高考真题专项突破(十)　带电粒子在磁场中的运动题

[真题1]　(2018•全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：

(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比．
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝12m1v21①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1v21R1②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝4Ulv1④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有
q2U＝12m2v22⑤
q2v2B＝m2v22R2⑥
由题给条件有
2R2＝l2⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
q1m1∶q2m2＝1∶4⑧
答案：(1)B＝4Ulv1　(2)1∶4
[真题2]　(2018•全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．

解析：(1)11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有

s1＝v1t1①
h＝12a1t21②
由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.11H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝233h.④
(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝v21＋a1t12⑥
设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝mv1′2R1⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝6mEqh.⑨
(3)设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
12(2m)v22＝12mv21⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设21H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝12a2t22⑬
v2′＝v22＋a2t22⑭
sin θ2＝a2t2v2′⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′⑯
设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝2mv2′qB＝2R1⑰
所以出射点在原点左侧．设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s1＝233(2－1)h⑲
答案：(1)s1＝233h　(2)B＝6mEqh　(3)233(2－1)h
[真题3](2018•全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(如图)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有

qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝mv2R⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝2El′Bl.⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cotπ6⑧
联立①②③⑦⑧式得
qm＝43El′B2l2⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋2π2－π62πT⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝2πmqB⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得
t′＝BlE(1＋3πl18l′)⑫
答案：(1)见解析　(2)v0＝2El′Bl
(3)qm＝43El′B2l2　t′＝BlE(1＋3πl18l′)
[命题情报]
带电粒子在磁场中运动的问题是高考中的必考点、重点和难点．本部分内容高考主要分三个层次进行考查：一是双基过关类问题，突出对在洛伦兹力作用下带电粒子做圆周运动的运动学物理量(半径、速度、时间、周期等)的考查，以考查对知识的理解能力为主，通常以选择题的形式出现；二是能力提高类题目，突出对概念的深层次理解及与力学问题综合的考查，以对思维能力和综合能力考查为主，这类题虽然有一定的难度，但经过大量的训练后，这类问题的解决并不困难；三是应用创新性题目，突出本部分内容在实际生活中的应用，以考查思维能力和理论联系实际的能力为主，这类题有相对较大的难度，甚至会作为压轴题出现．

1．(2018•北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
解析：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq＝qvB，则v＝EB，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选C.
答案：C
2．(2018•天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力．

(1)求粒子从P到M所用的时间t；
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．
解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv23R①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④
联立①②③④式得t＝3RBE⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得
(r′－R)2＋(3R)2＝r′2⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan θ＝3Rr′－R⑦

粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度等于为v0，由运动的合成和分解可得tan θ＝vv0⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0＝qBRm⑨
答案：(1)t＝3RBE　(2)v0＝qBRm
3．(2018•江苏卷)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方d2处射出磁场．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.

(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．
解析：(1)粒子做圆周运动的半径r0＝mv0qB，由题意知r0＝d4，解得B＝4mv0qd.
(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，粒子运动半径r＝5mv0qB.
由d＝rsin α，得sin α＝45，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝α 360°×2πmqB，解得t1＝53 πd720v0
直线运动的时间t2＝2dv，解得t2＝2d5v0
则t＝4t1＋t2＝53π＋72180dv0.
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤34d
则当xm＝34d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值sm＝2xmcos α＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝Δsmv＝d5v0.
答案：(1)B＝4mv0qd　(2)t＝53π＋72180dv0　(3)Δtm＝d5v0

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