高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动优秀课后测评

1.3带电粒子在匀强磁场中的运动 课后练（二）

1. 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示．不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

A. a粒子带正电，b粒子带负电

B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大

C. b粒子动能较大

D. b粒子在磁场中运动时间较长

2. 如图所示，一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中沿图中轨道运动，中央是一薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（    ）

A. 粒子的动动方向是abcde   B. 粒子带正电

C. 粒子的运动方向是edcba   D. 粒子在下半周期比上半周期所用时间长

3. 如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）

A. 2  B.   C. 1  D.

4. 如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角。若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是（　　）

A. 运动的轨道半径不相同     B. 运动的时间相同

C. 重新回到边界的速度大小和方向都相同 D. 重新回到边界的位置与O点距离相同

5. 如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子，以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向与磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角θ=30º，磁场区域的宽度为d，则下列说法正确的是（　　）

A. 该粒子带正电         B. 磁感应强度

C. 粒子在磁场中做圆周运动运动的半径 D. 粒子在磁场中运动的时间t=

6. 如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场），A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力），以速度v＝从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（　　）

A. PB<L B. PB<L C. QB≤L D. QB≤L

7. 如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，有些发生偏转。如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论（　　）

A. 它们的动能一定各不相同 B. 它们的电荷量一定各不相同

C. 它们的质量一定各不相同 D. 它们的电荷量与质量之比一定各不相同

8. 如图所示，粒子a和粒子b所带的电荷量相同，以相同的动能从A点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径ra＝2rb，则下列说法正确的是（重力不计）（　　）

A. 两粒子都带正电，质量之比 B. 两粒子都带负电，质量之比

C. 两粒子都带正电，质量之比 D. 两粒子都带负电，质量之比

9. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是（　　）

A. M带负电，N带正电   B. M的速度率小于N的速率

C. 洛伦磁力对M、N做正功  D. M的运行时间大于N的运行时间

10. 如图，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将（　　）

A. 沿路径a运动，轨迹是圆   B. 沿路径a运动，轨迹半径越来越大

C. 沿路径a运动，轨迹半径越来越小 D. 沿路径b运动，轨迹半径越来越小

11. 如图所示，在轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为，在平面内，从原点处与轴正方向成角（），以速率发射一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法正确的是（　　）

A. 若一定，越大，则粒子离开磁场的位置距点越远

B. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短

C. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大

D. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短

12. 如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（    ）

A. 粒子带负电荷 B. 粒子速度大小为

C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为a D. N与O点相距

13. 两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别作垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示．在y>0，0<x<a的区域有垂直于纸面向内的匀强磁场，在y>0，x>a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B．在O点出有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q>0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮．入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值．已知速度最大的粒子在0<x<a的区域中运动的时间与在x>a的区域中运动的时间之比为2︰5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期．试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。

14. 如图所示，一足够长的矩形区域abcd内，有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从矩形区域ab边的中点O处垂直磁场射入一速度方向与ad边夹角为30º、大小为v的带电粒子。已知带电粒子的质量为m，电量为q，ad边长为L，重力影响忽略。试求

①粒子能从ab边射出磁场的v的范围。

②如果带电粒子不受上述v大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间。

15. 如图所示，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的。不计重力和两粒子之间的相互作用力．求
（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）b粒子比a粒子晚多少时间飞离磁场．

16. 一个重力不计的带电粒子,以大小为v的速度从坐标（0,L）的a点,平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,并从x轴上b点射出磁场,射出速度方向与x轴正方向夹角为60°,如图．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；

（2）带电粒子的比荷及粒子从a点运动到b点的时间；

（3）其他条件不变,要使该粒子恰从O点射出磁场,求粒子入射速度大小．

17. 带电粒子的质量为m=1.7×10－27kg，电荷量为q=1.6×10－19C，以速度v=3.2×106m/s沿垂直于磁场并垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B=0.17T，磁场的宽度为L=10cm，如图所示．

(1)带电粒子离开磁场时的速度多大？

(2)带电粒子在磁场中运动多长时间？

(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？(g取10m/s2)

参考答案

1. C

【解析】

A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误．

BC．洛伦兹力提供向心力，即：

，

得：

，

故半径较大的b粒子速度大，动能也大．由公式f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大．故B错误，C正确．

D．磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长．故D错误．

2. BC

【解析】

带电粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则由可得：，可见粒子的轨迹半径与速率成正比；因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过绝缘板，故运动方向为edcba； 故A错误，C正确； 粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故B正确． 因粒子转动的周期，在转动中磁感应强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，时间相等； 故D错误．

3. D

【解析】

由动能公式，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，

联立可得

，

上下磁场磁感应强度之比为

，

D正确．

4. CD

【解析】

A．根据牛顿第二定律得

得

由题q、v、B大小均相同，则r相同。故A错误；

B．粒子在磁场中运动周期为

则知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间

同理，负离子运动时间

显然时间不等。故B错误；

C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同。故C正确；

D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离

r、θ相同，则S相同。故D正确。

故选CD。

5. D

【解析】

粒子运动规律如图所示

由图可知，粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；由几何关系可知，解得：R=2d，根据洛伦兹力充当向心力可知，，故BC错误；粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中运动时间，故D正确，故选D.

