的位移恰好等于

軌道半徑正*，即2后R'=2L

因電子在磁場中的運動具有周期性，如圖丙所示，電子到達N點且速度符合要求的空間條

件為：2〃(&R')=2L(n=l,2,3,…)

電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R=-^-

叫

解得：B0=2肩2emU(n=J>[,3,)

°eL

電子在磁場變化的半個周期內恰好轉過!圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期

4

的整數倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件是,?；)=]

則T的表達式為7二——/(n=l,2,3,…)。

2nyl2emU

2.如圖所示，坐標原點。左側2m處有一粒子源，粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為

幺=l.OxlOioc/kg)由靜止進人電壓U=800V的加速電場，經加速后沿x軸正方向運動，。點

m

右側有以01點為圓心、r=0.20m為半徑的圓形區域，內部存在方向垂直紙面向里，磁感應

強度大小為B=1.0xl0-3T的勻強磁場(圖中未畫出)圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點

0,右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點，粒子重力不計。

⑴求粒子打到熒光屏上的位置到A點的距離；

(2)若撤去磁場在熒光屏左側某區域加豎直向上勻強電場，電場左右寬度為2r,場強大小

從坐標（?2a,a）處以沿+x方向的初速度vo出發，該粒子恰好能經原點進入y軸右側并

在隨后經過了點P,不計粒子的重力。

（1）求粒子經過原點時的速度；

（2）求磁感應強度B的所有可能取值

（3）求粒子從出發直至到達P點經歷時間的所有可能取值。

【答案】（1）粒子經過原點時的速度大小為夜vo，方司：與x軸正方向夾45°斜向下;

（2）磁感應強度B的所有可能取值：B=-V（）n=l、2、3

qL

（3）粒子從出發直至到達P點經歷時間的所有可能取值：，=幺+攵啰■+（攵-1）包”

%2qB4qB

2a7rm37rm

k=l、2、3…或”一—+/1——n=l.2、3

v02qB4qB

【解析】

【詳解】

（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a=v0t,

豎直方向：a=—t,

2

解得：vy=vo?tan0=—=1,0=45°,

%

2

粒子穿過。點時的速度：V=vj+v=5/2v0；

（2）粒子在第四象限內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:

2

工

qvD=m—，

r

粒子能過P點，由幾何知識得：L=crcos45°n=l,2.3.......,

nfm\)

解得：B二。=1、2、3.......；

qL

（3）設粒子在第二象限運動時間為b,貝I］：匕=士：

%

粒子在第四、第一象限內做圓周運動的周期：T二一竽，7；=—

qB'qB

粒子在下方磁場區域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區域的運動軌跡為3/4圓弧,

若粒子經下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：匕=,八，

4

13

若粒子經過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：［2=一71+一72,

44

13

若粒子兩次經過下方磁場一次經過上方磁場到達P點：匕=2X-T1+-T2，

44

13

若粒子兩次經過下方磁場、兩次經過上方磁場到達P點：t2=2X-r2X-T,

41+42

7itn3兀機

則t?=k礪+d)礪k=l、2、3

71m3冗m

或右=n--------+/7------〃--=--1、2、3

2qB4qB

粒子從出發到P點經過的時間：t=h+t2,

2aTim371m

解得：t=+(Dk=l、2、3

%2qB4qB

la/rm

或/=——+n-----kn------

v02qB4qB

4.（18分）如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區，磁場方向垂

直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔

5、S,,兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U。，周期為

在1=0時刻將一個質量為〃八電量為（4>0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力

的作用下向右運動，在，=%時刻通過S,垂直于邊界進入右側磁場區。（不計粒子重力，

2~

不考慮極板外的電場）

圖乙

(1)求粒子到達S2時的速度大小U和極板距離d

(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。

(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在，=3工)時刻再次到達S?,且速度恰好為

零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感強度的大小

3兀m

B=

【解析】(1)粒子由H至S2的過程中，根據動能定理得

”12

qU.=-mv^

由①式得

Vm

設粒子的加速度大小為。，由牛頓第二定律得

U。

q—=ma

d

由運動學公式得

d=；吟Y④

聯立③?式得

九也

d=⑤

4m

(2)設磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,

v

由牛頓第二定律得/歸=加方⑥

K

要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足

onL

2R>5⑦

聯立②?⑦式得

（3）設粒子在兩邊界之間無場區向左勻速運動的過程用時為有

d-vt}⑨

To

聯立②?⑨式得4二工⑩

4

若粒子再次達到S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時

間為右，根據運動學公式得

(11)

聯立⑨式得

t-k(12)

22

設粒子在磁場中運動的時間為f

(13)

