PAGEPAGE8高考真題專項突破(十)帶電粒子在磁場中的運動題[真題1](2018·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：(1)磁場的磁感應強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．解析：(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4⑧答案：(1)B＝eq\f(4U,lv1)(2)1∶4[真題2](2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知eq\o\al(1,1)H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.eq\o\al(1,1)H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應強度大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．解析：(1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1③聯立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE＝ma1⑤設eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥設磁感應強度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由幾何關系得s1＝2R1sinθ1⑧聯立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)設eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛頓第二定律有qE＝2ma2?設eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有s2＝v2t2?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?v2′＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)?sinθ2＝eq\f(a2t2,v2′)?聯立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2),2)v1′?設eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB)＝eq\r(2)R1?所以出射點在原點左側．設eq\o\al(2,1)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有s2′＝2R2sinθ2?聯立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s1＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h?答案：(1)s1＝eq\f(2\r(3),3)h(2)B＝eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h[真題3](2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點射入時速度的大?。?3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．解析：(1)粒子運動的軌跡如圖所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(如圖)，速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由幾何關系得l＝2Rcosθ⑥聯立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由運動學公式和題給數據得v1＝v0coteq\f(π,6)⑧聯立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)⑨設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2\f(π,2)－\f(π,6),2π)T⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T＝eq\f(2πm,qB)?由③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl(wèi),18l′))?答案：(1)見解析(2)v0＝eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl(wèi),18l′))[命題情報]帶電粒子在磁場中運動的問題是高考中的必考點、重點和難點．本部分內容高考主要分三個層次進行考查：一是雙基過關類問題，突出對在洛倫茲力作用下帶電粒子做圓周運動的運動學物理量(半徑、速度、時間、周期等)的考查，以考查對知識的理解能力為主，通常以選擇題的形式出現；二是能力提高類題目，突出對概念的深層次理解及與力學問題綜合的考查，以對思維能力和綜合能力考查為主，這類題雖然有一定的難度，但經過大量的訓練后，這類問題的解決并不困難；三是應用創(chuàng)新性題目，突出本部分內容在實際生活中的應用，以考查思維能力和理論聯系實際的能力為主，這類題有相對較大的難度，甚至會作為壓軸題出現．1．(2018·北京卷)某空間存在勻強磁場和勻強電場．一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是()A．磁場和電場的方向B．磁場和電場的強弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時的速度解析：當帶電粒子在復合場內做勻速直線運動，即Eq＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選C.答案：C2．(2018·天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力．(1)求粒子從P到M所用的時間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大?。馕觯?1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE②設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F＝ma③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v＝at④聯立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所用的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度等于為v0，由運動的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧聯立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案：(1)t＝eq\f(\r(3)RB,E)(2)v0＝eq\f(qBR,m)3．(2018·江蘇卷)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方eq\f(d,2)處射出磁場．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求磁感應強度大小B；(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．解析：(1)粒子做圓周運動的半徑r0＝eq\f(mv0,qB)，由題意知r0＝eq\f(d,4)，解得B＝eq\f(4mv0,qd).(2)設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α，粒子運動半徑r＝eq\f(5mv0,qB).由d＝rsinα，得sinα＝eq\f(4,5)，即α＝53°在一個矩形磁場中的運動時間t1＝eq\f(α,360°)×eq\f(2πm,qB)，解得t1＝eq\f(53πd,720v0)直線運動的時間t2＝eq\f(2d,v)，解得t2＝eq\f(2d,5v0)則t＝4t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53π＋72,180)))eq\f(d,v0).(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y＝2