高考回归复习—电磁学之带电粒子在磁场中运动求磁场面积模型 (word 含答案)

1．如图，xoy为平面直角坐标系，y>0的区域内有一个底边与x轴重合的等腰直角三角形，在该等腰直角三角形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q(q >0)的带电粒子(不计重力)从电场中P(0，-h)点以速度v0沿x轴正方向运动，由Q(2h，0)点进入磁场，经磁场偏转后再次射人电场，恰能以同样的速度v0通过P点并重复上述运动。求：

(1)电场强度的大小; (2)磁感应强度的大小;

(3)粒子连续两次通过P点的时间间隔; (4)等腰三角形磁场区域的最小面积。

2．在如图所示的平面直角坐标系中存在一个半径R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切．y轴右侧存在电场强度大小为E＝

1.0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度L＝0.1 m．现从坐标为(－0.2 m，－0.2 m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s.重力不计．

(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；

(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，－0.05 m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积．

3．电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅰ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅰ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为2v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅰ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，电子的重力不计。求：

(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小； (2)电子从A点运动到P点所用的时间；

(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。

4．如图所示，在直角坐标系xOy的y轴右侧有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（范围足够大），质量为m、电荷量为q（不计粒子所受重力，不计粒子间的所有作用力）的带负电粒子以不同的速度从P点出发，沿PQ1方向匀速运动进入y轴右侧磁场已知P点的坐标为（-2L，0），在y轴上的Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L）、（0，-L）。在坐标为（-缘挡板，D为挡板最高点。

1LL，0）处的C点固定一平行于y轴且长为的绝33

（1）若某粒子能从Q直接到达Q处求该粒子从Q到达Q2的时间t（已知tan（2）若某粒子能从Q1直接到达原点O处，求该粒子的速度大小v

31） 202（3）若磁场由于某种原因范围突然缩小且变为矩形，且磁场左边界仍在y轴上，发现有粒子恰好能撞在挡板最高点D处，求此时磁场的最小矩形面积S。

5．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方（含x轴正半轴）的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。

（l）求粒子在磁场中运动半径的大小；

（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；

（3）实际上加速电压的大小会在U±U范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生270°偏转竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S。

6．如图所示，在直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向、电场强度为E的匀强电场，第Ⅰ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域。一质量为m，带电荷量为-q的粒子，以某一速度从A点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，A点坐标为（0，h），粒子飞出电场区域后，沿与x轴正方向夹角

为60°的B处进入第Ⅰ象限，经圆形磁场后，垂直射向y轴C处。不计粒子重力，求：

(1)从A点射入的速度v0； (2)圆形磁场区域的最小面积；

(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。

7．如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹 角为30°，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。在第四象限内存在一个长方形 的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度c的方向与x轴正方向夹角为60°，带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动，经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过一y 轴上的Q点。已知OP=L，不计带电粒子重力。求：

（1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和； （3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标。

8．利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第Ⅰ象限，存在一个圆心为坐标原点

的

1k圆环状的均匀辐向电场，圆环在y轴上的截面长度为R，电场中各点电势为，式中k为正的已4r知常量，r为该点到圆心O的距离。在y轴右侧，圆心为（R，0）、半径为R的虚线圆内分布着方向垂直于圆面的匀强磁场，在x2.5R处有一竖直放置的足够长的探测屏。今在圆弧的P2R,0点放置一个离子源，能不断释放质量为m、电荷量为q的带电离子。当磁场的磁感应强度大小为B0时，这些经电场加速的离子刚好能从磁场区域最高点射出。忽略离子初速度，不计离子重力及相互作用力，不考虑空气阻力。

