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（2）第一章安培力和洛伦兹力2021_2022学年高二物理选择性必修第二册（人教版2019）
一、单选题，共10小题
1．如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙粒子分别带+q和-q的电荷，二者以相同速度v沿与x轴成30°角从原点射入磁场，且甲的质量是乙的3倍，则甲、乙在磁场中运动时间之比为（　　）
A．1∶3 B．6∶1 C．1∶6 D．2∶
2．如图所示，正方形abcd区域存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，O、P分别为bc、cd边的中点。a点有一质子源，可沿ad方向发射质子，当质子的速度分别为v1和v2时，其在磁场中的运动时间分别为t1、t2，并分别从O点、P点射出。不计质子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若将H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子的出射点为O
C．若将H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t1
D．若将H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2
3．如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场以及磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ=30°。磁场的磁感应强度大小为B．由此推断该带电粒子（　　）
A．带正电 B．在磁场中的运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为 D．穿越磁场的时间为
4．如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（　　）
A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1∶
B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为∶1
C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶3
D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为1∶3
5．正方形容器abcd内部充满一如图所示的匀强磁场，一束比荷相等的粒子从a孔沿ab方向垂直射入容器内，结果一部分从d孔射出，另一部分从ad中点e孔射出，粒子重力不计。则从d、e两孔射出的粒子（　　）
A．粒子均带负电
B．在磁场中运动时间之比为
C．在容器中运动加速度之比
D．速度之比为
6．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域存在着垂直纸面方向的匀强磁场，一带电粒子以速度v从O点垂直于直径PQ射入磁场，并从M点离开，∠POM=60°，不计带电粒子的重力。粒子在磁场中的运动时间为（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，真空中有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同心圆，磁场方向垂直纸面向里。圆心处有一粒子源，粒子的质量为m，电荷量为q，忽略重力。若粒子均被限制在图中实线圆围成的区域内，则粒子源发射粒子的最大速度是（　　）
A． B． C． D．
8．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，则粒子在磁场中运动的时间越长
B．若一定，越大，则粒子在磁场中运动的角速度变大
C．若一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D．若一定，越大，则粒子离开磁场的位置距点越近
9．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，∠POA=90°。则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里 B．粒子在磁场中运动的周期为2t
C．速率为2v0的粒子在磁场中的运动最长时间为 D．从A点离开磁场的速率最小值为
10．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，且射出磁场时的速度反向延长线通过a点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题，共4小题
11．如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核和氘核先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核和氘核的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则（　　）
A．氘核在该磁场中运动的时间为2t0
B．氘核在该磁场中运动的时间为4t0
C．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
D．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
12．粒子和氘核具有相同的比荷，但粒子的质量是氘核的2倍，粒子电荷量是氘核的2倍。下列关于两种粒子在电场、磁场中的运动情况和规律，正确的描述是（　　）
A．经同一电场由静止加速后两粒子具有相等的动能
B．两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同
C．经同一电场由静止加速后从同一点垂直电场方向进入到一匀强电场中，运动轨迹相同
D．经同一电场由静止加速后从同一点垂直磁场方向进入到一匀强磁场中，运动轨迹相同
13．某回旋加速器原理如图所示，半径为R的真空圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度为B，距离圆心O为的正下方P点处有一极窄的平行金属板，两板间加有大小恒为U的脉冲电压，粒子每次经过平行金属板间时总能被加速。质量为m、电荷量为的粒子由金属板间右侧小孔飘入（初速度视为零），加速后水平向左射入磁场。当粒子加速到需要的速度时，从圆形磁场的边缘Q飞出。不计粒子重力、粒子加速时间，不考虑电磁辐射和相对论效应。则（　　）
A．匀强磁场方向垂直纸面向外 B．板间电场方向时间变化的周期
C．粒子获得的最大速度 D．粒子在磁场中运动的时间
14．如图所示，圆心角为90°的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点。现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速率先后从P点沿ON方向射入磁场，粒子a从M点射出磁场，粒子b从N点射出磁场，不计两粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a在磁场中运动时间较长
C．粒子a、b的角速度之比为1：5
D．粒子a、b的加速度大小之比为1：5
三、填空题，共4小题
15．“上海光源”发出的光，是接近光速运动的电子在磁场中做曲线运动改变运动方向产生的电磁辐射．若带正电的粒子以速率v0进入匀强磁场后，在与磁场垂直的平面内做半径为mv0/qB的匀速圆周运动(见图)，式中q为粒子的电荷量，m为其质量，B为磁感应强度，则其运动的角速度ω＝____________.粒子运行一周所需要的时间称为回旋周期．如果以上情况均保持不变，仅增大粒子进入磁场的速率v0，则回旋周期_____________(填“增大”、“不变”或“减小”)．
16．在某匀强磁场中,有两个电子以不同的速率在做匀速圆周运动.它们受到的洛伦兹力方向____(选填“一定”或“不一定”)跟速度方向垂直;它们受到的洛伦兹力大小一定______,做圆周运动的半径一定______,周期一定____(后三空均选填“相等”或“不相等”).
