2019届高三物理二轮复习带电粒子在磁场中运动题型归纳

2019届高三物理二轮复习带电粒子在磁场中运动题型归纳

类型一、带电粒子在磁场中的运动的基础知识

1例1、在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(1H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小

相等，则α粒子和 质子（ ）

A、运动半径之比是2:1 B、运动周期之比是2:1 C、运动速度大小之比是4:1 D、受到的洛伦兹力之比是2:1

【答案】B

【解析】α粒子和质子质量之比为4:1，电荷量之比为2:1，由于动量相同，故速度之比为1:4 ，同一磁场，B相同。由r=mv/qB，得两者半径之比为1:2。由T=2πm/qB，得周期之比为2:1。由f洛=qvB，得洛伦兹力之比为1:2 ，B正确。 举一反三

【变式1】电子（－e，m）从A点沿AB方向进入磁场，它恰能从C点出射.（1）求电子的速度；（2）求电子在场中运动的时间。设磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AD = a AB=2a.

【答案】（1）v5eBam4arcsin。 （2）t2meB5【变式2】如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直。a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS’垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为、，且。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S′，则下列说法中正确的有 （ ）

A．三个质子从S运动到S’的时间相等

B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上 C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近 D．附加磁场方向与原磁场方向相同 【答案】CD

【解析】A.三个质子从S运动到S′的时间不相等，A错误；

B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，只有b运动轨迹的圆心在OO′轴上，因为半径相等，而圆心在初速度方向的垂线上，所以B错误；

C.用作图法可知，若撤去附加电场，a到达SS′连线上的位置距S点最近，b最远；C正确； D.因b要增大曲率，才能使到达SS′连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场方向与原磁场方向相同，D正确；故选CD。

类型二、带电粒子在磁场中的周期性和对称性

例2、图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化周期为T，变化图线如图（b）所示，当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于

2.TB0不计重力，设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.

（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？ （2）若t0T，则直线OA与x轴的夹角是多少？ 4（3）为了使直线OA与x轴的夹角为

T，在0t0的范围内，t0应取何值？ 44

【思路点拨】分析在磁场中运动的周期与交变磁场的周期的关系，根据左手定则确定偏转方向，磁场反向后如何，对复杂问题更是要画图。 【答案】（1）0 （2）2 （3） t0T 8【解析】（1）设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期， 则有 qvB0m(222R)R①v② TT由①②式与已知条件得 TT③

T时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方2T向反转；继而，在t=到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如

2图（ａ）所示，OA与x轴的夹角0④

粒子P在t=0到t=

TTT1时刻开始运动，在t=到t=时间内，沿顺时针方向运动个圆周，4442T到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，

25T1到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=时间内，沿顺时针方向运动个圆周，

44（2）粒子P在t0到达A点，如图（ｂ）所示，由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角

2⑤

（3）若在任意时刻tt0(0t0TT)粒子P开始运动，在tt0到t=时间内，沿顺时针42方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为

OOC2T(t0)⑥ T2T到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，2此时磁场方向反转；继而，在t=

此时磁场方向再次反转；在t=T到t=Tt0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O′′，圆弧BA对应的圆心角为BOA2t0⑦ T如图(c)所示，由几何关系可知，C、B均在OO连线上，且OA//OO⑧ 若要OA与x轴成

3角，则有OOC⑨， 44T⑩ 8联立⑥⑨式可得 t0【总结升华】根据交变磁场的变化规律，正确画出轨迹图是解题的关键。 举一反三

【变式】如图所示是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B=0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为450。在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L=0.2m.。在薄板上P处开一个小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒刚通过小孔，

3快门立即关闭。此后每隔T=3.010s开启一次并瞬间关闭。从S1S2之间的某一位置水平

发射一速度为v0的带电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。

（1）经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？

（2）求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比运动。）

q1.0103C/kg。只考虑纸面上带电微粒的m

【答案】（1）v0=100m/s （2）t2.8102s

【解析】（1）如图所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：f=qv0B ①

2mv0mv0f② 由①②得：r

rqB欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为：Lr2L③ 代入数据得：80m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：

LLnT 其中n=1,2,3,…… ④ v00.5v0由①②③④可知，只有n=2满足条件，即有：v0=100m/s ⑤

（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如图所示，则有：

T032r2L⑥t1T0⑦t2⑧

4v0v0t312L⑨t4T0⑩ （弦切角=45°，圆心角=90°）

40.5v0tt1t2t3t42.8102(s) ⑾

类型三、带电粒子在磁场中运动的多解问题

例3、如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力。求：

（1）若在P、Q间加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，则场强为多大？ （2）撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？ （3）求第（2）问中微粒从P点到达Q点所用的时间。 【思路点拨】（2）根据运动的对称性，分析出微粒能从P点到达Q点，应满足条件。画出草图，确定参数，圆心角、半径等，最后求出速度。 【答案】见解析。 【解析】（1）由电场力与洛伦兹力平衡 qEqv0B,得Ev0B （2）根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足Lnx 其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为22设圆弧的半径为R，则有2Rx，可得R3或。 22L 2nv2qBL2、3、 又qvBm，由以上各式得v。n1、R2mn（3）如图所示，当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

