2021届高考物理二轮复习（计算题）7,带电粒子磁场中运动,含解析

　7 带电粒子在磁场中运动

　一、典例 例 1．如图所示，在真空室内的 P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为 m 的粒子，不计重力，粒子的速率都相同。ab 为 P 点附近的一条水平直线，P 到直线 ab 的距离 PC ＝ L，Q 为直线 ab 上一点，它与 P 点相距 PQ＝52L。当直线 ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达 Q 点；当 ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达 ab 直线，且它们到达 ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达 Q 点。求：

　(1)粒子的发射速率； (2)匀强电场的场强大小和方向。

　【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为 R，过 O 作 PQ 的垂线交 PQ 于 A 点，如图所示，由几何知识可得：PC QAPQ QO=

　 代入数据可得粒子轨迹半径 R＝QO＝ 58 L 洛伦兹力提供向心力 qvB＝m v2R

　解得：58BqLvm= 。

　(2)只加匀强电场时由粒子到达 ab 直线动能相等，知 ab 为等势面，电场方向垂直 ab 向下。水平向左射出的粒子经时间 t 到达 Q 点，在这段时间内：

　2 25 1( )2 2CQ L L L = - =

　又 CQ＝vt，PC＝L＝ 12 at2 ，qEam=

　解得：2258B qLEm= 。

　例 2．如图所示，在 x≤0 的范围内，存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E；在 x＞0 的范围内，存在圆心为(2L，0)、半径为 2L、垂直 xOy 平面向里的圆形匀强磁场。一个氕核( 1 1 H)和一个氚核( 3 1 H)先后从电场中的 P(－2L， 3L)点、平行纸面沿 x 轴正方向以相同的动能射出，已知 H 从坐标原点 O 进入磁场，且射

　出磁场时速度方向与 y 轴正方向平行，H 的质量为 m、电荷量为 q。不考虑重力，求：

　(1) 1 1 H 从 P 点射出时的动能； (2)磁场磁感应强度的大小； (3) 3 1 H 射出磁场时速度的方向。

　【解析】(1)设氕核从 P 点射出时的速度大小为 v 0 、动能为 E k0 ，在电场中运动的时间为 t，则：

　2L＝v 0 t， 3L＝ 12 at2 ，qE＝ma E k0 ＝ 12 mv 02

　解得：E k0 ＝33qEL。

　(2)设氕核进入磁场时速度的大小为 v、方向与 x 轴夹角为 θ，沿 y 轴负方向分速度大小为 v y ，则：

　v y ＝at，tan θ＝ v yv 0 ＝ 3，sinyvv=

　解得：2 323qELvm=

　氕核进入磁场后做匀速圆周运动，设磁感应强度的大小为 B，轨迹半径为 r，则有：

　qvB＝m v2r 射入点 O、磁场圆心 O 1 、射出点 C、轨迹圆心 O 2 构成菱形，由几何关系有：

　r＝2L 解得：2 33mEBqL= 。

　(3)设氚核射出时速度为 v 0 ′，到 y 轴时间为 t′，该过程沿 y 轴负方向位移大小为 y′，到达 y 轴时速度的大小为v′、方向与 x 轴正方向夹角为 θ′，则：

　12 mv 02 ＝ 12 (3m)v 0 ′2

　201 2( )2 3qE Ly ymv¢=创 =¢，0023tan tanqE Lmvv ´¢¢==¢ 03cos 3vv v¢¢==¢ 即氚核也从坐标原点 O 进入磁场，设氚核在磁场中做圆周运动的半径为 r′，则有：

　2vqv B mr¢ⅱ=¢ 解得：r′＝2 3L 由几何关系可知，射入点 O、射出点 D、轨迹圆心 O 3 构成等边三角形，且 O 3 D 垂直 x 轴，所以氚核离开磁场时速度方向与 x 轴正方向平行。