聯立⑩?（⑶式得

(14)

4

設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T,由◎式結合運動學公式得

「2兀m

1=------(15)

qB

由題意得

T=t(16)

聯立（14）（15）?式得

_87rm

D—(17)

7兀

5.一個笊核（\H）和一個晁核（：”）聚變時產生一個中子（；n）和一個a粒子

HC

（2）-已知笊核的質量為帆D，泉核的質量為，%，中T的質星為a粒子的質量

為〃?a，光速為C,元電荷電量為e。

（1）寫出核反應方程，棄求一個笊核和一個病核聚變時釋放的核能AE。

（2）反應放出的a粒子在與勻強磁場垂直的平面內做圓周運動，軌道半徑為R,磁感應強

度大小為求a粒子在磁場中圓周運動的周期T和等效電流/的大小。

（3）1909年盧瑟福及蓋革等用a粒子轟擊金箔發現，絕大多數a粒子穿過金箔后仍沿原

來的方向前進或只發生很小的偏轉，但有些a粒子發生了較大的偏轉，個別就像被彈回來

了一樣。盧瑟福認為“棗糕模型”中的電子不足以把a粒子反彈回來，在經過深思熟慮和

仔細的計算后，他提出了原子的核式結構模型。以一個a粒子以速度v與原來靜止的電子

發生彈性正碰為例，請通過計算說明為什么電子不能把a粒子反彈回來（已知a粒子的質

量是電子質量的7300倍）。

2e2B

:2

【答案】（1）AE=A/??c=（mD+-mn-ma）c（2）（3）a粒子所受電子的

影響是微乎其微的，不能被反彈

【解析】

【詳解】

（1）核反應方程：；H+；H7：n+；He

反應釋放的核能：AE=A/wc2=（如+”一〃4一"）

2GD

（2）設a粒子的速度大小為v,由2evB=m—,T=」一

0Rv

Tim

得a粒子在磁場中運動周期：T=-2-

eB

2e2e2B

由電流定義式/=一,得環膨電流大小：I=-----

T叫

（3）設電子的質量為用「碰撞后a粒子的速度為％,電子的速度為以。

由動量守恒：川々U=fnav0+meve

1,1,1,

由能量守恒：-fnuv-

乙乙乙

,m-tn

得匕二二a一-v

-m

因一2----e1

叫z+fne

所以匕乏也即a粒子所受電子的影響是微乎其微的，不能被反彈。

6.如圖所示的xOy坐標系中，Y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小

為B,方向垂直于xOy平面向外.Ch、Q兩點的坐標分別為（0,L）、（0,一L）,坐標為（一

立L，0）處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板，C為擋板中點.帶電粒子與彈

3

性絕緣擋板碰撞前后，沿y軸方向分速度不變，沿x軸方向分速度反向，大小不變.現有

質量為m,電量為+q的粒子，在P點沿PQi方向進入磁場，a=30°,不計粒子重力.

⑴若粒子從點Q1直接通過點Q，求：粒子初速度大小.

⑵若粒子從點Qi直接通過坐標原點0,求粒子第一次經過x軸的交點坐標.

⑶若粒子與擋板碰撞兩次并能回到P點，求粒子初速度大小及擋板的最小長度.

【答案】（1）宜1巫（2）（且乙0）（3）—

3m39

【解析】

（3）粒子初速度大小為里？，擋板的最小長度為？

試題分析：（1）由題意畫出粒子運動軌跡如圖中所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大

小為Ri,由幾何關系得R】cos3（T=L...（1）

粒子磁場中做勻速圓周運動，有：冷書…（2）

解得：一卡…（3）

（2）由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設其與x軸交點為M,橫坐標為XM，由幾何

關系知：2R2cos30。=「.（4）

o

xM=2R2sin30...（5）

則M點坐標為（率一）...（6）

（3）由題意畫出粒子運前軌跡如圖丙所示，

粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，

偏轉一次后在y負方向偏移量為△yi,由幾何關系得:△yi=2R3cos30°…（7）

為保證粒子最終能回到P，粒子每次射出磁場時速度方向與P02連線平行，與擋板碰撞

后，速度方向應與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子出進磁場在y軸上距離4丫2（如圖中

A、E間距）可由題給條件得：

...（8）

當粒子只碰二次,其幾何條件是：3Ayi-2Ay2=2L...（9）

解得：姬好（10）

粒子磁場中做勻速圓周運動，有："片...（11）

解得：，產鼾…（12）

擋板的最小長度為：,?明Z...（13）

解得：M...(14)

丙

甲

7.右圖中左功有一對平行金屬板，兩板相距為d,電壓為V：兩板之間有勻強磁場，破感

應強度大小為Bo,方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一半徑為R、圜心

為0的圓形區域，區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面朝

里.一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，

沿同一方向射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑EF方向射入磁場區域，最后從圓形區域

邊界上的G點射出，已知弧同所對應的圓心角為不計重力，求：

（1）離子速度的大小；

（2）離子的質量.