6. BD

【解析】

AB．粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：

粒子在磁场中的运动轨迹半径为

r＝

因此可得

r＝L

当入射点为P1，圆心为O1，且此刻轨迹正好与BC相切时，PB取得最大值，若粒子从BC边射出，根据几何关系有

PB<P1B＝L

A错误，B正确；

CD．当运动轨迹为弧P2Q时，即O2Q与AB垂直时，此刻QB取得最大值，根据几何关系有

QB＝＝L

所以有

QB≤L

C错误，D正确。

故选BD。

7. D

【解析】

根据条件可知，则有

即

粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即

圆周运动的半径为

由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，由

可知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值不同，则电荷量和质量之比一定不相同，质量m、电荷量可能相同，则动能也可能相同。故D正确，ABC错误。

故选D。

8. B

【解析】

AC．根据两粒子运动轨迹，及左手定则可知两粒子都带负电，AC错误确；

BD．设洛伦兹力为F，物体质量为m，粒子在磁场中运动轨迹半径为r，则

可求

由于两粒子初动能一样，所以

所以

B正确，D错误。

故选B。

9. A

【解析】

A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．

B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；

C．洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；

D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．

10. B

【解析】

由安培定则得电子所在导线下方的磁场垂直纸面向外，据左手定则判断出电子所受的洛伦兹力向下，即沿路径a运动，D错；且向下运动的过程中因离导线变远，磁感应强度B变小，由知半径r变大，AC错，B对．

11. A

【解析】

正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有：

从而

当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系可知，入射点与出射点：

而粒子在磁场的运动时间

与速度无关。

当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系入射点与出射点：

而粒子在磁场中运动时间

与第一种情况相同。

A．若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越短，故A正确；

B．若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa却越小，故B错误；

C．粒子运动的角速度

显然与速度无关，即v越大时，ω不变，故C错误；

D．运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为，与速度无关。即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D错误。

故选A。

12. AD

【解析】

A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；

BC．粒子运动的轨迹如图

由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知

，

则粒子运动的轨道半径为

洛伦兹力提供向心力

解得

BC错误；

D．与点的距离为

D正确。

故选AD。

13. 【答案】

【解析】

对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a

对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c’ 由对称性得到 c’在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足

，

解得

由数学关系得到：

代入数据得到

所以在x 轴上的范围是

14.【答案】①；②

【解析】

①由于有界磁场区域的限制，使带电粒子由ab边射出磁场时的速度有一定的范围，以的较小值和较大值为临界值，可知当较小时，运动轨迹恰好与ab边相切；当较大时，恰好与cd边相切，然后从ab边穿出，如图所示

当速度较小为时，有

解得

又由半径公式

可得

当速度较大时，设为，由

又由半径公式

得

可得，带电粒子在磁场中从ab边射出时，其速度范围为

②带电粒子在磁场中运动的周期为

要使带电粒子运动时间最长，其运动轨迹对应的圆心角应最大，所以当速度为时，粒子在磁场中运动一段时间后将从Oa边穿出，对应的运动时间最长，即有

15.【答案】（1）；（2）

【解析】

（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P'，粒子运动轨迹如图所示：
 

粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

①

由几何关系得

∠PCP'=θ  ②

③

其中θ=30°，由①②③式解得

   ④

（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为On，半径为Ra2，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P'OnPa=θ′．由牛顿第二定律得

⑤

由①⑤式得

⑥

设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由牛顿第二定律得

⑨

解得

设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α．如果b没有飞出I，则

⑩

（11）

t是a在区域II中运动的时间，而

（12）

（13）

由⑤⑨⑩（11）（12）（13）式解得

α=30°（14）

由①③⑨（14）式可见，a到达Pa点时，b没有飞出I．
a飞出II后，设b继续在I中运动t时间飞出磁场

又

解得

16.【答案】（1）2L（2）（3）

【解析】

（1）画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识：

解得：

（2）由洛伦兹力提供向心力,得：

所以：

粒子运动的周期：

时间：

．

（3）要使粒子能从O点射出磁场，则

由 可知

．

17. 【答案】(1)3.2×106m/s；(2)3.3×10－8s；(3)2.7×10－2m。

【解析】

 (1)粒子所受的洛伦兹力

F洛＝qvB≈8.7×10－14N

远大于粒子所受的重力

G=mg=1.7×10－26N

故重力可忽略不计。由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度仍为3.2×106m/s；

(2)由

得轨道半径

由题图可知偏转角θ满足

所以

θ==

带电粒子在磁场中运动的周期，可见带电粒子在磁场中运动的时间

所以

(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离

d=r(1－cosθ)＝0.2×(1－)m≈2.7×10－2m