　二、模拟练习 1．如图所示为平面直角坐标系 xOy 平面的俯视图，在第一象限存在方向沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E 1 ；在第二、第三象限存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B；在第四象限存在由特殊静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45°，电场强度大小为E 2 。一个带负电的粒子，从 y 轴上的 P 点（0，－d）沿 x 轴负方向射出，速度大小为 v 0 ，粒子的比荷0v qm Bd= ，粒子运动依次经过 y 轴上的 A 点（图中未画出）、x 轴上的 C 点、过 C 点且平行于 y 轴的直线上的 D 点（图中未画出）。已知粒子经过 C 点时的动能是经过 A 点时动能的 2 倍，粒子从 C 运动到 D 所用时间 t 2 与从 A 运动到C 所用时间 t 1 的关系为 t 2 ＝ 2t 1 ，不计粒子重力。求：

　(1)A 点的坐标； (2)电场强度 E 1 、E 2 的大小； (3)从 A 点到 D 点电场力对粒子做的功 W。

　【解析】分析粒子运动。作出粒子的运动轨速如图所示。

　 (1)粒子在 P 点沿 x 轴负方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为 r，根据牛顿第二定律有：

　200vqv B mr 代入数据解得 r＝d 可见粒子做圆周运动的圆心在 O 点，A 点在圆周的最高点，坐标 y A ＝r＝d 所以 A 点的坐标为（0，d）。

　(2)由题可知粒子在 C 点的动能为在 A 点动能的 2 倍，有：

　2 201 122 2Cmv mv   解得粒子在 C 点的速度大小02Cv v  可知 v C 与 x 轴正方向的夹角  ＝45°，粒子沿 y 轴负方向的分速度 v Cy ＝v 0

　在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度11qEam 在 y 轴负方向根据运动学公式有212Cyv ar  联立解得2012mvEqd v C 与 x 轴的夹角  ＝45°，根据运动特点可知 OC＝2d 运动时间 102dtv 由题意有 2 12 t t  根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和 v C 的方向垂直，加速度 22qEam C、D 在同一条平行于 y 轴的直线上，在 x 轴方向位移为 0，有22 2 21cos45 sin452Cv t a t 

　联立解得202mvEqd。

　(3)粒子在 D 点的速度大小2 22 2 0( ) 10D Cv a t v v    从 A 点到 D 根据动能定理可得电场力做的功2 201 12 2DW mv mv   联立解得2092W mv  。

　2．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的 1、2 象限内有等腰三角形 AOB，∠AOB＝120°，C 点为 AB 边中点，OC＝1 m，OC⊥AB，在三角形范围内有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B＝33 T。在 1、2 象限其他区域有与 x 轴正方向成 60°角斜向上的匀强电场，电场强度 E＝ 43 ×102

　V/m，取 y 轴负半轴上一点 D，沿 OD建立电场使得 U OD ＝U 0 ，把一群比荷 qm ＝3×102

　C/kg 的负电荷在 OD 间静止释放，所有的负电荷都没有从 AB边射出磁场，不计电荷的重力，不考虑电荷间的相互作用，求：

　(1)U 0 的最大值； (2)负电荷离开 x 轴的可能范围。

　【解析】(1)所有的负电荷都没有从 AB 边射出磁场的临界如图所示，根据几何知识可得，此时的半径为 1m R OC  

　带电粒子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，则200vqv B mR 带电粒子在电场中加速，根据20 012qU mv  代入数据解得050V U 。

　(2)带电粒子离开磁场时，速度方向与电场方向垂直，粒子做类平抛运动，其中 20023 10 m sqUvm  

　加速度为244 10 m sqEam   粒子做类平抛运动在垂直电场方向的位移为1 0x v t 

　在沿电场方向的位移为2112y at  根据几何关系可得"1m OF  又因为1"1tan60xO F y，"1sin60xOG  联立各式，代入数据解得"1m OG  则" "2m x OO OG    所以负电荷离开 x 轴的可能范围为 02m x  。

　3．在如图所示的 xOy 平面内，边长为 2R 的正方形区域中存在方向垂直 xOy 平面向外、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，沿 x 轴放置一长为 2R 的探测板，与磁场下边界的间距为 R，质量为 m、电荷量为 q 的正离子源从正方形一边（位于 y 轴上）的中点 P 向垂直于磁场方向持续发射离子，发射速度方向与水平方向夹角范围为0～60°且均匀分布，单位时间发射 N 个离子，其发射离子速度大小随发射角变化的关系为0cosvv= ，α 为发射速度方向与水平方向夹角，其中当 α＝0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿 y 轴负方向射出。不计离子间的相互作用和离子的重力，离子打在探测板即被吸收并中和，已知 R＝0.05 m，B＝1 T，v 0 ＝5×10 5 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

