1.3带电粒子在匀强磁场中的运动 分层作业(Word版含答案)

课时3带电粒子在匀强磁场中的运动分层作业巩固提升第一章安培力和洛伦兹力2021_2022学年高一物理选择性必修第二册（人教版2019）
一、单选题，共10小题
1．洛伦兹力演示仪可以帮助我们研究带电粒子在匀强磁场中的运动规律。在施加磁场之前，电极释放出来的电子经加速后沿直线运动，已知从电极出来的电子速度方向可在水平面内调整。施加磁场后电子束的径迹如图甲所示，在图甲的基础上调节演示仪，电子束的径迹如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．磁场的方向一定垂直纸面向外
B．图乙一定减小了电子的加速电压
C．图乙可能增强了磁感应强度
D．图甲与图乙中电子运动一周的时间一定不相同
2．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，在xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上方磁场的磁感应强度为B，x轴下方磁场的磁感应强度为 .一带电荷量为－q、质量为m的粒子从O点垂直于磁场方向射入第一象限，入射速度v与x轴正方向夹角为30°，不计重力，则粒子从O点射入后（　　）
A．在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1
B．到再次经过x轴进入上方磁场时，在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为1∶5
C．到再次经过x轴进入上方磁场所需的时间为
D．能再次回到O点
4．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．纸面内有一直角三角形abc，∠a＝30°，一带电粒子自ab中点P沿Pb方向射入磁场后，恰好经过c点．已知bc长为l，带电粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子速度的大小为
C．带电粒子由P到c过程中速度方向改变了120°
D．带电粒子由P到c过程中运动的时间为
5．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量、速度和电荷量均不同的带电粒子先后从圆周上的点沿直径方向射入磁场。不计带电粒子受到的重力和带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．带正电的粒子一定向下偏转
B．质量和电荷量比值相同的带电粒子，入射速度越大则转动半径越大
C．带电粒子的动量相同时，电荷量大的粒子转动半径更大
D．带电粒子入射速度相同时，转动半径一定相同
6．如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则（　　）
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到板上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为
7．如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度分别穿越匀强电场区和匀强磁场区，场区的宽度均为L，偏转角度均为，则等于（不计重力）（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，在圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从磁场边缘A点先后两次分别以速度、正对着磁场的圆心处射入，离开磁场时速度分别偏转了90°和60°，不计重力，则与之比为（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，不计重力，速度的最大值是（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，正六边形abcdef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vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则
A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2
C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2
二、多选题，共4小题
11．电荷量大小为e的电子以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示。若磁场的磁感应强度为B，那么（　　）
A．电子在磁场中的运动时间 B．电子在磁场中的运动时间t=
C．洛伦兹力对电子做的功是W=BevL D．电子在b点的速度值也为v
12．半径为R的半圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场。不计重力的a、b两粒子从圆周上的P点沿着半径方向射入磁场，分别从A、B两点离开磁场，运动轨迹如图所示。已知a、b两粒子进入磁场时的速率之比为1：2，AOB为直径，。下列说法正确（　　）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a、b两粒子的比荷之比为3：2
C．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2：1
D．a、b两粒子的轨道半径之比为1：3
13．如图所示的圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（　　）
A．运动时间越长，其轨迹对应的弦长越小
B．运动时间越长，其轨迹越长
C．运动时间越短，射出磁场区域时的速度越小
D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏转角越小
14．如图所示，在一圆形区域内有一垂直于圆平面的匀强磁场，一带电粒子a沿圆形磁场的水平直径AB从A点射人磁场，刚好从竖直直径CD上的D点射出磁场，另一个与a完全相同的带电粒子b，以与a相同大小的速度与AB成30°角也从A点射人圆形磁场区域。则下列说法正确的是（　　）
A．b粒子将从B点射出磁场，出磁场时速度方向与AB成30°角斜向右下方
B．b粒子将从BD段圆弧上某点射出磁场，出磁场时速度方向与CD平行
C．a、b粒子在磁场中运动的时间之比为3：4
D．a、b粒子在磁场中运动的路程之比为3：2
三、填空题，共4小题
15．如图在x轴的上方（y≥0）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m 、电量为q的正离子，速率都为v，对那些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x＝______，最大y＝______ ．
