第一章安培力与洛伦兹力第3节带电粒子在匀强磁场中的运动提升练习（Word版含答案）

2019人教版选择性必修第二册 第一章 安培力与洛伦兹力 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 提升练习
一、多选题
1．如图所示的矩形区域abcd，ab=bc，e、f、g分别为ab、bc和ad边的中点。三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。d点放置粒子源，带负电的粒子以不同的速率垂直ac方向射出。忽略粒子间的相互作用，不计重力，粒子运动轨迹可能经过（　　）
A．a点 B．e点 C．f点 D．g点
2．如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO= a．在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动最长时间为
B．粒子在磁场中运动最短时间为
C．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出
D．在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a
3．如图所示，成30°角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为，则下列说法正确的是( )
A．沿某一方向发射的电子，可能从O点射出
B．沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出
C．从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D．从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为
4．如图所示，平行线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN、PQ间的距离为L．在MN上的a点有一粒子源，可以沿垂直于磁场的各个方向射入质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，且这些粒子的速度大小相同．这些粒子经磁场偏转后，穿过PQ边界线的最低点为b点．已知c时PQ上的一点，ac垂直于PQ，c、b间的距离为，则下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．粒子在磁场中运动的速度大小为
C．粒子从PQ边射出的区域长为
D．斜向下与MN夹角为30°方向射入的粒子恰好从c点射出磁场
5．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m，速率为的粒子从A点垂直磁场方向沿AB进入磁场区域，不计粒子重力，粒子离开磁场时的速度方向与AC平行，则（ ）
A．粒子带负电
B．粒子做圆周运动的半径为
C．粒子的电量为
D．粒子在磁场中运动的时间为
6．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径PQ为边界的两个半圆形区域I、Ⅱ中，已知PQ与MN的夹角为，一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从I区域的边缘点M点沿与MN成角的方向射入磁场，随后该粒子经过圆心O进入Ⅱ区域，最后再从Q点射出磁场，若忽略该粒子重力，则（　　）
A．粒子在区域I、Ⅱ中运动的半径之比为2：1
B．粒子在区域I、Ⅱ中运动的周期之比为1：2
C．区域I、Ⅱ中的磁感应强度大小之比为1：2
D．粒子在区域I、Ⅱ中运动的时间之比为2：1
7．如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则（　　）
A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2
B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1
D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2
8．如图所示为长为2L、板间距离为L的水平极板P、Q，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处，以速度v0平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有（　　）
A．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B<
B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B>
C．在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场，电场强度E<
D．在极板间加垂直极板指向Q极板的匀强电场，电场强度E>
9．空间中有一磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场，等腰直角三角形OAC在水平面内，∠AOC=90°，OA=L，D为AC中点，如图所示．粒子a以沿AO方向的速度v0从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点．已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，粒子重力及粒子间的相互作用均忽略，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a从A点运动到C点的时间为
C．粒子b的速度大小为2v0
D．要使粒子b从O点射入后的运动轨迹能与AC相切，只需将其速度大小变为（ －1）v0
10．如图甲所示的平面直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，在O点处有一粒子源，沿纸面不断地放出同种粒子，粒子的速率均为v，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围为。粒子的重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为E，外边界与x轴的交点为F，与y轴的交点为D。下列判断正确的是（　　）
A．粒子所带电荷为正电
B．粒子的比荷为
C．
D．从点E离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为
