專題20.4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動計(jì)算題【考綱解讀與考頻分析】洛倫茲力和帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動是高考II考點(diǎn)，高考考查頻繁。【高頻考點(diǎn)定位】：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動考點(diǎn)一：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動【3年真題鏈接】3.（2019全國理綜I卷24）（12分）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x輔的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間?！久}意圖】本題考查帶電粒子在三角形邊界磁場中的勻速圓周運(yùn)動及其相關(guān)知識點(diǎn)?！久麕熃馕觥浚?）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛領(lǐng)第二定律有②由幾何關(guān)系知d=r③聯(lián)立①②③式得④（2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸所經(jīng)過的路程為⑤帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間為⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得⑦3.（2018海南高考物理）(10分)如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。P是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出。己知粒子運(yùn)動軌跡經(jīng)過圓心O，不計(jì)重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動所用的時間?！緟⒖即鸢浮?(1)(2)【命題意圖】此題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動及其相關(guān)的知識點(diǎn)?！久麕熃馕觥浚?）畫出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡，設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，3r=R+R/cosθ，tanθ=r/R，聯(lián)立解得：R=（2）由洛倫茲力等于向心力，qvB=m，解得v=粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動所用的時間t=聯(lián)立解得：t=。5.（2018江蘇高考物理）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)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(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)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(yùn)動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動及其相關(guān)的知識點(diǎn)?！窘忸}思路】（1）粒子圓周運(yùn)動的半徑由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α由d=rsinα，得sinα=，即α=53°在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間，解得直線運(yùn)動的時間，解得則（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=2r（1–cosα）+xtanα由y≤2d，解得則當(dāng)xm=時，Δt有最大值粒子直線運(yùn)動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值3.（2017全國卷Ⅲ）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場.在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）.一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時開始計(jì)時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計(jì)重力）（1）粒子運(yùn)動的時間；（2）粒子與O點(diǎn)間的距離.【參考答案】：（1）（2）【名師解析】：（1）在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運(yùn)動.設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓定律得①②粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t1為③粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t2為④聯(lián)立①②③④式得，所求時間為⑤（2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為⑥【2年模擬再現(xiàn)】1.（2019安徽皖北協(xié)作區(qū)模擬）如圖所示，真空中有兩塊足夠大的熒光屏P1、P2水平正對放置，間距為d，兩熒光屏之間有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．在緊貼熒光屏P2的A點(diǎn)有一粒子源，某一時刻向熒光屏P2上方紙面內(nèi)的各個方向同時以相同的速率各發(fā)射一個粒子（圖中只畫出其中的幾個方向），粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，粒子的速率為v0=2qBdm．若粒子打到熒光屏上立即被吸收并發(fā)出熒光，不計(jì)粒子間的相互作用力和重力。

（1）求平行于P2向左發(fā)射的粒子在磁場中的運(yùn)動時間；

（2）求熒光屏P1、P2之間有粒子經(jīng)過的區(qū)域的面積；

（3）當(dāng)平行于P2向左發(fā)射的粒子到達(dá)熒光屏?xí)r，求仍在磁場中運(yùn)動的粒了和已經(jīng)被屏吸收的粒子的個數(shù)之比?！久麕熃馕觥浚?）設(shè)粒子運(yùn)動軌跡的半徑為R，則有：

qv0B=mv02R

解得：R=2d

平行于P2向左發(fā)射的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖1所示，圓心角為α，

則有：cosα=R-dR

解得：α=π3

粒子的運(yùn)動周期為：T=2πRv0

粒子的運(yùn)動時間為：t=πm3qB

（2）粒子的軌跡恰好和Р1相切時，初速度的方向和P2成角θ軌跡如圖2．所示，

則有：cosθ=R-dR

即為：θ=π3

所以有粒子經(jīng)過的區(qū)域的最大面積為：

S=2（16πR212Rsinα×Rcosα）+d×Rsinθ

解得：S=43πd2

（3）粒子的初速度方向與P2成角β時，軌跡如圖3所示，

若圓心角也為π3，則β=π6

所以當(dāng)平行于P2，向左發(fā)射的粒子到達(dá)P1時，此時已經(jīng)打到熒光屏P1上的粒子的發(fā)射方向與平行于P2向右

發(fā)射的粒子的方向成角的范圍是θ～π

已經(jīng)打到熒光屏Р2上的粒子的發(fā)射方向與平行于P2.（2019湘贛十四校二模）如圖所示，半徑r=0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R=0.1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0，0.08m），平行金屬板MN的極板長L=0.3m、間距d=0.1m，極板間所加電壓U=6.4×102V，其中N極板收集到的粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場中的運(yùn)動半徑R0=0.08m，若粒子重力不計(jì)、比荷q/mQUOTEqm=108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)。sin53°=0.8，cos53°=0.6。

