1、更多资源关注微信公众号：学起而飞 专题专题 10带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动 【母题来源一】【母题来源一】2019 年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国卷） 【母题原题【母题原题】 （2019新课标全国卷）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 1 2 B 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子垂直于x轴射入第二象限， 随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A 5 6 m qB B 7 6 m qB C 11 6 m qB D 13 6 m qB 【答案】B 【解析】运动轨
2、迹如图。 即运动由两部分组成,第一部分是 1 4 个周期,第二部分是 1 6 个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为 90， 则运动的时间为 2 2 1 2 442 Tmm t qBqB ；粒子在第一象限转过的角度为 60，则运动的时间为 1 1 1 22 663 2 Tmm t B qB q ；则粒子在磁场中运动的时间为： 12 27 326 mmm ttt qBqBqB ，故 B 正确， ACD 错误。. 【母题来源二】【母题来源二】2019 年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷） 更多资源关注微信公众号：学起而飞 【母题原题】【母题原题】（2019北京卷）如图所示，正方形区域内存
3、在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边 界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 A粒子带正电 B粒子在b点速率大于在a点速率 C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出 D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在 b、a 两点的速率，根据 2 v qvBm r 确定 粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A 错误；由 于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在 b 点速率与 a 点速率相等，故 B 错误；若仅减小磁感应 强度，由公式 2 v qvBm r
4、得： mv r qB ，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从 b 点右侧射出， 故 C 正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时 间一定变长，故 D 错误。 【母题来源三】【母题来源三】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（浙江选考） 【母题原题【母题原题】（2019浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为 v 的等离子体垂直于磁场方向 喷入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在相距为 d、宽为 a、长为 b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、 下板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间
5、均匀分布，电阻率为。 忽略边缘效应，下列判断正确的是 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A上板为正极，电流 Bdvab I Rabd B上板为负极，电流 2 Bvad I Rabb C下板为正极，电流 Bdvab I Rabd D下板为负极，电流 2 Bvad I Rabb 【答案】C 【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下 极板为电源的正极，根据平衡有 E qvBq d ，解得稳定时电源的电动势EBdv，则流过 R 的电流 为 E I Rr ，而 d r S ，Sab，则得电流大小为 Bdvab I abRd ，C 正确 【名师点睛】本题的关键是
6、理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛 伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析 【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、 圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。 【考试方向】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题 单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查。 【得分要点】 1带电体在磁场中的临界问题的处理基本思路 （1）画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径； （2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间