U

【答案】⑴-麗

qBBQRd0

（2）m=--一cot-

【解析】

【分析】

【詳解】

試題分析：帶電粒子在磁場中的運動軌跡分析如圖所示

F

（1）由題設知，離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，則

9叫）=詆①

U

又壇=2②

U

由①②式得〃=麗③

（2）在圓形磁場區域，離子做勻速圓周運動.則

V2

qvB=m—@

R

由幾何關系有r=7⑤

tan-

2

BBQRCL0

解得m=--一cot-

考點：帶電粒子在磁場中的運動

點評：本題是速度選擇器和帶電粒子在勻強磁場中運動的組合問題，可以列出帶電粒子在

磁場中做圓周運動洛倫茲力做向心力的表達式求解，根據幾何關系求半徑是解題關鍵.

8.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、1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8,在y軸上A點(0」)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，粒子的重力忽略不計，求：(結果可含根式

⑴粒子的初速度大小；

(2)勻強磁場的磁感應強度大小.

【答案】⑴世⑵29嗎淳厚

V2m50YqL

【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

則由幾何關系可知粒子在電場中的豎直位移y滿足

-L

y=2

L-y2L

解得

豎直方向

12

水中方向

L—v<!

在電場中根據牛頓第二定律

qE-ma

聯立可以得到

V2m

(2)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O2點，連接O?和C點，交x軸與D點，做O?F

垂直x軸，垂直為F.

由幾何關系

CD=5Z

L~2L

解得

2

CD=-L

5

由于劣/=QC=L，故Aa/7。與△QC。全等，可以得到

O2D=OiD

因此粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

2+

R=O2D+CD=^L

粒子出電場時速度沿y軸負方向的分速度

qvBD=機會V

解得

B_5>/29_29710-2>/290叵

x/io（2+V29）vqL50VciL

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、牛頓第二定律即可解題.

9.如圖甲所示，A、3為水平放置的間距〃=().2m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間

有場強為￡=O.W/〃z、方向由8指向A的勻強電場.一噴槍從A、B板的中央點P向各

個方向均勻地噴出初速度大小均為彩=10〃?/s的帶電微粒.已知微粒的質量均為

zn=l.OxlO-5^＞電荷量均為4=-1.0、10-3。，不計微粒間的相互作用及空氣阻力的

影響，取8=\Om/s2.求：

B'」不一

(】)求從P點水平噴出的微粒打在極板時的水平位移X。

(2)要使所有微粒從P點噴出后均做直線運動，應將板間的電場調節為E',求E的大小

和方向；在此情況下，從噴槍剛開始噴出微粒計時，求經2=0.02s時兩板上有微粒擊中

區域的面積和。

(3)在滿足第(2)問中的所有微粒從P點噴出后均做直線運動情況下，在兩板間加垂直

于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度8=17。求8板被微粒打中的區域長度。

【答案】(1)1m；(2)i).06nnf(3)^—-ni

10

【解析】

試題分析：(1)微粒在勻強電場做類平拋運動，微粒的加速度：a=Eq+mg

m

根據運動學：.一二,〃/運動的半徑：x=vot

22

解得:x=lm

(2)要使微粒做直線運均，電場應反向，且有：qE'=，ng

￡,=W￡=oJV/m

q

故電場應該調節為方向向下，大小為E=0.1V/m

經4=0.025時，微粒運動的位移s=卬

極板上被微粒擊中區域為半徑為r的圓，其中r2=52-(?)2

S==0.064m2

(3)微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力：

v2tnv

qvB=m一R=——=0.1/7/

RqB

豎直向下射出的微粒打在B板的左端恰好與B板相切,如圖甲所示：4二0，〃

當粒子源和B板右邊擊中點距離為直徑時距離最遠：如圖乙所示：d,=—m

■10

故B板被微粒打中的區域的長度都為且上l〃z

10

考點：帶電粒子在復合場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動.

10.如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一-豎直面內，0為圓心，GH為大圜的

水平直徑。兩圓之間的環形區域（I區）和小圓內部（II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的粒子由小孔下方g處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由^1

2

點緊靠大圓內側射入磁場3不計粒子的重力。

⑴求極板間電場強度的大小；

（2）若粒子運動軌跡與小圓相切，求I區磁感應強度的大小；