17．如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔沿a→b方向垂直射入容器内的匀强磁场中，结果一部分电子从小孔c竖直射出，一部分电子从小孔d水平射出，则从c、d两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=_____，在容器中运动的加速度大小之比ac：ad=_____。
18．一个电子（电荷量为e，质量为m）以速率v从x轴上某点垂直x轴进入上方匀强磁场区域，如图所示，已知上方磁感应强度为B，且大小为下方匀强磁场磁感应强度的2倍，将从开始到再一次由x轴进入上方磁场作为一个周期，那么，电子运动一个周期所用的时间是____，电子运动一个周期的平均速度大小为____．
四、解答题，共4小题
19．如图甲，为除尘装置的截面示意图，水平放置的金属极板M、N间距离为d，大量均匀分布的带负电尘埃以相同速度进入两板间，速度方向与板平行，大小为v0，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为q。如图乙，在原有两极板M、N的截面内，建立平面直角坐标系xOy，y轴垂直于金属板并过板的右端，x轴与两板中轴线共线；在P（2.5d，－2d）处放置开口向上且大小不计的尘埃收集容器。撤去两板间电场，然后只需在y轴右侧的某圆形区域内施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，就可以把所有尘埃全部收集到容器中。尘埃颗粒重力、颗粒间作用力、尘埃颗粒对板间电场影响均不计。要把所有尘埃全部收集到容器中，则在圆形区域内所施加匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件。
20．如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向外、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一带正电荷的粒子（重力不计）以速率v垂直射入磁场，当粒子从原点O以与x轴正方向成角度斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当粒子从原点O以与x轴正方向成角度斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出。求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的总时间。
21．如图所示，空间中有两块相互平行的足够大的金属板，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场。板上有两块正对的区域和，称为“标记区”。标记区的长度，两板间距为。下标记区的正中有一个粒子发射装置，某时刻，它一次性的在两板间沿纸面内向各方向均匀的发射出质量为、带电量为、速度为的粒子，其中发射方向垂直于的粒子恰能打到上标记区左端点。不考虑重力和各粒子间的相互作用力，不考虑粒子打到板上的反弹，且忽略带电粒子对金属板上电荷分布的影响。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）求最终打在上、下两标记区的粒子数之比（本问可能会用到的三角函数近似值，，，）；
（3）为使从发射的粒子不能打中上金属板，需要在两板间至少加上多大的电压？研究表明，任意时刻粒子沿平行金属板方向的速度分量（投影速度）与离开下金属板的距离成正比，且比例系数与两金属板间所加电压大小无关。
22．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第I象限有沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m带电荷量为q的正粒子（不计重力）从坐标为[ （2 +）L，L]的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向夹角为60° ，不计重力，求∶
（1）粒子从O点射出时的速度大小v；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子从P点运动到O点所用的时间。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
解得
粒子在磁场中运动的周期为
所以
作出甲、乙的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知甲、乙转过的圆心角分别为120°和60°，所以甲、乙在磁场中运动时间之比为
故选B。
2．D
【解析】
A．设正方形边长为，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
由几何关系可得
解得
从O点和P点射出的质子速率之比为
故A错误；
B．若将H从a点以速度v1沿ad方向射入，由于H的质量是质子的2倍，由知其在磁场中运动半径
即H会从P点射出，故B错误；
CD．由圆周运动周期公式
在磁场中运动时间
若将H从a点以速度v1沿ad方向射入，会从P点射出，与质子以v2射入磁场偏转情况一样，相等，故两种情况时间之比等于周期之比，由知周期之比等于质量之比，等于2:1，所以H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2，故C错误，D正确。
故选D。
3．D
【解析】
A．根据左手定则，粒子带负电，A错误；
B．该粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，B错误；
C．根据牛顿第二定律
又因为
解得
C错误；
D．穿越磁场的时间为
解得
D正确。
故选D。
4．C
【解析】
AB．设圆形区域的匀强磁场的半径为，根据几何关系可知
带电粒子1做圆周运动的半径为