11．如图所示，正六边形abedef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t，不计粒子重力．下列说法正确的是
A．若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为
B．若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为
C．要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3v
D．该粒子能在磁场中运动的最长时间为2t
二、单选题
12．在圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（　　）
A．速率一定越小 B．速率一定越大
C．在磁场中通过的路程越长 D．在磁场中的周期一定越大
13．如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上O点，沿与虚线成角的方向以某速度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点。粒子从O点至第一次到P点的过程中，平均速度为，从O点至第二次到P点的过程中，平均速度为，则等于（　　）
A．1:1 B．1:2 C．1:7 D．7:1
14．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A． B． C． D．
15．如图所示，在一垂直于xOy平面的匀强磁场中，有甲、乙两个不同的带电粒子（不计重力和两粒子间的作用力），同时从坐标原点O分别沿与x轴正方向成和的方向，以v1和v2的速度垂直于磁场方向射入磁场中，并同时到达x轴上的P点．则由此可得甲、乙两粒子的比荷之比k1：k2和速率之比v1：v2分别为（ ）
A．2：1，2： B．1：2，：2
C．2：1，：2 D．1：2， 2：
16．如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30 ，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则（　　）
A．沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为
C．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的周期之比为1：2
三、解答题
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy第一、四象限存在正方形匀强磁场区域 ACDF，原点O位于AC边中点，磁感应强度的大小为B，方向垂直平面向里．带电粒子以速度v0从O点沿x轴正方向射入磁场．不计粒子的重力．
（1）若正方形边长为l，粒子恰从AF边中点射出，求粒子的比荷；
（2）设粒子从DF边某处飞出磁场，且速度方向相对入射方向偏转角．若将磁场换成沿y轴负方向的匀强电场，粒子也从DF边上射出时速度偏转角仍为，求此电场强度的大小．
18．如图所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点，经测量P、O间的距离为l，不计带电粒子受到的重力求：
(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小；
(2)带电粒子的质量。
19．如图所示，在无重力场的宇宙空间平面内，有一xOy直角坐标系，在y轴右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。有一轻质绝缘光滑细杆处于y轴上，其下端在O点处，细杆长度，细杆的顶端放有一带负电的小球，其质量，电荷量。在x轴下方有一平行于y轴的挡板PQ（足够长），P点处于x轴上，且，若不计一切摩擦，计算结果均保留两位有效数字。问：
(1)若小球以的速度垂直磁场方向进入第I象限，求小球在磁场中运动的轨迹半径；
(2)若小球套在轻质细杆的顶端，且可以在细杆上自由滑动，在水平外力F作用下，细杆以速度沿x轴正向匀速运动，求小球从开始运动到脱离细杆时水平外力F做的功及小球的速度；
(3)若小球套在细杆的顶端，且可以在细杆上自由滑动，要使小球能击中挡板左侧，求细杆沿x轴正向匀速运动的速度大小范围。
20．如图所示，在光滑绝缘水平面上平放着一内壁光滑、绝缘的空心细管，管内M端有一带正电的小球P，在距离管的N端正右方2h的A1处有另一不带电的小球Q，在足够大空间区域有竖直向下的匀强磁场，磁感强皮为B．现让细管以垂直管长方向的速度v1水平向右匀速运动，同时让Q以某速度v2从A1点出发沿A1A2匀速运动，细管运动到A1处时，A1A2与细管延长线的夹角为45．若小球P恰好在A1处相对水平面以速度v1离开管的N端，一段时间后与Q相碰，试求：
（1）P的带电量与质量之比的大小；
（2）v2的大小．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．CD
【详解】
当粒子刚好与bc边相切时运动轨迹如图所示，所以粒子不会经过a点也不能经过ab的中点e点；设ab=L，则bc=L，ac=2L；设圆周半径为R，由几何知识可知
解得故
则
即O点是ac的中点，则圆与bc的切点正好是bc的中点f，即轨迹过f点；同理可证明h点是aO的中点，可知从h点射出后恰能经过ad的中点g点；
故选CD。
2．ACD
【详解】
A．根据
由于，则粒子在磁场中运动的半径
当θ=60°飞入的粒子在磁场中从A点飞出，运动时间恰好是 ，是在磁场中运动时间最长；
当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是；
θ从0°到60°，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大，则最长时间为
A正确；
B．沿OA方向运动的粒子，在磁场中运动的时间最短，最短时间为0，B错误；
C．因为沿OC方向射出的粒子，受向上的洛伦兹力作用恰好从AO边中点射出，故在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，C正确；
D．当θ=60°飞入的粒子在磁场中从A点飞出；θ＞60°的粒子可能打到OA边上的所有的区域内，长度的范围是a；在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，长度的范围也是a，所以在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a，D正确。
故选ACD。
