高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

点：

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足

1Ly 2?L?y2L解得

y?竖直方向

y?1L 512a 2t水中方向

L?v0t

在电场中根据牛顿第二定律

qE?ma

联立可以得到

v0?3qEL 2m（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交x轴与D点，做O2F垂直x轴，垂直为F． 由几何关系

4LCD5

?L2L解得

CD?2L 5由于O2F?O1C?L，故?O2FD与?O1CD全等，可以得到

O2D?O1D

则

29?2?O1D?L2??L??L

5?5?因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

2R?O2D?CD?粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度

2?29L 5vy?2ay?因此粒子进磁场时的速度为

22v?v0?vy?2qEL 5m29qEL 10m2粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvB?mv

R解得

B?529102?29??mE2910?2290?qL50mE qL点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．

13．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的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°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从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的功；

（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；

（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．

123y0mv0223nmv032【答案】（1）W?mv0（2）U? ,y? , L (3) B0?63qL3qL6T?3?L（n?1，2，3，4??） 3nv0v023?v0 cos30?3【解析】

试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：v?121212mv?mv0?mv0 226（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：

电场力对粒子所做的功为：W?3v0 3水平方向：L=v0t

v′=v0tan30°=竖直方向：y＝解得：y?1v′t 23L 6电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey0

223y0mv0解得：U?

3qL（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；

在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；

故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是： nR=LR?L（n=1，2，3，…） nv2由牛顿第二定律，有：qvB0?m

R解得：B0?23nmv0（n=1，2，3，…） 3qL1周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个61T2?RkT0?k；T0? 62v粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过

周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；

解得：T?3?L（n=1，2，3，…） 3v0当

TT03?L＞，T＞ 263v0考点：带电粒子在磁场中的运动.

14．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差

UNPmv24?,cosθ?，不计重力和离子间相互作用。 q5

（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； （2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；