(1)求离子在磁场中的速率v；

(2)若磁场的磁感应强度大小可调，求离子打在屏上的纵坐标y与磁感应强度大小B、原磁感应强度大小B0的关系式；

(3)若将离子源沿环形电场外边界缓慢移动，使所有离子均沿竖直方向射出磁场，求磁场区域的最小面积，画出磁场形状并标明磁感应强度的大小与方向。

9．如图所示，在平行金属板电容器A、B两极加一电压，在金属板之间产生匀强电场，在它的右侧有一有界匀强磁场区域I，左、右边界均竖直，上、下范围足够大，磁场方向垂直纸面向里，O、O1别是金属板之间左侧和右侧的中点，O、O1、P三点在同一直线上，磁场区域I整体可以在O1与P点之间平移。已知金属板长为2L、间距为1.5L，O1P之间距离为2L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0沿中心线射入电场。不计粒子重力，不考虑电场的边界效应。用U表示A、B两极之间的电压大小，用x表示磁场区域I左侧边界与O1的水平距离，用d表示磁场区域I左、右边界的宽度。用B表示磁场区域Ⅰ内的磁感应强度大小。

（1）若x=0，粒子恰好能通过电场，后经磁场偏转通过P点，且粒子射出电场和经过P点时的速度方向与

OP的夹角相等，求d、B、U； （2）若U为题（1）中一半，dL其它条件均不变，要使粒子经电场和磁场偏转后也能通过P点，且粒2子射出电场和经过P点时的速度方向与OP的夹角相等，求x；

（3）若U、x、d与题（2）中相同，其它条件均不变，大量相同的带电粒子从金属上极板左端与O点之间区域以初速度v0平行极板射入电场，要使粒子经电场和磁场偏转后全部通过P点，还需在磁场区域I右侧某圆形区域内再加另一匀强磁场，不考虑粒子之间的相互作用，求该圆形区域的面积S和磁感应强度大小、方向。

10．如图，平面直角坐标系xOy的第II象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从x轴上的（-3L，0）点，以大小为v0的速度沿y轴正方向射入电场，通过电场后从y轴上的C（0，2L）点进入第I象限。

（1）求电场强度大小E；

（2）若第I象限内存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上的 D（23L，0）点进入第IV象限。求该磁场的磁感应强度大小B；

（3）若第I象限仅在某区域内存在大小仍为B，方向垂直于坐标平面向外的矩形匀强磁场，则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上D点垂直进入第IV象限，求该矩形磁场区域的最小面积。

参考答案

2(43)hmv0mv021.【答案】(1) E (4)Smin36h ；(2) B；(3)

v02qh2qh【解析】

(1)粒子在电场中做抛物线运动,运动轨迹如图所示，

由运动规律及牛顿运动定律得:

2hv0t1 ① h12at1② 2qEma ③

2h解得t1v02mv0E④

2qh (2)粒子到达Q点时,沿y轴正方向的分速度vyatqE2hv0⑤ mv0速度方向与x轴正方向的夹角θ满足: tanvyv0,45⑥

粒子在磁场中做匀速圆周运动(圆心为C),轨迹如图所示，粒子在磁场中运动速度为

v2v0⑦

由几何关系可知轨迹半径为R22h⑧...

mv0mv2 又qvB，解得B2qhR(3)粒子在磁场中的运动周期为T12R4h vv03T13h 4v0(43)h v0则粒子在磁场中的运动时间为t2则连续两次通过P点的时间间隔T2t1t2(4)若等腰三角形面积最小，则粒子在磁场中运动轨迹应与三角形的腰相切,由几何关系可知最小三角形的腰

L3R62h..