3．BC
【详解】
A．电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
evB＝m
解得
由于电子速率相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对应的圆心角最小，则电子在磁场中运动的时间最短，tmin＝T，则圆心角θ＝60°，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的时间最短的电子入射的方向垂直于OA，
电子所有轨迹对应圆心的可能位置都应在以S为圆心、半径为 的圆弧上，轨迹圆心恰好在OA上时，若磁场没有OB边界，电子将恰好通过O点，但由于OB边界的存在，过O点的电子的轨迹圆弧与OB有除O以外的另一个交点，如图b所示，说明电子到达O点前已经从另一交点飞出磁场，故A错误；
B．由以上分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90°，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；
C．从OA边界射出的电子中，轨迹恰与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120°，运动时间
C正确；
Ｄ．从OB边界射出的电子中，由几何关系可得，初速度方向沿OA方向的电子，在磁场中运动的时间最长，作出其运动轨迹如图e所示，可知该电子在磁场中运动的时间大于T，D错误。
故选BC。
4．BC
【详解】
根据题意可知，，求得，选项A错误；由得粒子做圆周运动的速度大小为，选项B正确；
设粒子从PQ射出区域的上端d点到c点的距离为s，根据几何关系有，求得，因此bd=L，选项C正确；从c点射出磁场的粒子，在a点时速度与MN的夹角θ满足2Rcosθ=L，cosθ=0.8，θ=37°，选项D错误；故选BC．
点睛：本题考查了带电粒子在磁场中在运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题．
5．AB
【详解】
A．由题意可知，粒子离开磁场时的速度方向与平行，则粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力垂直于向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；
B．粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：
解得：
故B正确；
C．洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
故C错误；
D．粒子转过的圆心角：
粒子做圆周运动的周期：
粒子在磁场中的运动时间：
故D错误；
故选AB。
6．AC
【详解】
A．设圆形区域的半径为R，画出粒子运动轨迹的示意图，分析可知Ⅰ、Ⅱ中的半径
r1=R
r2＝R
故
r1：r2＝2：1
故A正确；
B．根据周期公式可得
，
又因r1：r2=2：1，所以
T1：T2=2：1
故B错误；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期分别为
，
周期之比T1：T2=2：1，解得
B1：B2=1：2
故C正确；
D．粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中所用的时间分别
t1=T1=T1
t2=T2=T2
又因T1：T2＝2：1，所以
t1：t2＝2：3
故D错误。
故选AC。
7．AC
【详解】
AB．粒子进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
r1∶r2＝1∶2
由于粒子在磁场中做圆周运动的半径
可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，故A正确，B错误；
CD．由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为
且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，故C正确，D错误。
故选AC。
8．ABC
【详解】
AB．如图1所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径
带正电的粒子从右边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R为
解得 ，欲使粒子不打在极板上，
粒子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力
可得粒子做圆周运动的半径
所以或，解得或，AB正确；
CD．当在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图2所示
解得 ，C正确；根据对称性可知，D错误。
故选ABC。
9．BD
【详解】
由左手定则可知两粒子均带负电，A错误；作出粒子a运动轨迹如图所示，
根据图中几何关系可知，ra=L， ，故B正确；作出粒子b运动轨迹如图所示，
根据图中几何关系可得 ，由 得， ，即，C错误；需，由 知， ，D正确．故选BD.
10．CD
【详解】
A．根据左手定则判断知，粒子带负电，故A错误；
B．画出粒子的运动轨迹如图所示
粒子沿方向射入磁场时从F离开磁场，则
得
故B错误；
C．在等腰直角三角形中，由几何关系得
故C正确；
D．由分析可知，E的坐标为，从E点离开磁场的粒子的初速度方向可能沿方向也可能沿方向，若沿方向射入磁场，则粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，所用时间
故D正确。
故选CD。
11．AB
【详解】
A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，，粒子在磁场中运动的轨迹如图：
从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，若从a点离开由对称性知，故初速度为，A正确．B、从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即，圆心角为60°，从b点飞出的圆心角为120°，根据得,则，故B正确.C、据分析可知从f点入射的粒子速度越大，半径越小，偏转角度越小，刚好从c点飞出的速度为，故从cd边离开磁场入射速度必须大于2v，C错误．D、根据可知圆心角越大运动时间越长，从af边飞出的粒子圆心角最大为180°，，故D错误．故选AB.
