沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)專題12　帶電粒子在磁場中的運(yùn)動【例題】如圖所示，直線上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度。兩帶有等量異種電荷的粒子，同時從點以相同速度射入磁場，速度方向與成角。已知粒子的質(zhì)量均為，電荷量，不計粒子的重力及兩粒子間相互作用力，求：（1）它們從磁場中射出時相距多遠(yuǎn)？（2）射出的時間差是多少？【答案】（1）0.2m；（2）【解析】（1）易知正、負(fù)電子偏轉(zhuǎn)方向相反，做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，均設(shè)為r，根據(jù)牛頓第二定律有解得作出運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得它們從磁場中射出時相距（2）正、負(fù)電子運(yùn)動的周期均為根據(jù)幾何關(guān)系可知正、負(fù)電子轉(zhuǎn)過的圓心角分別為60°和300°，所以射出的時間差是\n1.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動（1）粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角.粒子經(jīng)過磁場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的圓心角.（如圖，θ1＝θ2＝θ3）（2）圓形邊界（進(jìn)、出磁場具有對稱性）①沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示.②不沿徑向射入時.射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ，如圖所示.2.臨界問題（1）解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系.（2）粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切.3.多解問題題目描述的條件不具體，存在多解的可能性，常見的多解原因有：（1）磁場方向不確定形成多解；（2）帶電粒子電性不確定形成多解；（3）速度不確定形成多解；（4）運(yùn)動的周期性形成多解.\n【變式訓(xùn)練】如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，矩形區(qū)域長為，寬為。在邊中點處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為的某種帶正電粒子?，F(xiàn)在已知帶電粒子的質(zhì)量，所帶電荷量為（不計粒子重力）。（1）求帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為多大；（2）求從邊界射出的粒子，在磁場中運(yùn)動的最短時間為多少；（3）若放射源向磁場內(nèi)共輻射出了個粒子，求從、和邊界射出的粒子各有多少個?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）個，個，個【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓弧對應(yīng)的時間最短，作，弦最短，如圖甲所示根據(jù)幾何知識可知，弦所對圓心角粒子在磁場中運(yùn)動的周期為\n所以粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間為（3）首先要判斷從點向哪些方向射入磁場的粒子將會從、和邊界射出。從前面的分析可知，速度方向與的夾角在到范圍內(nèi)發(fā)出的粒子能從邊射出，故從邊射出的粒子有個。如圖乙為兩個邊界，當(dāng)速度方向滿足一定條件時，粒子將從點射出磁場。因為，且，所以此時射入磁場的粒子速度方向與的夾角為，所以從邊射出的粒子有個，從邊射出的粒子有個。1．圖中的S是能在紙面內(nèi)的360°方向發(fā)射電子的電子源，所發(fā)射出的電子速率均相同。是一塊足夠大的豎直擋板，與電子源S的距離為L，擋板的左側(cè)分布著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。設(shè)電子的質(zhì)量為m，帶電量為e，問：（1）要使電子源發(fā)射的電子能到達(dá)擋板，則發(fā)射的電子速率至少要多大？（2）若電子源發(fā)射的電子速率為，擋板被電子擊中的范圍有多大？要求在圖中畫出能擊中擋板的距O點上下最遠(yuǎn)的電子運(yùn)動軌跡。\n【答案】（1）；（2），【解析】（1）設(shè)則發(fā)射的電子速率為v時，發(fā)射速度平行于擋板向上的電子恰能到達(dá)擋板，則其他方向射出的電子都到達(dá)不了擋板。由幾何關(guān)系可知恰好到達(dá)擋板的電子軌跡半徑洛倫茲力提供向心力解得即要使電子源發(fā)射的電子能達(dá)到擋板，則發(fā)射的電子速率至少等于。（2）所有從電子源S發(fā)出的電子都將在磁場中作圓周運(yùn)動，因為電子速率都相同，故圓周運(yùn)動半徑也相同，由可知電子圓周軌跡半徑在半徑為L的圓周上，任意兩點的最長距離為直徑，根據(jù)電子偏轉(zhuǎn)方向可推出在O點上側(cè)、與S相距為的a點為電子擊中擋板的最遠(yuǎn)點（見圖）根據(jù)幾何關(guān)系\n又初速沿垂直擋板向右方向的電子恰好在O點下側(cè)與擋板相切于b點，此b點為擊中擋板下側(cè)的最遠(yuǎn)點，其余沿斜向下方向發(fā)射的電子無法與擋板相碰，由圓的知識得綜上所述，電子擊中擋板的范圍為2．如圖所示，真空中有一矩形盒子PQJH，PH邊和JH邊上各開有小孔A和C，C是JH邊上的中點，熒光屏M平行JH放置，能顯示從A孔射出的粒子落點位置。盒子內(nèi)有一方向垂直于PQJH平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。初速度可以忽略的相同的帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后，從A孔垂直于PH邊射入盒內(nèi)，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從C孔射出。若已知AH=，JH=2L，屏M與JH間的距離為，不計粒子重力和粒子之間的相互作用力。（1）求帶電粒子的比荷；（2）求帶電粒子從A孔運(yùn)動到屏M的時間t；（3）若撤去磁場，盒子內(nèi)加一平行于PH邊的勻強(qiáng)電場，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后仍恰好從C孔射出，求電場強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)帶電粒子經(jīng)加速電場加速后獲得速度大小為v，根據(jù)動能定理得?????