　(1)求离子的比荷 qm ； (2)求单位时间内能打在探测板上的离子数 n； (3)要使从磁场下边界射出的所有离子都打不到探测板上，需要在磁场与探测板间加上沿 y 轴正方向的匀强电场，求所加匀强电场的电场强度最小值 E。（结果保留两位有效数字）

　【解析】(1)α＝0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿 y 轴负方向射出，做出离子的轨迹如图所示，根据几何关系可得离子运动轨迹半径 r＝R 根据洛伦兹力提供向心力得：qv 0 B＝m v 02r

　解得离子的比荷 qm ＝107

　C/kg。

　(2)发射角为 α 的离子运动轨迹半径为0cos cosmv RRqB α α  如果第一、四象限都有磁场，根据几何关系可得离子在磁场中运动时在 y 轴上的弦长 L＝2R′cosα＝2R 即所有粒子都打到 O 点；实际只有边长为 2R 的正方形区域存在磁场根据对称性可得从 P 向磁场发射的离子均垂直磁场下边界射出，根据几何关系可得离子出磁场下边界的位置横坐标为 x a ＝R′+R′sinα 离子要打在探测板最右边时，需满足 x a ＝R′+R′sinα＝2R 将运动轨迹半径 R′代入上式得 1+sinα＝2cosα 解得 α＝37° 因为离子速度0cosvv

　所以当 α>37°时离子轨迹半径变大，粒子从磁场右边界射出磁场不能打到探测板上，并沿 0－60°范围均匀分布，单位时间发射 N 个离子，则单位时间内能打在探测板上的离子数3760n N  。

　(3)只要从磁场下边界射出的速度最大的粒子打不到探测板上，则所有离子都打不到探测板上，离子最大的速度为0m 05cos37 4vv v   当最大的速度 v m 的离子恰好达不到探测器时，此时电场强度为最小值 E，根据动能定理有 205 10 ( )2 4vqER m    解得 E＝3.9×10 5 V/m。

　4．如图甲所示，在水平地面上有一个口径为 d，深为 h 的漏斗形旱井。井的左边侧壁竖直，距其水平距离 s 处有一个高为 H 的水平平台，平台上装有绝缘弹射器，可以将质量为 m、电荷量为+q 可看作质点的小球以速度v 0 弹射出去，v 0 的方向跟井口直径在同一竖直平面 M 内。当小球水平向右弹出后，小球从井口上方掠过。忽略空气阻力，重力加速度为 g。

　 (1)为了使小球能打进井中，可在地面上方平行于平面 M 加水平方向的匀强电场，求此电场的电场强度 E 0 的取值范围和方向； (2)若在地面上方加一平行于平面 M 的匀强电场，小球可以无碰撞地落到井底，求小球从开始运动至落到井底的过程中机械能的变化量； (3)若在地面上方加竖直向上的匀强电场，电场强度大小 E＝ mgq，同时加一个匀强磁场，改变弹射器的弹射方向为斜向右上方，也恰能让小球无碰撞地落到井底，求匀强磁场的磁感应强度的大小以及 v 0 与水平方向的夹角 θ 的正切值； (4)若在地面上方加竖直向上的匀强电场，电场强度大小 E＝ mgq，再加上磁感应强度大小相等的有理想边界的两个并列匀强磁场，如图乙所示，以同(3)一样的方向将小球弹射出去，也能让小球无碰撞地落到井底，求所加磁场的磁感应强度大小。

　【解析】(1)在竖直方向小球做自由落体运动，有212H gt 

　解得2tHg 在水平方向上小球做匀减速运动，加速度大小为 1a，设小球从井口左侧进入井中，有 21 1 0 11,2qE ma s v t a t    解得012 mv gH mgsEqH 同理可得，当小球从井口右侧进入井中，所加电场的电场强度大小为 022 ( ) mv gH mg s dEqH  电场强度方向水平向左，0E 的取值范围为