【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
12．A
【详解】
AB．因为是一束质量和电荷量都相等的带电粒子，以不同速度向圆心方向射入磁场，则粒子射出磁场时的方向必定背向圆心方向。由
可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。而在磁场中运动时间
可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由
可知速率越小，故A正确，B错误；
C．通过的路程即圆弧的长度
由此可知，圆弧长度只与半径和圆心角有关，故C错误；
D．由周期公式可得
周期只与粒子本身和磁感应强度有关，与时间或速度无关，故D错误。
故选A。
13．D
【详解】
粒子运动轨迹如图所示：
粒子在上方磁场做圆周运动的周期
在下方磁场做圆周运动的周期
，
由于，则，结合几何关系得
则有
故选D。
14．B
【详解】
运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
15．B
【详解】
分别做出甲、乙粒子在磁场场中的运动轨迹，如图所示
由图可知，甲粒子所对应运动轨迹的圆心角β=，乙粒子所对运动轨迹的圆心角，粒子在磁场中所受的洛伦兹力充当向心力，即
粒子在磁场中的运动周期
甲粒子从O到P用时，乙粒子从O到P用时，由题意知两粒子从O到P用时相等，所以有
T甲=2T乙，故有
由图知
r甲：r乙=
故可知
v甲：v乙=
所以只有B选项正确。
故选B。
16．C
【详解】
A．沿ac方向射入的粒子，从b点射出，偏转角为60 ，则根据几何关系得
A错误；
B．沿ab方向射入的粒子，刚好从O点正下方射出，偏转角为30 ，则根据几何关系得
解得
B错误；
CD．根据可知，两粒子在磁场中运动的周期相等，根据可知两粒子在磁场中运动的时间之比为
C正确，D错误。
故选C。
17．（1）（2）
【详解】
（1）由牛顿第二定律：qv0B＝m，
由几何关系：r＝，
得
（2）设正方形边长为l′，磁场中：qv0B＝m，
其中sinθ＝
电场中：qE＝ma，
l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝
解得E＝
18．（1）F=qvB；（2）
【详解】
（1）带电粒子所受洛伦兹力的大小
F=qvB
（2）由题意知
向心加速度
又
F=ma
所以
19．(1) ；(2) ， ，方向与水平方向成45°斜向右下；(3)
【详解】
(1)根据牛顿第二定律得
解得
(2)对小球分析，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的位移公式得
解得
小球的速度为
方向为
解得
所以小球离开杆时速度方向与水平方向成45°斜向右下。
根据动能定理得
解得
(3) 细杆沿x轴正向匀速运动的速度为，则小球离开细杆时的速度为
离开杆的时间为
速度与水平方向的夹角为
小球在磁场中做圆周运动的半径为
要使小球能击中挡板左侧，则有
，
解得
20．（1）；（2） (n=0、1、2、3)
【详解】
（1）设P的电量为q、质量为m，P因参与v1运动而受到指向N端的洛伦兹力，其值为f=qv1B，P在管中的运动还会使它受到另一个向左的洛伦兹力，此力被管壁施予P向右的力所抵消，故P指向N端的加速度
a== ①
设P从M端到达N端的时间为t1，到达N端时沿管长方向的速度大小为u，则t1= ②
u=at1 ③
(v1)2=u2+v12 ④
由④可得：u=v1 ⑤
由①②③⑤可得比荷：= ⑥
（2）P离开管后将在水平面上作匀速圆周运动其速度为：v=v1
根据牛顿第二定律：qvB=m ⑦
其半径r===2h
其周期T= ⑧
解得周期：T=
P恰好在A1位置离开管的N端，离开管后最终只可能与Q在图中S处相碰，Q从开始运动到与P相碰撞经历的时间为：t=t1+(n+)T（n=0、1、2、3……） ⑨
在这段时间内Q小球恰好走过2r的路程，则v2t=2r=4h ⑩
解得：v2=4=（n=0、1、2、3……）
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