7、相联系，在磁 场中运动的时间与周期相联系； （3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式； 2带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 更多资源关注微信公众号：学起而飞 （1）直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示） （2）平行边界（存在临界条件，如图所示） （3）圆形边界（沿径向射入必沿径向射出，如图所示） 3带电粒子在匀强磁场中的运动 找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之 间的关系是解题的基础，建立运动时间 t 和转过的圆心角之间的关系是解题的关键 （1）圆心的确定 已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过
8、入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出 射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图 10 甲所示，图中 P 为入射点，M 为出射点） 已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射 点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心（如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点） （2）半径的确定 更多资源关注微信公众号：学起而飞 可利用物理学公式或几何知识（勾股定理、三角函数等）求出半径大小 （3）运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同运动电荷穿出有界电场的时间 与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的
9、运动周期有关在解题过程 中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆 弧所对应的圆心角为时，其运动时间表示为： 2 tT T（或 v R t ） 1（2019重庆市巴蜀中学高三月考）如图，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径 OC 与 OB 夹角为 60。一电子以速率 v 从 A 点沿直径 AB 方向射入磁场，从 C 点射出。电子质量为 m、电荷量 为 e，不计电子重力，下列说法正确的是 A磁场方向垂直纸面向里 B磁感应强度大小为 3 3 mv eR C电子在磁场中的运动时间为 2 3 3 R v D若电子速率变为 3 v ，
10、仍要从 C 点射出，磁感应强度大小应变为原来的 3 倍 【答案】B 【解析】根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故 A 错误；由题意得，电子的运动半径恰好等于 3 mv rR eB ，解得 3 3 mv B eR ，故 B 正确；运动周期 2 m T eB ，电子在圆形区域的运动时间 13 63 R tT v ， 故 C 错误； 电子的运动半径恰好等于 mv r eB ， 若电子速率变为 3 v ， 仍要从 C 点射出， 更多资源关注微信公众号：学起而飞 磁感应强度大小应变为原来的 1 3 ，故 D 错误。 2（2019北京市顺义区高考一模）如图所示，OX 与 MN 是匀强磁场中的两条平行直线
11、，其中 MN 为磁场 的下边界，速率不同的同种带电粒子沿 OX 方向射入磁场，从 MN 边界穿出时，其中速度为 v1的 A 粒子 与 MN 垂直，速度为 v2的 B 粒子其速度方向与 MN 成 60角，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力， 则 A、B 两粒子穿越磁场所需时间的比为 A1：2 B2：1 C2：3 D3：2 【答案】D 【解析】粒子在磁场中运动的周期的公式为 2m T qB ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的 大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹如图所示： 可知，通过 a 点的粒子的偏转角为 90，通过 b 点的粒子的偏转角为 60，所以通过 a 点的粒
12、子的运动的 时间为 1 4 T，通过 b 点的粒子的运动的时间为 1 6 T，所以从 S 到 a、b 所需时间 t1：t2为 3：2，故 D 正 确，ABC 错误。 3（2019江苏省三校高三第四次模拟）质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔 O 以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从 O 点射出的粒子有微小发散角 2 ，且左右对称.结果所有粒子落点在乳胶底片的 P1P2直线区间，下列说法正确的是 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A打在 P2点粒子一定是从 O 点垂直板射入的粒子 B打在 P2点粒子一定是从 O 点右偏射入的粒子 C打在 P1点粒子一
13、定是从 O 点左偏射入的粒子 D打在 P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子 【答案】A 【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦磁力提供向心力，则有 2 mv qvB R ，解得 mv R qB ，由于粒子 的速率相同，所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点 的距离为 2cos 2 cos mv LR qB ，当发散角0 时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大，即 打在 2 P点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子，当发散角最大时，粒子在乳胶底片落点与O点的距 离最小，即打在 x y aM N 点粒子一定是从O点左偏发散角最大或右偏发散角最大射入的粒子，