2最小面积为：Smin36h

2.【答案】(1)(0.1 m，0.05 m) (2)0.02 m2 【解析】

2v0(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0Bm

r解得r＝0.20 m

根据几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动． 设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，则有 L＝v0t，

y1qE2t 2m联立解得y＝0.05 m

所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m，0.05 m)

(2)粒子飞离电场时，沿电场方向的速度 vy＝

qEt＝5.0×103m/s＝v0 m粒子射出电场时的速度v＝2v0

由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动的半径r′＝0.052m

v2由qvBm，解得B′＝4 T

r正方形区域最小面积S＝(2r′)2＝0.02 m2

24Lmvmv03.【答案】(1) (2)(3)－4L，S＝2L(2－1)L＝2(2－1)L2 ；

2v0eL2eL【解析】

(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径

R＝L

2mv0 又ev0B＝R解得B＝

mv eL电子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1 又L12at1 2Ee m加速度为a＝

22Lmv0Et 解得＝，1＝

v2eL0(2)在磁场中运动的周期T2R2L v0v0πL1T＝

2v04电子在磁场中运动了四分之一圆周，则t2＝

2L4L 在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间t＝t1＋t2＝

v02v0(3)速度为2v0的正电子在磁场中运动的半径R2电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ

m2v02L eBLvy2t1

vy＝v0

tanvyv01

θ＝45

故Q点的纵坐标y＝－(2R2＋2Ltan45)＝－4L

未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积S＝2L(2－1)L＝2(2－1)L2 4.【答案】（1） t【解析】

（1）由题意画出粒子运动轨迹，如图所示设PQ1与x轴正方向夹角为，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为π+2θ 由几何关系可知tanθ=13m12525525qBL （2）v （3）SL 10qB2884m1； 2v2由洛伦兹力提供向心力，有qvBm

r由匀速圆周运动规律，有T解得T2r v2m qB13m(2)tT，解得 由t10qB2

（2）由题意画出粒子运动轨迹，如图所示，设其与x轴交点为E，由几何关系得：R2cos解得R2L 25I 4mv2qBR25qBL 由qvB，解得vR2m4m

（3）由题意画出粒子运动轨迹，如图丙所示，设此时运动轨迹半径为R3由几何关系可得：

LL2R3cosLtan

33解得R355L 24矩形磁场的面积S2R3R3R3sin 解得S1252552L

2885.【答案】（1）m2312mU2m(23)mU。 ，（2）L，（3）2qBBqqU2qB【解析】

（1）粒子在加速电场中加速：qU12mv 2v2粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：qvBm

R解得：R12mU；

BqL v（2）粒子射出到坐标原点的时间： t1粒子在磁场中运动的时间：t2332m3mT= 44qB2qB离开磁场到达荧光屏的时间：t3RL v粒子运动的总时间：tt1t2t3L（3）粒子在电场中加速，根据：qU2m(23)m； qU2qB12mv 2速率最小值：vmin2q(UU)

m2q(UU)

m速率最大值：vmax3mv2 粒子进入磁场后做轨迹为圆周的运动，根据：Bqv4R最大速率对应的半径：Rmax12m(UU) Bq12m(UU) Bq最小速率对应的半径：Rmin如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积：

根据几何知识：

232RmaxSRmax24232RmaxRmin24m(23)U。 2qB6.【答案】(1)【解析】

2mhE2m2qEh(3) ；(2)；23qBqB3m(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为a竖直方向有h故tFqE mm121qE2att 22m2mh qE在B处有tan60vyvxat3 v0at2qEh 3m3v0 v因此，A点射入的速度v0(2)在B处，根据cos60可得粒子进入磁场的速度为vv02qEh 2v200cos603mmv2 粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即qvBR故：粒子在磁场运动的轨道半径为Rmv22mhE qBB3q由于粒子从B点射入，经磁场偏转后垂直射向C处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。

如图所示，延长B处速度方向与反向延长C处速度方向相交于D点，作∠BDC的角平分线，在角平分线上找出点O，使它到BD、CD的距离为

ONOMR

则以MN为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r，由几何关系可得

rRcos303R 2圆形磁场区域的最小面积Sminr22mhE qB2(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，

由第(2)问作图过程可知，MN是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角120 又因粒子在磁场中运动的周期T2m qB故粒子在磁场中运动的时间最长tm2mT 23qB22L2m3mvmv23mv7.【答案】0-（1）（2）（3）（，） 22v3qB2qB2qL2Bq【解析】 【详解】