1nt12n32n 22n2m2mn ，其中n1、3、5、2qBqB当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为 2nt22n2n n2mmn ，其中n2、4、6、2qBqB【总结升华】解题的关键仍然是要画出轨迹图，要多练多想，熟能生巧，同时还要考虑奇数次到达、偶数次到达，情况不一样，就是多解问题了。 举一反三

【变式1】如图所示，平行金属板M、N间距离为d．其上有一内壁光滑的半径为R的绝缘圆筒与N板相切，切点处有一小孔S．圆筒内有垂直圆筒截面方向的匀强磁场，磁感应强度为B．电子与孔S及圆心O在同一直线上．M板内侧中点处有一质量为m，电荷量为e的静止电子，经过M、N间电压为U的电场加速后射入圆筒，在圆筒壁上碰撞n次后，恰好沿原路返回到出发点．（不考虑重力，设碰撞过程中无动能损失）

求：⑴电子到达小孔S时的速度大小；

⑵电子第一次到达S所需要的时间； ⑶电子第一次返回出发点所需的时间．

【答案】⑴

2eU2m2m(n1)m⑵d⑶t2d（n=1，2，3，…） meUeUeB

【解析】⑴设加速后获得的速度为v ，根据eU1mv2，v22eU meU md⑵设电子从M到N所需时间为t1，电子在MN间的加速度 a则d121eU22mat1t1 ，得t1d 22mdeU2m eB⑶电子在磁场做圆周运动的周期为T0电子在圆筒内经过n次碰撞回到S，每段圆弧对应的圆心角

12，如图。 n1

n次碰撞对应的总圆心角(n1)1(n1)2(n1)

在磁场内运动的时间为t2(n1)2m(n1)mT0 22eBeBt2t1t22d2m(n1)m （n=1，2，3，…） eUeB【变式2】一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计） （1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；

（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及粒子在磁场中运动时间t的范围。

【解析】（1）由图中几何关系可知：RL， 2 2v0qBRqBL根据qv0Bm，则v0 m2mR（2）当v0最大时：R1R1cos60则vmaxL 得R1=L， 2qBR1qBL mmLL 得R2 23当v0最小值：R2R2sin30则vminqBR2qBL m3mqBLqBLv0所以v0的取值范围为 3mm带电粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，运动时间最短， tmin1505m T3606qB2404m T3603qB速度为vmin时运动时间最长： tmax∴粒子运动时间t的范围 5m4mt 6qB3qB类型四、带电粒子在有界磁场中运动的极值问题

例4、图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T，在y轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q，不计其重力。 （1）求上述粒子的比荷

q； m（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以

使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；

（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。

【思路点拨】理解“运动轨迹半径恰好最小”的意思是以两点连线作为直径，运动轨迹半径最小，画出轨迹图。理解“使其沿y轴正方向做匀速直线运动”的意思。理解“矩形磁场区域的最小面积”的意思。

【答案】（1）

q772=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg）；（2）t7.9106s；（3）S0.25m m【解析】（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图，依题意M、P连线即为该粒子在磁场

中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得r2L①2

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得

v2qvBm②

r联立①②并代入数据得

q77=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg） ③ m（2）设所加电场的场强大小为E。如图，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，

在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

qEqvB④ 代入数据得E70N/C⑤

所加电场的场强方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有

4502rTtT⑥⑦ 0v360联立①⑥⑦并代入数据得 t7.9106s⑧

2（3）如图，所求的最小矩形是MM1PP1，该区域面积 S2r⑨

2联立①⑨并代入数据得S0.25m 矩形如图丙中MM1PP。 1（虚线）

【总结升华】抓住关键词语“运动轨迹半径恰好最小”的意思是以两点连线作为直径，运动轨迹半径最小，画出轨迹图，这是解题的关键所在。“使其沿y轴正方向做匀速直线运动”的意思是：合力为零，沿y轴正方向运动，洛伦兹力水平向左（沿x轴负方向），要使其合力为零，就必须使电场力水平向右（沿x轴正方向），离子带正电荷，所以所加匀强电场方向为水平向右。经过多长时间加匀强电场，要求圆心角。矩形磁场区域的最小面积：两边与半圆相切。 举一反三

【变式】如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直

于纸面向里的匀强磁场。三个相同带正电的粒子，比荷为

q，先后从A点沿AD方向以大m小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。求：

(1)编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小；

(2)编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间；

(3)编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离。 【答案】(1) 3Bqam (2) (3)(233)a 3m3qB【解析】(1)设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度v12大小为v1，则：qv1Bmqv1B＝mr1a 2sin60 由几何关系得，r1解得，v13Bqa 3m(2)设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2： 2v2 则qv2Bmr2T22r2 v2

解得T22m qB由几何关系得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间tTm 63qB(3)设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中圆周运动的半径为r3，由几何关系可得AE2acos303a r3AE23a sin30OEAE3a tan30EGr3OE(233)a