14、从O点右偏发散角最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小， 从O点左偏发散角最大射入的 粒子在磁场中运动对应的圆心角最大， 根据 2 m tT qB 可知从O点右偏发散角最大射入的粒子的 运动时间最短，从O点左偏发散角最大射入的粒子的运动时间最长，故选项 A 正确，BCD 错误。 4（2019湖南省长沙市长沙一中高三月考）如图所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界 边长为 L，三个粒子以相同的速度从 a 点沿对角线方向射入，粒子 1 从 b 点射出，粒子 2 从 c 点射出， 粒子 3 从 cd 边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定 A粒子
15、1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电 B粒子 1 和粒子 3 的比荷之比为 2：1 C粒子 1 和粒子 2 在磁场中的运动时间之比为：4 更多资源关注微信公众号：学起而飞 D粒子 3 的射出位置与 d 点相距 2 L 【答案】BC 【解析】根据左手定则可得：粒子 1 带正电，粒子 2 不带电，粒子 3 带负电。故 A 错误；做出粒子运动 的轨迹如图，则粒子 1 运动的半径：r1= 2 L ，由 mv r qB 可得： 1 11 2 q vv mBrBL ，粒子 3 的运动的轨 迹如图，则：r3= 2L， 3 33 2 2 qvv mBrBL 所以： 31 13 21 qq mm ：
16、：，故 B 正确；C.粒子 1 在磁场中运动的时间： 1 1 21 42 2 rL t vv ；粒子 2 在磁 场中运动的时间： 2 2L t v ；所以： 1 2 4 t t ，故 C 正确；粒子 3 射出的位置与 d 点相距： 3 221xrLLLL（），故 D 错误。 5（2019天津市第一中学高二期末）如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一电量 为 e、质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，此匀强磁场的磁感应强度 B 随时间均匀发化，即 B=B 0+kt（k0），根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，感应电场对电子将有沿圆 环切线方向的作用力
17、，使其加速，电子沿圆周运动一周所获得的能量为 e，其中为环形回路的感应电 动势。t=0 时电子的初速度为 v0，此后电子运动一周时磁感应强度为 B1，则此时电子的速度为 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A 1 Bre m B 2 2 0 2 r ke v m C 0 B re m D 2 2 0 2 - r ke v m 【答案】AB 【解析】洛伦兹力提供向心力，故： 2 1 B r v v em，解得： 1 Bre v m ，故 A 正确，C 错误；根据法拉第 电磁感应定律得：感生电动势大小为 22 B Erk r t 电 ，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。 在转动一圈过程中对电子用动
18、能定理： 222 0 11 22 k remvmv ，解得： 2 2 0 2 r ke vv m ，故 B 正 确，D 错误。 6 （2019云南玉溪一中高二期中）如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、 质量均相同的正、负粒子（不计重力），从边界上的 O 点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界 成角，则正、负粒子在磁场中 A运动轨迹的半径相同 B重新回到边界所用时间相同 C重新回到边界时速度大小和方向相同 D重新回到边界时与 O 点的距离不相等 【答案】AC 【解析】根据牛顿第二定律得： 2 v qvBm r 得： mv r qB ，由题 q、v、B 大小均相同，
19、则 r 相同，故 A 更多资源关注微信公众号：学起而飞 正确。粒子的运动周期 2 m T qB ，则知 T 相同。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子 顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为 22，轨迹的圆心角也为 22，运动时间 t= 22 2 T。同理，负离子运动时间 t= 2 2 T，显然时间不等，故 B 错误。 正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时 速度大小与方向相同，故 C 正确。根据几何知识得知重新回到边界的位置与 O 点距离 S=2rsin，r、相 同，则 S 相同，故 D 错误。 7（2019湖北省宜昌市高
20、三模拟）如图所示，在直角坐标系 xOy 中，位于坐标轴上的 M、N、P 三点到坐 标原点 O 的距离均为 r，在第二象限内以 O1（r，r）为圆心，r 为半径的 1 4 圆形区域内，分布着方向 垂直 xOy 平面向外的匀强磁场；现从 M 点平行 xOy 平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为 v 的 相同粒子，其中沿 MO1方向射入的粒子恰好从 P 点进入第一象限。为了使 M 点射入磁场的粒子均汇聚 于 N 点，在第一象限内，以适当的过 P 点的曲线为边界（图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线 不同），边界之外的区域加上平行于 y 轴负方向的匀强电场或垂直 xOy 平面的匀强磁场，不考虑
21、粒子间 的相互作用及其重力.下列说法正确的是 A若 OPN 之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为 2 (2) 2 r B若 OPN 之外的区域加的是电场，粒子到达 N 点时的速度最大为 5v C若 OPN 之外的区域加的是电场，粒子到达 N 点时的速度方向不可能与 x 轴成 45 更多资源关注微信公众号：学起而飞 D若 OPN 之外的区域加的是电场，则边界 PN 曲线的方程为 2 2 x yxr r 【答案】ABD 【解析】由题意知，沿 MO1方向射入的粒子恰好从 P 点进入第一象限，轨迹为 1 4 圆弧，速度方向水平 向右（沿 x 轴正方向）由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出