①解得?????②粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示，設(shè)圓周半徑為R，在三角形OHC中，根據(jù)幾何關(guān)系有\(zhòng)n?????③解得?????④根據(jù)牛頓第二定律有?????⑤聯(lián)立②④⑤解得?????⑥（2）在三角形OHC中，有?????⑦則弧所對應(yīng)的圓心角是120°，粒子在磁場中運(yùn)動的時間為?????⑧根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子離開磁場后運(yùn)動的路程為?????⑨運(yùn)動時間為?????⑩所以??????（3）若撤去磁場，盒子內(nèi)加一平行于PH邊的勻強(qiáng)電場，粒子將做類平拋運(yùn)動，設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，其加速度大小為\n??????在水平方向上有??????在豎直方向上有??????聯(lián)立①???解得??????3．如圖所示的虛線為正三角形，在正三角形區(qū)域的外側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，d、e為ab邊上的點，，，一重力不計的帶負(fù)電的粒子（粒子的比荷為k），由e點垂直ab以初速度kBL進(jìn)入磁場。求：（1）粒子從射入磁場后到第二次回到ab邊所用的時間；（2）粒子從射入磁場后到第一次以相同的速度回到e點所用的時間；（3）粒子第一次以相同的速度回到e點瞬間，正三角形區(qū)域外側(cè)變成豎直向上的電場，粒子經(jīng)過在cb延長線上的p點（圖中未畫出），bp長為2.5L，求電場強(qiáng)度E?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)\n可得則則根據(jù)幾何關(guān)系可知則則粒子從射入磁場后到第二次回到ab邊所用的時間（2）由圖可知，粒子第一次回到點的時間為則粒子從射入磁場后到第一次以相同的速度回到e點所用的時間（3）粒子第一次以相同的速度回到e點瞬間，正三角形區(qū)域外側(cè)變成豎直向上的電場，粒子經(jīng)過在cb延長線上的p點（圖中未畫出），bp長為2.5L，水平方向上有豎直方向有根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得\n4．如圖所示，在xOy平面0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x>3a的區(qū)域內(nèi)存在平行于xOy平面垂直x軸方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），從原點O沿y軸正方向發(fā)射的帶負(fù)電粒子剛好從磁場右邊界上的P點離開磁場進(jìn)入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后到達(dá)x軸上的Q點，且粒子到達(dá)Q點時速度恰好沿x軸正方向。已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為-q，P點的坐標(biāo)為（3a，1.5a），不計粒子所受重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）粒子經(jīng)過P點時的速度大小v；（2）電場強(qiáng)度的大小和方向；（3）粒子從O點運(yùn)動到Q點所用的時間?！敬鸢浮浚?）；（2），沿y軸負(fù)方向；（3）【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，粒子到達(dá)P點時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為α，根據(jù)幾何關(guān)系有Rsinα=1.5aR+Rcosα=3a根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，將粒子從P點進(jìn)入電場的速度分解，設(shè)垂直電場方向的分速度大小為vx，其沿電場方向的分速度大小為vy，粒子從P點運(yùn)動到Q點的時間為t2，根據(jù)運(yùn)動規(guī)律有根據(jù)牛頓第二定律有\(zhòng)n解得根據(jù)運(yùn)動過程分析受力可知，電場強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向。（3）粒子在磁場中做完整圓周運(yùn)動的周期粒子在磁場中運(yùn)動的時間粒子從O點運(yùn)動到Q點所用的時間t=t1+t2解得5．如圖，xOy平面內(nèi)有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的帶電粒子（不計粒子受到的重力）以大小為v0的初速度從y軸上的a點沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，其運(yùn)動軌跡經(jīng)過x軸上的b點，且。若撤去磁場換一個與y軸平行的勻強(qiáng)電場，帶電粒子仍以速度v0從a點沿x軸正方向進(jìn)入電場，運(yùn)動軌跡仍能通過b點，求：（1）粒子在磁場中從a點運(yùn)動到b點的過程中，速度的偏轉(zhuǎn)角的正弦值為多大？（2）粒子在磁場中從a點運(yùn)動到b點的時間？（3）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小？【答案】（1）0.8；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)，則，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，由幾何知識得\n解得粒子在磁場中從a點運(yùn)動到b點的過程中，速度的偏轉(zhuǎn)角的正弦值則（2）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期粒子在磁場中從a點運(yùn)動到b點的時間（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向豎直方向解得6．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的三角形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場（邊界有磁場），，，在A點發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q某種帶正電的粒子（不計重力作用），發(fā)射方向與AO邊的夾角為，粒子從O點射出磁場。（1）求粒子的發(fā)射速度大小及粒子在磁場中的運(yùn)動時間；（2）若入射粒子為負(fù)電荷（電量為，質(zhì)量為m），從A點射入方向不變，若要使粒子能從AC邊射出，求粒子入射速度最大值。