（1）求粒子的發(fā)射速度v的大小；

（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，求它打出磁場時的坐標(biāo)：（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η。

【名師解析】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvB=m

可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，作出速度方向的垂線與y軸交于一點(diǎn)Q，根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ=0.06/tan37°=0.08m，即Q為軌跡圓心的位置；

Q到圓上y軸最高點(diǎn)的距離為0.18m0.06/sin37°QUOTE0.06sin37°=0.08m，故粒子剛好從圓上y軸最高點(diǎn)離開；

故它打出磁場時的坐標(biāo)為（0，0.18m）；

（3）如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：

y=QUOTE12at2…①

a=qE/m=qU/md…②

t=QUOTELvL/v…③

由①②③解得：y=0.08m

設(shè)此粒子射入時與x軸的夾角為α，則由幾何知識得：

y=rsinα+R0R0cosα

可知tanα=4/3，即α=53°

比例η=53°/180°×100%=29%

答：（1）粒子的發(fā)射速度v的大小為6×105m/s；

（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，它打出磁場時的坐標(biāo)為（0，0.18m）；

（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例29%。

3.（2019廣東潮州二模）如圖所示，在豎直面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)水平直徑上有一點(diǎn)P，P到圓心O的距離為R/2，在P點(diǎn)處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向豎直平面內(nèi)的各方向均勻地發(fā)射出速率不同的正離子。已知離子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，不計(jì)離子重力及離子間相互作用力，求：

（1）若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，求離子的速率取值范圍：（2）若離子速率大小v0=QUOTEBq?R2m，則離子可以經(jīng)過的磁場的區(qū)域的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差是多少?！久麕熃馕觥浚海?）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，

由牛頓第二定律得：qvB=m，

如圖所示，若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，則：r≤R/4，

解得：v≤QUOTEqBR4m；

（2）當(dāng)離子速率大小v0=時，由（1）式可知此時離子圓周運(yùn)動的軌道半徑r=R/2，

離子經(jīng)過最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知：h12+（R/2）2=R2QUOTEh12+(R4)2=R2，解得：h1=QUOTE154R，

由幾何關(guān)系知：h2=R/2+0.5Rsin60°=R，

故最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差：h=h1+h2=RQUOTE(15+2+3)R4；

答：（1）若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，離子的速率取值范圍是：v≤；

（2）若離子速率大小v0=，則離子可以經(jīng)過的磁場的區(qū)域的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差是R。QUOTE(15+2+3)R4。