16．如图所示，将截面为正方形的真空腔abcd放置在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上被吸收，则由小孔c和d射出的电子的速率之比________；通过磁场的时间之比为________ ．
17．如图所示，一电子以速度1.0×107m/s与x轴成30°的方向从原点出发，在垂直纸面向里的匀强磁场中运动，磁感应强度B=1T.那么圆周运动的半径为______m，经过______S时间，第一次经过x轴.（电子质量m=9.1×10-31kg）
18．如图所示直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷量为e），它们从磁场中射出时相距___________；射出的时间差是__________
四、解答题，共4小题
19．如图所示，在平面的第一象限内存在磁感应强度方向垂直纸面向外、大小为的匀强磁场。一带电粒子从轴上的点射入磁场，其速度方向与轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后从轴上的点（图中未画出）射出磁场，其速度方向与轴负方向的夹角。已知，粒子的质量为、电荷量为，不计粒子所受重力。求：
（1）粒子速度的大小﹔
（2）带电粒子在第一象限内运动的时间。
20．如图，在以 x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为，上边界到x轴的距离为2L．在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为，不计粒子之间的相互作用．求：
（1）某个粒子沿与x轴正方向成60 射出，它在磁场中运动的时间t；
（2）电流表的示数I；
（3）磁场上边界有粒子射出的区域宽度d。
21．如图所示，质量为为m、电量为q的带电粒子，经电压为U加速，又经磁感应强度为B的匀强磁场后落到图中D点。
求：（1）粒子射入磁场时的速度大小。
（2）A、D间的距离和粒子在磁场中运动的时间。
22．如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
（1）射出点与P点最大距离；
（2）从边界射出的离子，速度的最大值。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
A．由于不知电子在磁场中的运动方向，故无法判断磁场方向，故A错误；
BC．电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
解得
由题图可知，图乙中电子的半径变小，可能是速度减小，即可能减小了加速电压，也可能是增强了磁感应强度，故B错误C正确；
D．电子做圆周运动，有
可知，若图乙中是改变了加速电压而没有改变磁感应强度，则图甲和图乙中电子转一周的时间相等，故D错误。
故选C。
2．A
【解析】
由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，如图。
R+Rcosθ=d，
由几何知识得解得
，v＞v0
即能从EF射出．故选A。
3．D
【解析】
A．由
可得
知粒子做圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，A错误；
B．粒子在x轴上方磁场中轨迹所对应的圆心角为60°，到再次经过x轴进入上方磁场时，粒子在x轴上方磁场中运动的时间
在x轴下方磁场中轨迹所对应的圆心角为300°，在x轴下方磁场中运动的时间
再次经过x轴进入上方磁场时，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为1∶10，B错误；
C．到再次经过x轴进入上方磁场所需的时间为
C错误；
D．根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向运动60°，而在四、三象限沿顺时针方向运动300°，在第二象限沿顺时针方向运动60°，且在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以轨迹如图所示
粒子可以回到原点O，D正确。
故选D。
4．C
【解析】
A．粒子经过c点，说明粒子运动轨迹向下发生偏转，则由左手定则可知粒子一定带负电，A错误；
B．由题意作出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知粒子的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
B错误；
C．由几何关系可知，粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，则粒子由P到c的过程中速度方向改变了120°，C正确；
D．由以上分析可知，粒子由P到c的运动时间为，又周期
所以粒子运动的时间为
D错误。
故选C。
5．B
【解析】
A．根据左手定则可知，带正电的粒子受到向上的洛伦兹力，所以带正电的粒子一定向上偏转，故A错误；
B．在磁场中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据
得
可知质量和电荷量比值相同的带电粒子，入射速度越大则转动半径越大，故B正确；
C．根据半径公式知带电粒子的动量相同时，电荷量大的粒子转动半径更小，故C错误；
D．根据半径公式知带电粒子入射速度相同时，不同带电粒子的比荷不一定相等，半径不一定相等，故D错误。
故选B。
6．B
【解析】
A．粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示
由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是（＋1）d，故A错误；
B．左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则
t1＝＝＝
故B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期
T＝
由几何关系可知，最短时间
t2＝T＝
最长时间
t1＝T＝
Δt＝t1－t2＝
故CD错误。
故选B。
7．A
【解析】
因宽度为L，只有电场时做类平抛运动，则有
可得
解得
当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，则有
又
解得
联立解得
BCD错误，A正确。
故选A。
8．A
【解析】
设圆形区域的半径为，如图画出带电粒子运动的轨迹图
离开磁场时速度分别偏转了90°和60°，其运动轨迹分别对应和的圆弧，根据几何关系可知
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
联立可得
故A正确，BCD错误。
故选A。
9．A
【解析】
粒子沿边界方向射入磁场从边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与相切，粒子运动轨迹如图所示
由题意和几何关系可知
四边形是正方形，粒子轨道半径
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子的最大速度，解得