　0 002 ( ) 2 mv gH mg s d mv gH mgsEqH qH    (2)由题意可知，若小球可以无碰撞地到达井底，则小球需从井口的左侧竖直进入。设小球从弹射出去到运动 至

　井口的过程中，历时为1t ，则水平方向012vs t  竖直方向12yvH t  由动能定理得2 201 12 2yW mgH mv mv   电 机械能的增加量为E W  电

　联立解得2 2 202)2( mv H sE mgHs   。

　 (3)由于 mgqE ，所以小球在洛伦兹力的作用下在复合场中做匀速圆周运动，圆心在如图甲所示的 O 点，设半径为 R 由几何关系可知2 2 2( ) R H s R    解得2 22H sRs

　由牛顿第二定律得200vqv B mR 解得02 22( )msvBq H s 由几何关系可知弹射速度与水平方向的夹角OAC  ，则 2 2tan2s HsH

　(4)由于两个并列磁场的磁感应强度大小相等，小球运动轨迹如图乙所示，半径为nr 由题意得 ( 1,2,3, )2 1nRr nn  设磁场的磁感应强度为B，由牛顿第二定律得200nvqv B mr 解得02 22(2 1)( 1,2,3, )( )n msvB nq H s 。

　5．如图所示，xOy 平面上以坐标原点 O 为圆心的四分之一圆形区域 MON 内，分布着磁感应强度 B＝2.0×10－3 T 的匀强磁场，其中 M、N 点距坐标原点 O 为 2 m，磁场方向垂直纸面向里，坐标原点 O 处有一个粒子源，不断地向 xOy 平面发射比荷 qm ＝5×107

　C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是 v＝1×10 5

　m/s，与 x 轴正方向的夹角分布在 0～90°范围内，不计粒子重力。

　(1)求平行于 x 轴射入的粒子，射出磁场的位置及在磁场中的运动时间； (2)求恰好从 M 点射出磁场的粒子，从粒子源 O 发射时的速度与 x 轴正向的夹角； (3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的 2 倍，仍从 O 点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间 t 与射入时与 x 轴正向的夹角 θ 的关系。

　【解析】(1)平行于 x 轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为 P，由 qvB＝m v2R

　得 R＝1 m。

　由几何关系可知 O 1 P＝O 1 O＝1 m，OP＝ 2 m，则△O 1 OP 为等腰直角三角形，x＝y＝1 m，α＝ π2

　故 P 点坐标为(1 m，1 m) 运动时间为 t 0 ＝α2π ·2πmqB＝ π2 ×10－ 5

　s。

　(2)如图乙所示，由几何关系可知：O 2 M＝O 2 O＝1 m，OM＝ 2 m 则△O 2 OM 为等腰直角三角形，∠O 2 OM＝45° 则 θ＝∠O 2 OM＝45°。

　(3)由 R＝ mvqB ，E k ＝12 mv2 可知 R＝2mE kqB， R′R ＝E k ′E k ＝ 2 则 R′＝ 2 m。

　粒子从 M 点出射时 OM＝R′，如图丙所示，△O 3 OM 为正三角形，圆心角 α′＝ π3 ，出射角 θ′＝π3

　 若粒子从弧 MN 上射出时，弦长均为 2 m，圆心角均为 α′＝ π3

　运动时间均为 t＝ α′2π ·2πmqB＝ π3 ×10－ 5

　s，故 0≤θ≤ π3 时，t＝π3 ×10－ 5

　s 若粒子从边 OM 出射时，如图丁所示，α″＝2 π2 －θ ＝π－2θ 运动时间 t″＝ α″2π ·2πmqB＝(π－2θ)×10－ 5

　s，故 π3 <θ≤π2 时，t＝(π－2θ)×10－ 5

　s。

　6．如图甲所示的空间直角坐标系 Oxyz 中，分界面 P、荧光屏 Q 均与平面 Oxy 平行，分界面 P 把空间分为区域Ⅰ和区域Ⅱ两部分，分界面 P 与平面 Oxy 间的距离为 L，z 轴与分界面 P 相交于 O"。区域Ⅰ空间中分布着沿y 轴正方向的匀强电场，...