22、由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的 圆心以及出射点、 入射点四点组成的四边形为菱形， 且所有从 M 点入射粒子进入第一象限速度方向相同， 即均沿+x 方向进入第一象限， 为了使 M 点射入磁场的粒子均汇聚于 N 点， OPN 之外的区域加的是磁场， 最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示： 根据几何关系可得所加磁场的最小面积为 2 22 11(2) 2 422 r Srr ， 故 A 正确； 若 OPN 之外 的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿 MO1入射的粒子到达 N 点时的运动时间最长，速 度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为 t，在 N 点速度与水平方向夹角为
23、，则有： 水平方向：rvt， 竖直方向： 2 y v rt， 联立解得： 2 y vv ， 22 max 5 y vvvv，tan2 y v v ， tan451 ， 故 B 正确， C 错误； 若 OPN 之外的区域加的是电场， 设边界 PN 曲线上有一点的坐标为 （x， y），则xvt， 2 1 2 yrat，整理可得： 22 2 yra xv ，当xr时0y ，整理可得边界 PN 曲线的 方程为 2 2 x yxr r ，故 D 正确。 8（2019北京四中高二期中）如图 1 所示，左边有一对平行金属板，两板相距为 d，电压为 U；两板之间 有匀强磁场，磁感应强度大小为 B0，方向与金属
24、板面平行并垂直于纸面朝里。右边有一半径为 R、圆心 为 O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为 q 的正离 子沿平行于金属板面、 垂直于磁场的方向射入平行金属板之间， 沿同一方向射出平行金属板之间的区域， 更多资源关注微信公众号：学起而飞 并沿直径 EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的 G 点射出。已知弧 EG 所对应的圆心角为， 不计离子重力。求： （1）离子进入平行板时的速度大小 v0； （2）离子的质量 m； （3）如图 2 所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径 EH 与 EF 成角，该离子沿平 行于金属板的方向从
25、E 点射入磁场区域，恰好从 H 点射出，求角的正弦值 sin。 【答案】（1）v0= 0 U B d （2）m= 0 tan 2 qBB Rd U （3）sin=cot 2 【解析】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等 即：B0qv0=qE，其中 U E d 解得： 0 0 U v B d （2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动， 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得： 2 0 v qvBm r 由几何关系有：tan 2 r R 解得 0 tan 2 qBB Rd m U （3）若离子沿平行于金属板的方向从 E 点射入磁场区域，则轨迹如图； 更多资源关注微信公众号：学起而
26、飞 由几何关系可知：sin R r ，因tan 2 r R 可知sincot 2 9（2019江苏省苏州市高二期末）如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，电 场强度大小 2 0 3 2 mv E qL 。在第三象限内有磁感应强度 0 1 3 2 mv B qL 的匀强磁场 L，在第四象限内有磁感应 强度 0 2 6mv B qL 的匀强磁场，磁场 I、的方向均垂直于纸面向内。一质量为 m、电荷量为+q 的粒子 从 P（0，L）点处以初速度沿垂直于 y 轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过 x 轴和 y 轴进 入磁场 I 和磁场 I，不计粒子的重力和空气阻
27、力。求： （1）粒子由电场进入磁场 I 时的速度 v 大小和方向 （2）粒子出发后第 1 次经过 y 轴时距 O 点的距离 D； （3）粒子出发后从第 1 次经过 y 轴到第 4 次经过 y 轴产生的位移大小y 和所需时间t。 【答案】（1）2v0，方向与 x 轴负方向夹角为 60（2）2L（3） 4 3 L， 0 L v 【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动 沿电场方向： 2 2 y qE vL m 解得：vy= 3v0 更多资源关注微信公众号：学起而飞 粒子速度为： v= 22 xy vv=2v0 v 与 x 轴负方向间夹角为： =arctan 0 y v v =arctan 3=60
28、（2）粒子在磁场 I 中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB1=m 2 1 v r 解得：r1= 4 3 L 由几何知识可知，圆心 O1恰好在 y 轴上，距 O 点的距离： y1= 2 3 L 粒子第一次经过 y 轴时距 O 点的距离： D=y1+r1=2L （3）粒子在磁场 II 中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB2=m 2 2 v r 解得：r2= 1 3 L= 1 4 r 粒子运动轨迹如图所示 则有：y=2r14r2 更多资源关注微信公众号：学起而飞 解得：y= 4 3 L 粒子在磁场中做圆周运动的周期为： 1 10 24 3 mL T qBv 2 20 2 3 m L T qBv 从第一次经过 y 轴到第 4 次经过 y 轴所需总时间： t= 1 2 T1+T2= 0 L v
