高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U构成偏转电场，一束比荷为的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=104m/s沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m， AB与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B0=0. 5T，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：

（1）两金属极板间的电压U是多大？

（2）若To=0．5s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置．

（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中 不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期Bo，To应满足的条件．

【答案】（1）100V    （2）t=，射出点在AB间离O点m   （3）

【解析】

试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度

代入数据得U=100V

（2）

粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间

射出点在AB间离O点

（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB间射出

如图，由几何关系可得临界时

要不从AB边界射出，应满足

得

考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动

2．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：

(1)带电粒子入射速度的大小；

(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；

(3)匀强电场的电场强度大小．

【答案】（1）（2） （3） 

【解析】

【分析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.

【详解】

（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O．

由几何关系可知： 

洛伦兹力做向心力： 

解得 

（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有

粒子作匀速运动：x=v0t

联立解得 

（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B

解得

【点睛】

此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.

3．如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝．D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.

(1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小vC；

(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在t时间内发射电子的数量N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收)

(3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值．

【答案】(1) (2) (3) 

【解析】

【分析】

（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C发射出来的速度大小；（2）根据 求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N；（3）使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.

【详解】

（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得

解得：

（2）设时间t从A中发射的电子数为N，由M口射出的电子数为n， 则

解得 

（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为．设此轨迹圆的半径为 ，则

解得：

4．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点．efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动．P与A发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点．

（1）求碰撞后A球的速度大小；

（2）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；

（3）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间．

【答案】（1）（2）1（3）或；

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设P、A碰后的速度分别为vP和vA，P碰前的速度为

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的轨迹与cd相切时，R为最大值， 

求得k的最大值为     

（3）令z点为ed边的中点，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球在磁场中还可能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的最大值为  

当时，，由于 

当时，，由于  

综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：或

A球在磁场中运动周期为                 

当时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间 

即

5．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN上方区域的平行长金属板AB间电压大小可调，平行长金属板AB间距为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.MN下方区域I、II为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d，磁感应强度均为B，ef是两磁场区的分界线，PQ是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.

（1）要使速度为v的正电子匀速通过平行长金属极板AB，求此时金属板AB间所加电压U；

（2）通过调节电压U可以改变正电子通过匀强磁场区域I和II的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I和II运动的最长时间tm；

（3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB间所加电压U的范围.

【答案】（1）（2）（3）3B2d2b＜U＜

【解析】

【详解】

（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB，需满足

Bev=

因为正电子的比荷是b，有

E=

联立解得：

（2）当正电子越过分界线ef时恰好与分界线ef相切，正电子在匀强磁场区域I、II运动的时间最长。

=2t

T＝

联立解得：

（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef，需满足

轨迹半径R1＝3d

=m

⑪

联立解得：

临界态2：沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的电子恰好射到收集板同一点

设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R1

有（R2﹣d）2+9d2＝

=m

Be=

联立解得：

解得：U的范围是：3B2d2b＜U＜

6．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg、电荷量q=3.2×10﹣19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：

(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；

(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；

(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．

【答案】（1）r=0.1m   （2）  （3）   曲线方程为()

【解析】

【分析】

【详解】

（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得

（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，

粒子在电场中运动的加速度

粒子在电场中运动的时间

解得

（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，

则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°

所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，

曲线方程为 

【点睛】

带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

7．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同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；

（2）；

（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；

（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．

【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，设到达P2时的y方向的速度为vy，

由运动学规律知L=v0t1，

L=t1

可得t1=，vy=v0

故粒子在P2的速度为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的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-直线与Q′点，可得：

P2O′===r

故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角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的坐标x=L+（r-rcos37°）=2L；

（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，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==

则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=．

8．如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为，在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：

（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；

（2）若离子速率大小，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：

如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则

故

（2）当离子速率大小时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径

离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，

由几何关系知：得

由几何关系知：

故最高点与最低点的高度差

9．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．

求：（1）电场强度的大小．

（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．

【答案】 ； 

【解析】

【分析】

【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 

由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有  

以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 

水平方向上：  

竖直方向上： 

由以上各式，得  且 

（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即 所以

10．如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、－0.1m≤x≤0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10×104N/C.一个质量为m=2.0×10－9kg、电荷量为q=5.0×10－5C的带正电粒子，以v0=5.0×103m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，－0.2m)，不计粒子重力．

(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；

(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；

(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小．

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】

粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标．先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B求得磁场强度

【详解】

（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

解得：

（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：

，

由牛顿第二定律有：

联立解得：

所以粒子射出电场时的位置坐标为

（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度

解得：

则粒子射出电场时的速度：

设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：

由牛顿第二定律有：

联立解得：

11．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；

(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；

(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．

【答案】（1）（2）或（3）5.5πD

【解析】

【分析】

【详解】

(1)粒子在电场中，根据动能定理，解得

(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为

由，解得

则当外切时，半径为

由，解得

(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；Ⅱ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；

设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

；

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；；

粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；

设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)

联立上述各式可得：s=5.5πD

12．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：

（1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；

（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。

【答案】（1）；（2），方向与x轴的夹角为45°；（3）

【解析】

【详解】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t，

则有x=v0t=2h，

qE=ma，

联立以上各式可得 ；

（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，

所以 ，

方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；

（3）粒子在磁场中运动时，有 ，

当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 ，

所以磁感应强度B的最小值

13．如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．

【答案】

【解析】

【分析】

【详解】

解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得①

式中v为粒子在a点的速度．

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．

因此②

设有几何关系得③

④

联立②③④式得

再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE="ma" ⑥

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得

⑦

r=vt ⑧

式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得⑨

【点睛】

带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来．

14．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L．不计离子重力及进入a板时的初速度．

（1）当a、b间的电压为时，在M、N间加上适当的电压，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K（）的关系式．

（2）去掉偏转电压，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压至少为多少？

【答案】（1）离子到达探测器的时间

（2）

【解析】

思路点拨（1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间．在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系．

（2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压．

（1）由动能定理：

n价正离子在a、b间的加速度

在a、b间运动的时间

在MN间运动的时间

离子到达探测器的时间

（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：

由以上各式得：

当n=1时取最小值．

15．

磁谱仪是测量能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q在的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上．（重力影响不计）

（1）若能量在E~E＋ΔE（ΔE>0，且ΔE<（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在角内进入磁场．试求能量均为Ｅ的粒子打到感光胶片上的范围Δx2

【答案】见解析

【解析】

【详解】

（1）设粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距s的距离为

圆周运动

粒子的动能

由以上三式可得

所以

化简可得；

（2）动能为E的粒子沿角入射，轨道半径相同，设为R，粒子做圆周运动

粒子的动能

由几何关系得