（1）设电场强度为E，带电粒子进入电场时，初速度为v0。带电粒子在电场中运动时间为t1，由牛顿第二定律和平拋运动规律得

Lcos30° =v0t1 vsin30° =at1 v0= vcos30° qE=ma

联立各式解得：

tl=

L， vmv2E= 2qL（2）设带电粒子在磁场中的运动时间为t2，周期为T，半径为R，由几何关系知，带电粒子在磁场中运动速度偏转角=120°，则

mv2qvB=

RT=

2R vt2=

联立各式解得：

θT 2πR=

mv qB2m 3qBt2=

所以带电离子在电场和磁场中运动的总时间为：

t=t1+t2=

L2m v3qB（3）由图知，带电粒子从P点射人磁场，由P′点射 出磁场。包含圆弧PP′的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，则 矩形区域长为：

a=PP′=2Rcos30°=3mv qB矩形区域宽为：

b= R（1-sin 30°）=

mv 2qB

3m2v2 所以该磁场区域的最小面积为：S =ab=222BqQ点纵坐标为：yQ=-asin 60°=-

3mv 2qB所以Q点位置坐标为（0，-

3mv） 2qB8.【答案】（1）v【解析】

3RB0Bkqy；（2）；（3）见解析

B02B2Rm(1)扇形电场的电势差为Ukkk 2RR2R离子在加速电场中根据动能定理有qU12mv 2联立解得速率vkq Rm(2)改变磁场磁感应强度B，离子运动轨迹如下图所示

则离子打在屏上的纵坐标y1.5Rtan2 二倍角公式tan2两半径满足tan其中

2tan 21tanR RRmv B0qR联立解得

mv Bqy3RB0B

B02B2(3)两种可能情形：一是射出磁场的离子均沿整直向下（y）方向，所需磁场区域的最小面积为

SminπR2R2π221R

422磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示

二是射出磁场中的离子均沿竖直向上（y）方向，所需磁场区域的最小面积为

ππSminπR21R21R2

22磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示

23mv09mv0L9L273mv09.【答案】（1）L、、；（2）；（3）、，方向垂直于纸面向外

24Lq2qL16q473【解析】 【分析】

（1）根据题意，画出轨迹如图所示：

1.5L 由图几何关系：

d2L2Ltan37设粒子在磁场中圆周运动的半径为R，则：d2Rcos53L

在磁场中根据牛顿第二定律：

qv0cos37v0cos37BmR2

整理可以得到：

mRv0cos37 Bq联立可以得到：B3mv0 2qL21.51Uq2L在电场中做类平抛运动，竖直方向： L

221.5Lmv029mv0U

16q（2）根据题意，画出轨迹如图所示：

由对称性可知：xxL可以得到： x

L2L 2L 4

（3）根据题意，画出轨迹如图所示：

结合第（2）问，根据几何知识可以得到：

cos8 73R10.75Lcos3L

273v在圆形磁场磁场中，根据牛顿第二定律：qvv0 cos2vm B1R1整理可以得到：

B1mv73mv0 R1q24Lq2213L9L2方向垂直于纸面向外，则圆形区域的面积为：SR73

7323mv03mv010.【答案】（1）；（2）；（3）16L2

2qL2qL【解析】

(1)粒子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图1

水平方向有3L=12at 2竖直方向有2L=v0t 其中aqE m23mv0 联立解得E=2qL(2)由几何关系得tan所以得=60

x3 y2则粒子进入磁场中的速度为vv02v0 cos60222设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有(2L)(ODr)r

v2由洛伦兹力提供向心力得qvBm

r得rm2v0 qB3mv0 2qL联立解得B=v2(3)粒子的运动轨迹如图2所示，由洛伦兹力提供向心力得qvBm

R

得R=mvm2v04L qBqB34L34L 23由几何关系可知，粒子偏转240，所以矩形的边长为a2Rsin60222则最小面积为Smina16L