\n【答案】（1），；（2）【解析】（1）由題意，作出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識可知粒子的運(yùn)動半徑為根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得粒子的運(yùn)動周期為由幾何知識可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以粒子在磁場中的運(yùn)動時間為（2）如圖所示，假設(shè)粒子以最大速度V從A點進(jìn)入磁場，與OC相切于D點，最終從AC邊射出，此時粒子的運(yùn)動半徑最大，設(shè)為R，在三角形中′中，有解得根據(jù)牛頓第二定律有\(zhòng)n聯(lián)立解得7．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為0的光滑絕緣斜面上由靜止開始下滑。圖中虛線是左、右兩側(cè)勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）的分界線，左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)，右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩磁場的方向均垂直于紙面向外。當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為0.已知重力加速度為g，斜面足夠長，小球可視為質(zhì)點。（1）判斷小球帶何種電荷。（2）求小球沿斜面下滑的最大速度。（3）求小球速度達(dá)到最大之前，在左側(cè)磁場中下滑的距離L?！敬鸢浮浚?）正電荷（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，小球下滑過程中受到洛倫茲力方向垂直斜向上，根據(jù)左手定則小球帶正電荷。（2）當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為0，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動，在左側(cè)區(qū)域當(dāng)壓力再次為零時，速度達(dá)到最大值，則有解得\n（3）當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為0，設(shè)此時速度為，則有解得小球下滑的加速度解得根據(jù)則有8．如圖所示，在x軸上方及下方存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，上方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從x軸上O點以速度v0垂直x軸向上射出。不計粒子重力。求：（1）射出后粒子第二次到達(dá)x軸時離O點的距離，并畫出該過程粒子運(yùn)動的軌跡；（2）射出后粒子經(jīng)過多長時間第二次到達(dá)x軸?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】\n（1）在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛侖茲力提供向心力，粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示由得圓周運(yùn)動半徑如圖所示，在x軸上方做圓周運(yùn)動時，有在x軸下方做圓周運(yùn)動時，有粒子第二次到達(dá)x軸時離O點的距離（2）由可得圓周運(yùn)動周期如圖所示，在x軸上方做圓周運(yùn)動時，有在x軸下方做圓周運(yùn)動時則第二次到達(dá)x軸所用時間\n9．如圖，A、K為平行板電容器的兩極板，K板接地，正中有小孔O。半徑為R的圓筒內(nèi)充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓筒左壁有一小孔O′。O、O′及圓心C三點均在紙面內(nèi)，且處在同一直線上。平行板電容器充好電后，將質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從靠近A板的位置無初速釋放，恰沿直線OO′運(yùn)動，射入圓筒，粒子與筒壁發(fā)生的每一次碰撞都是彈性的，忽略粒子重力以及碰撞所需的時間，粒子與圓筒的碰撞過程中電量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。（1）若使兩極板間電勢差為U1，釋放粒子，粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后偏轉(zhuǎn)90°首次與圓筒壁碰撞，求U1；（2）若使兩極板間電勢差為U2，釋放粒子，粒子從進(jìn)入圓筒至首次離開磁場的時間恰取得最小值，求此最小值tm；（3）若使兩極板間電勢差為U3，再釋放粒子，粒子進(jìn)入圓筒后經(jīng)歷與圓筒四次碰撞后又恰能從O′離開圓筒，求U3：U1的可能值。（結(jié)果可用三角函數(shù)式表達(dá)）【答案】（1）；（2）；（3）見解析【解析】（1）帶電粒子在電容中加速射入圓筒后，洛倫茲力提供圓周運(yùn)動的向心力如圖（a）由幾何分析得\n解得（2）粒子在磁場中作圓周運(yùn)動時得與粒子進(jìn)入磁場的速度無關(guān)。若粒子射進(jìn)圓筒后，偏轉(zhuǎn)（n=1，2，3…）即與圓筒發(fā)生首次碰撞，圖b就是最簡單的一種情況，此時粒子在筒內(nèi)的總運(yùn)動時間最短即（3）粒子與筒壁發(fā)生四次碰撞，有可能是以下兩種情況：【情況一】\n如圖（c），粒子在磁場中的運(yùn)動半徑結(jié)合（1）的分析，得【情況2】如圖（d），粒子在磁場中的運(yùn)動半徑結(jié)合（1）的分析，得（2020?全國高考真題）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場，不計重力。（1）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y\n軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。【答案】（1）磁場方向垂直于紙面向里；；（2）；【解析】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足③由②可得，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小最小時，設(shè)為Bm，粒子的運(yùn)動半徑最大，由此得④（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角為α，\n由幾何關(guān)系⑥即⑦由幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