4．（18分）（2018湖北華大新高考聯(lián)盟測評）在xOy平面內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.01T，其中有一半徑為R＝0.lm的無磁場圓形區(qū)域，圓心在原點(diǎn)O（0，0），如圖所示。位于直線：x＝一0.3m上的粒子源可以沿直線移動，且沿x軸正向發(fā)射質(zhì)量m＝1.0×10－14kg、電荷量q＝一1.0×10－6（1）求從粒子源發(fā)射的粒子運(yùn)動到圓形區(qū)域所用的最短時間。（2）在直線x＝－0.3m上什么范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)人圓形區(qū)域？（3）若在直線x＝－0.3m處放置一足夠長的熒光屏，將上述粒子源放在原點(diǎn)O，僅改變發(fā)射粒子的速度方向，求粒子能打中熒光屏最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)ym?！緟⒖即鸢浮浚?）（2）0≤y≤0.8m（3）0.4m【名師解析】（1）設(shè)粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由牛頓第二定律（2分）解得r＝0.4m（1分）如圖1所示，經(jīng)過（－0.1m，0）的粒子進(jìn)入圓形區(qū)域的時間最短，由幾何關(guān)系得（1分）由圓周運(yùn)動公式（1分）（1分）聯(lián)立解得：（或0.52×10－６s）（2分）（2）如圖2所示，在A1點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)人圓形區(qū)域。由幾何關(guān)系，A1M＝A1O1＋O1M解得：A1M＝0.8m（2分）如圖2所示，在A2點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)入圓形區(qū)域，由幾何關(guān)系O1M＝A2M＝O2M－A2O2解得：A2M＝0（即A2與M重合)（2分）綜上，在直線x＝－0.3m上，0≤y≤0.8m范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)入圓形區(qū)域。（2分）（3）如圖3所示，粒子從原點(diǎn)O（0，0）發(fā)射，初速度方向與x軸負(fù)方向成角，軌跡與熒光屏相切與D點(diǎn)（一0.3，y）。由幾何關(guān)系（1分）解得：＝2arcsin（1分）而（1分）解得：ym＝0.4m預(yù)測考點(diǎn)一：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動【2年模擬再現(xiàn)】1.(2018·湖南省長沙市雅禮中學(xué)模擬二)如圖所示，在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的同種帶電粒子．在x軸上距離原點(diǎn)x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計(jì)、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?)．現(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行．不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力．(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)求被薄金屬板接收的粒子中運(yùn)動的最長與最短時間的差值；(3)若在y軸上放置一擋板，使薄金屬板右側(cè)不能接收到帶電粒子，試確定擋板的最小長度和放置的位置坐標(biāo)．【名師解析】(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動，沿－x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上端，如圖a所示，由幾何知識可知R＝x0，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立得：B＝eq\f(mv,qx0)(2)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πx0,v)圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點(diǎn)，由圖可知到達(dá)薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時最短，此時圓心O′與坐標(biāo)原點(diǎn)和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°，故最短時間tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(πx0,3v)，圖c為打在板右側(cè)下端的臨界點(diǎn)，由圖a、c可知到達(dá)金屬板右側(cè)下端的粒子用時最長，圓心O′與坐標(biāo)原點(diǎn)和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°，故最長時間tmax＝eq\f(5T,6)＝eq\f(5πx0,3v)則被板接收的粒子中運(yùn)動的最長和最短時間之差為Δt＝tmax－tmin＝eq\f(4πx0,3v)(3)由圖a可知擋板上端坐標(biāo)為(0,2x0)由圖c可知擋板下端y坐標(biāo)為y2＝2x0cos30°＝eq\r(3)x0，下端坐標(biāo)為(0，eq\r(3)x0)最小長度L＝2x0－eq\r(3)x0＝(2－eq\r(3))x02.(16分)（2019江蘇七市三模）如圖甲所示，一有界勻強(qiáng)磁場垂直于xOy平面向里，其邊界是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的圓．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從磁場邊界與x軸交點(diǎn)P處以初速度大小v0、沿x軸正方向射入磁場，恰能從M點(diǎn)離開磁場，不計(jì)粒子的重力．(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)若帶電粒子從P點(diǎn)以初速度大小v0射入磁場，改變初速度的方向，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間t及離開磁場時速度的方向；(3)在勻強(qiáng)磁場外側(cè)加一有界均勻輻向電場，如圖乙所示，與O點(diǎn)相等距離處的電場強(qiáng)度大小相等，方向指向原點(diǎn)O.帶電粒子從P點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場，改變粒子初速度的大小，粒子恰能不離開電場外邊界且能回到P點(diǎn)，求粒子初速度大小v及電場兩邊界間的電勢差U.【名師解析】：(1)根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動半徑r＝R(1分)由向心力公式有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)(1分)解得B＝eq\f(mv0,qR)(2分)(2)如圖甲，過帶電粒子運(yùn)動軌跡上的弦PO做垂直平分線交磁場邊界于O1點(diǎn)，因?yàn)榱Ｗ幼鰣A周運(yùn)動的半徑與磁場邊界半徑相等，所以△POO1為一等邊三角形，O1即為圓心位置(1分)粒子圓周運(yùn)動周期T＝eq\f(2πR,v0)(1分)圖甲中有∠PO1N＝120°(1分)則有t＝eq\f(T,3)(1分)解得t＝eq\f(2πR,3v0)(1分)離開磁場時速度沿y軸正方向(1分)(3)設(shè)粒子剛進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的圓心O1和原點(diǎn)O的連線與x軸夾角為β，運(yùn)動半徑為r1，如圖乙，則tanβ＝eq\f(r1,R)(1分)由向心力公式有qvB＝eq\f(mv2,r1)(1分)粒子從P點(diǎn)射入磁場，恰能回到P點(diǎn)，則2kβ＝2nπ解得v＝v0taneq\f(nπ,k)(1分)其中n＝1，2，3…k＝2n＋1，2n＋2，2n＋3…(1分)由能量守恒有qU＝eq\f(1,2)mv2(1分)解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)(taneq\f(nπ,k))2(1分)(n＝1，2，3…，k＝2n＋1，2n＋2，2n＋3…)【1年仿真原創(chuàng)】1.如圖所示，在真空中坐標(biāo)xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0×10－2T的勻強(qiáng)磁場，方向與xOy平面垂直，在x軸上的P(10，0)點(diǎn)，有一放射源，在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率v＝104m/s的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m＝1.6×10－25kg，電荷量為q＝1.6×10－18C，求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍?！久麕熃馕觥繋щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\(yùn)動時由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\f(mv,qB)＝0.1m＝10cm如圖所示，當(dāng)帶電粒子打到y(tǒng)軸上方向的A點(diǎn)與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點(diǎn)即為粒子能打到y(tǒng)軸上方的最高點(diǎn)。因OP＝10cm，AP＝2R＝20cm，則OA＝eq\r(AP2－OP2)＝10eq\r(3)cm。當(dāng)帶電粒子的圓軌跡正好與y