故A正确，B、C、D错误；
故选A。
10．A
【解析】
试题分析：设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=1200；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=600，根据可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据可知，tb:tc=θ1：θ2=2:1，故选A．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：和．
11．BD
【解析】
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对电子不做功，则电子在b点的速度值也为v，电子由a点到b点的运动时间
故选BD。
12．BD
【解析】
A．根据粒子的运动轨迹，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；
D．由几何关系可知，a、b两粒子的半径之比为
D正确；
B．由
可知，a、b两粒子的比荷之比为3:2，B正确；
C．粒子在磁场中运动时间
为轨迹所对应的圆心角，代入数据可知，a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4:3，C错误。
故选BD。
13．AD
【解析】
粒子运动轨迹如图所示
D．设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，根据推论可知，质子在磁场中的偏转角等于轨迹的圆心角α，由
可知，在磁场中运动的时间越长，则轨迹对应的偏转角越大，圆心角越大，故D正确；
A．弦长
质子运动的时间越长，则α越大，弦长越小，故A正确；
B．质子运动的轨迹长度
质子运动的时间越长，则α越大，s越短，故B错误；
C．质子在磁场中运动的时间为
轨迹半径
质子运动的时间越短，则α越小，r越大，由
可知，速度v越大，故C错误。
故选AD。
14．BC
【解析】
AB．设圆形磁场的半径为R，首先，根据粒子，沿磁场的水平直径AB从A点射入，刚好从D点射出作图可知，粒子a的半径为
然后由题意可知粒子b与a完全相同，入射的初速度也与粒子a相同，所以
然后根据粒子b的入射方向与AB成30°角，圆周运动的半径为R，以及数学关系来画出其运动轨迹，如图所示
作AQ垂直AP，连接QB，在三角形APB中可知
在长方形APBQ中可知
所以Q点为粒子b圆周运动轨迹的圆心，作QM平行AO，连接OM，根据几何关系可知，四边形AOMQ为菱形，且
所以M为出射点，射出方向垂直于半径QM，即与CD平行，且在BD圆弧上，A错误，B正确；
CD．a、b的运动时间之比等于夹角之比等于运动路程之比，即为
D错误，C正确。
故选BC。
15．
【解析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
可得：
沿-x轴方向射出的粒子圆心在y轴上，如图：
利用几何关系可知，所有粒子运动的圆心在以O为圆心，R为半径的圆中的第一象限部分，
则可知，粒子在x轴和y轴上达到的最远距离均为.
【点睛】
本题解决的关键在于能通过分析找出所有粒子的运动轨迹间的关系，这种有无数粒子的问题要注意重点观测边界点的运动情况．
16． 2：1 1：2
【解析】
电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系．根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系，求解速率之比．根据时间与周期的关系，求解时间之比．
设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为B，电子圆周运动的半径为r，速率为v，
由牛顿第二定律得：
evB=m
解得：
r与v成正比．由图看出，从c孔和d孔射出的电子半径之比rc：rd=2：1，则速率之比
vc：vd=rc：rd=2：1．
电子圆周运动的周期为：
所有电子的周期相等，从c孔和d孔射出的电子在盒内运动时间分别为：
tc=T
td=T
所以从c孔和d孔射出的电子在盒内运动时间之比：
tc：td=1：2；
【点睛】
本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．知道半径和周期的表达式；
17． ； ；
【解析】
电子所受到的洛伦兹力提供它做匀速圆周运动的向心力，即，解得：圆周运动的半径，代入数据可得：．
电子在磁场中运动轨迹如图
则电子第一次经过x轴所用时间 ，又，联立解得：．
18．
【解析】
粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可知两粒子离开磁场时的距离，则可求出出射点的距离；根据两粒子在磁场中转动的时间可知时间差．
正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示；
由evB=得 ，T=
∵θ=30°
如图可知，两粒子离开时距O点均为R，所以出射点相距为L=2R=；
正电子的回旋时间为
负电子的回旋时间为
射出的时间差为△t=t2-t1=
【点睛】
带电粒子在电场中的运动关键在于由几何关系找出圆心和半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质可得出几何关系及转动时间．
19．（1）；（2）
【解析】
粒子运动轨迹如图所示
（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
解得
（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为，则
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角
所以粒子在第一象限内运动的时间
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由
得
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直与边界射出磁场，偏转角为30 ，则在磁场中运动时间为
（2）左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60
则单位时间内打在金属板上的粒子数为
电流表的示数为
（3）粒子从磁场左边射出的临界点为f点
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线
粒子从上边界射出磁场的宽度

21．（1）；（2），
【解析】
（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
AD间距
运动周期
粒子在磁场中运动的时间
22．（1）；（2）
【解析】
（1）设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
（2）从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页