2025年高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题专项复习含答案.doc

高考物理带电粒子在磁场中运动压轴题专题复习含答案

一、带电粒子在磁场中运动压轴题
1．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度大小为B，y轴右侧空间有一磁感应强度大小为2B匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子重力。求：
（1）带电粒子初速度；
（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用时间。

【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，通过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，通过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为，

解得： ；
(2)由公式得：，解得：

由可知带电粒子通过y轴右侧磁场后从图中占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，通过圆周上E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点时间为

带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为

带电粒子从D做匀速圆周运动到点周期为，所用时间为

从P点到再次回到P点所用时间为

联立解得：。

2．如图，光滑水平桌面上有一种矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc中点．efcd区域存在竖直向下匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向匀强电场，电场强度为；质量为km不带电绝缘小球P，以大小为初速度沿bf方向运动．P与A发生弹性正碰，A电量保持不变，P、A均可视为质点．

（1）求碰撞后A球速度大小；
（2）若A从ed边离开磁场，求k最大值；
（3）若A从ed边中点离开磁场，求k也许值和A在磁场中运动最长时间．
【答案】（1）（2）1（3）或；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设P、A碰后速度分别为vP和vA，P碰前速度为
由动量守恒定律：
由机械能守恒定律：
解得：

（2）设A在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得：
解得：
由公式可得R越大，k值越大
如图1，当A轨迹与cd相切时，R为最大值，
求得k最大值为
（3）令z点为ed边中点，分类讨论如下：
（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有

解得：
由可得：

（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，则A球在磁场中还也许经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开．
如图3和如图4，由几何关系有：
解得：或
由可得：或
球A在电场中克服电场力做功最大值为
当时，，由于
当时，，由于
综合（I）、（II）可得A球能从z点离开k也许值为：或
A球在磁场中运动周期为
当时，如图4，A球在磁场中运动最长时间
即

3．某控制带电粒子运动仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg带正电粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子运动，不计粒子重力．

(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0大小；
(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种状况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3、4)第二种状况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3)．
【解析】
【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子可以进入磁场，则
竖直方向
得
代入数据解得t＝1.0×10－6s
水平位移x＝v0t
代入数据解得x＝0.80m
由于x不小于L，因此粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，
则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，
竖直位移＝0.0125m
因此粒子从P′点下方0.0125m处射出．
(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动水平位移x＝v0
粒子进入磁场时，垂直边界速度
v1＝·t＝

设粒子与磁场边界之间夹角为α，则粒子进入磁场时速度为v＝
在磁场中由qvB＝m得R＝
粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L
把x＝v0、R＝、v＝、 代入解得
v0＝L·－
v0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答图可知粒子离MM′最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)
把R＝、v＝、代入解得

可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场速度为零，直接在电场中加速后以v1速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)

Δymax＝0.04m，Δymax不不小于磁场宽度D，因此不管粒子水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动轨迹如下图所示：

粒子要从M′点射出边界有两种状况，
第一种状况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t
把、R＝ 、v1＝vsinα、 代入解得

v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)
第二种状况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα
把 、R＝、v1＝vsinα、代入解得

v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．

4．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-L区域存在场强大小相似，方向相反均平行于y轴匀强电场，在-L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外匀强磁场，一质量为m，电荷量为q带正电粒子，通过y轴上点P1（0，L）时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后通过x轴上点P2（L，0）进入磁场．在磁场中运转半径R=L（不计粒子重力），求：

（1）粒子抵达P2点时速度大小和方向；
（2）；
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置横坐标；
（4）粒子从P1点出发后做周期性运动周期．
【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设抵达P2时y方向速度为vy，
由运动学规律知L=v0t1，

L=t1
可得t1=，vy=v0
故粒子在P2速度为v==v0
设v与x成β角，则tanβ==，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得
E=
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
解得：B===
解得：；
（3）粒子在磁场中做圆周运动圆心为O′，在图中，过P2做v垂线交y=-直线与Q′点，可得：
P2O′===r
故粒子在磁场中做圆周运动圆心为O′，因粒子在磁场中轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M坐标x=L+（r-rcos37°）=2L；
（4）粒子运动一种周期轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=
在磁场中由P2到M动时间：t2==
从M运动到N，a==
则t3==
则一种周期时间T=2（t1+t2+t3）=．

5．(18分)如图甲所示，相隔一定距离竖直边界两侧为相似匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压变化规律如图乙所示，正反向电压大小均为，周期为。在时刻将一种质量为、电量为（）粒子由静止释放，粒子在电场力作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外电场）

（1）求粒子抵达时速度大小和极板距离
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度大小应满足条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次抵达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动时间和磁感强度大小
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）粒子由至过程中，根据动能定理得
①
由①式得
②
设粒子加速度大小为，由牛顿第二定律得
③
由运动学公式得
④
联立③④式得
⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R，
由牛顿第二定律得 ⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动过程用时为，有
⑨
联立②⑤⑨式得 ⑩
若粒子再次达届时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动时间为，根据运动学公式得
⑾
联立式得
⑿
设粒子在磁场中运动时间为
⒀
联立⑩⑿⒀式得
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动周期为T，由式结合运动学公式得
⒂
由题意得
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄

6．在如图所示xoy坐标系中，一对间距为d平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面中间，极板右边与y轴重叠，桌面与x轴重叠，o点与桌面右边相距为，一根长度也为d光滑绝缘细杆水平穿过右极板上小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一种质量为m、电量为+q小环（可视为质点）套在杆左端，给极板充电，使板内有沿x正方向稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：

（1）环离开小孔时坐标值；
（2）板外场强E2大小和方向；
（3）讨论板内场强E1取值范围，确定环打在桌面上范围．
【答案】（1）环离开小孔时坐标值是-d；
（2）板外场强E2大小为，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1取值范围为，环打在桌面上范围为．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动位移为x1、x2．由于板内小环与极板间作用力是它们内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
  mx1-3mx2=0              ①
而x1+x2=d                ②
①②解得：x1=d ③
  x2=d
环离开小孔时坐标值为：xm=d-d=-d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须
qE2=mg
 解得：，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则

若围绕小圆运动，则R=0.75d  ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：  ⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
若围绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 
解得：R=0.48d             ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
故场强E1取值范围为 ，环打在桌面上范围为．

7．如图，第一象限内存在沿y轴负方向匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外匀强磁场，其中第二象限磁感应强度大小为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似，不计粒子重力，求：

（1）粒子从P点入射时速度v0；
（2）第三、四象限磁感应强度大小B/；
【答案】（1）（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半径为r，由几何知识得：
根据得
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有；
联立解得

（2）设粒子在第一象限类平抛运动水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向夹角等于α．
则有：x=v0t，
得
由几何知识可得 y=r-rcosα=
则得
因此粒子在第三、四象限圆周运动半径为
粒子进入第三、四象限运动速度
根据
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中运动

8．如图所示，足够大平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN为理想分界面．Ⅰ区磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对小孔S1，S2，两孔与分界面yN距离为L.质量为m，电量为＋q粒子经宽度为d匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN上P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板距离是Lk倍．不计重力，碰到挡板粒子不予考虑．

(1)若k＝1，求匀强电场电场强度E；
(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中速度大小v与k关系式和Ⅱ区磁感应强度B与k关系式．
【答案】（1） （2） ，
【解析】
试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=mv2-0 ①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0＝②
当k=1时，由几何关系得 r=L ③
由①②③解得E=④
（2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知
(r-L)2+(kL)2=r2⑤
解得r=⑥
由②⑥解得v=⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝⑧
由对称性及几何关系可知 ⑨
解得r1=⑩
由⑧⑩解得 B＝
考点：带电粒子在电场中运动、带电粒子在匀强磁场中运动

9．运用电场和磁场，可以将比荷不一样离子分开，这种措施在化学分析和原子核技术等领域有重要应用．如图所示矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场方向射入磁场，运动到GA边，被对应搜集器搜集．整个装置内部为真空．已知被加速两种正离子质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场电势差为U，离子进入电场时初速度可以忽视．不计重力，也不考虑离子间互相作用．

(1)求质量为m1离子进入磁场时速率v1；
(2)当磁感应强度大小为B时，求两种离子在GA边落点间距s；
(3)在前面讨论中忽视了狭缝宽度影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，也许使两束离子在GA边上落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝最大宽度．
【答案】（1）（2） （3）dm＝L
【解析】
（1）动能定理  Uq＝m1v12
得：v1＝ …①
（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：
 qvB＝，R＝
运用①式得离子在磁场中轨道半径为别为（如图一所示）：

 R1＝ ，R2＝…②
两种离子在GA上落点间距s＝2(R1−R2)＝ …③
（3）质量为m1离子，在GA边上落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝宽度为d，因此落点区域宽度也是d（如图二中粗线所示）．同理，质量为m2离子在GA边上落点区域宽度也是d（如图二中细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④
运用②式，代入④式得：2R1(1−)＞d
R1最大值满足：2R1m=L-d
得：(L−d)(1−)＞d
求得最大值：dm＝L

10．如图（甲）所示，两带等量异号电荷平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板右侧宽为L区域内存在如图（乙）所示周期性变化磁场，磁场左右边界与x轴垂直．既有一质量为m，带电荷量为+q带电粒子，从y轴上A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最终从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：

（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做功；
（2）计算两板间电势差并确定A点位置；
（3）写出磁场区域磁感应强度B0大小、磁场变化周期T应满足体现式．
【答案】（1）（2） , (3) ,
【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时速度为v，则：
电场力对粒子所做功为：
（2）设粒子刚进入磁场时竖直分速度为v′，则：
v′=v0tan30°=
水平方向：L=v0t
竖直方向：y＝v′t
解得：
电场力对粒子所做功：W=qEy
两板间电压U=2Ey0
解得：
（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；
在磁场变化半个周期内，粒子偏转角为2α=60°；
故磁场变化半个周期内，粒子在x轴上位移为：x=2Rsin30°=R
粒子抵达x=2L处且速度满足上述规定是：
nR=L（n=1，2，3，…）
由牛顿第二定律，有：
解得：（n=1，2，3，…）
粒子在变化磁场半个周期内恰好转过周期，同步在磁场中运动时间是变化磁场半个周期整数倍，可使粒子抵达x=2L处且满足速度题设规定；；

解得：（n=1，2，3，…）
当，
考点：带电粒子在磁场中运动.