带电粒子2做圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律
可得
则带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为，故AB错误；
CD．根据
可知带电粒子1的周期与带电粒子2的周期的比为，由图可知，粒子1转过的角度为，则粒子1的运动时间
粒子2转过的角度为，则粒子1的运动时间
则带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为，故D错误C正确。
故选C。
5．C
【解析】
A．根据洛伦兹力提供向心力及轨迹特点，结合左手定则可知粒子带正电，所以A错；
BD．粒子运动的周期
可知周期相同，根据粒子在磁场中运动的时间公式
可知
故B、D都错；
C．由
可知在容器中运动加速度之比
选项C正确。
故选C。
6．B
【解析】
作OM的中垂线，恰好过P点，可知粒子运动的圆弧轨迹的圆心在P点，对应半径为R，圆心角为60°，故粒子在磁场中的运动时间为
而
联立解得
故选B。
7．B
【解析】
当粒子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，粒子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，速度最大，粒子的运动轨迹如图
令粒子的半径为r，根据几何知识有
r2+a2=（3a-r）2
所以粒子的最大半径为
因为
所以
故选B。
8．C
【解析】
AC．粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：轨迹对应的圆心角
α=2π-2θ
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中的运动时间与粒子速率无关，若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间相等；若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故A错误，C正确；
B．洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动的角速度与、无关，B错误；
D．设粒子的轨迹半径为r，则
.
如图所示，由几何知识得
AO=2rsinθ=
v一定，若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，D错误。
故选C。
9．D
【解析】
A．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据几何关系可知，粒子运动了 个周期，所以粒子运动周期为4t，故B错误；
C．根据以上分析可知，粒子速率为v0，运动半径为R,根据
速率为2v0的粒子运动半径为2R,根据几何关系可知，当圆直径对应粒子轨迹的弦时，对应圆心角最大，运动时间最大
故C错误；
D．从A点离开磁场的速率最小值，对应半径最小，最小半径
解得
故D正确。
故选D。
10．C
【解析】
画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
L+rL
解得
r=（1）L
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=m
联立解得
故ABD错误C正确。
故选C。
11．BD
【解析】
由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如下
AB．原子核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
两核在磁场中运动时间
将两核比荷比为2:1、圆心角之比为1:2带入可得氘核在该磁场中运动的时间为
故A错误，B正确；
CD．设磁场圆半径为r，氕核和氘核的轨迹圆圆心分别为O1、O2，分别从A点、C点射出磁场，氘核在磁场中运动的轨迹半径为R2，时间为t2，则对，有几何关系可得
对，有几何关系可得
可得出
故C错误，D正确。
故选BD。
12．BCD
【解析】
A．根据
粒子和氘核所带的电荷不同，所以经同一电场由静止加速后两粒子的动能不同，故A错误；
B．粒子在磁场中运动周期
两粒子的比荷相同，所以两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同，故B正确；
C．经同一电场由静止加速后，根据动能定理
得速度为
两粒子的比荷相同，经过加速电场后速度相同，在偏转电场中，加速度
加速度也相同，所以运动轨迹相同，故C正确；
D．经同一电场由静止加速后，两粒子的速度相同，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力
可得
可得半径相同，则运动轨迹相同，故D正确。
故选BCD。
13．ACD
【解析】
A．由左手定则可知匀强磁场方向应垂直纸面向外，故A正确。
B．因粒子每次过平行金属板间都是自右向左运动，为使粒子都能加速，粒子每次过平行金属板间时板间电场方向均应水平向左，不需要改变方向，故B错误。
C．由题意，当粒子速度最大时，由几何关系知粒子做圆周运动的最大半径
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故C正确。
D．加速电压为U，粒子加速n次后达到半径
，
由动能定理有
得
带电粒子在磁场中运动的周期
带电粒子在磁场中运动的时间
故D正确。
故选ACD。
14．BD
【解析】
A．根据左手定则，粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；
B．粒子a在磁场中运动时，速度的偏向角比b大，运动时间较长，B正确；
C．粒子a、b的比荷相等，根据 ，周期相等，根据 ，角速度之比为1：1，C错误；
D．根据
两个粒子的半径分别为
解得
D正确。
故选BD。
15． 不变
【解析】
由洛伦兹力提供向心力：，代入已知数据解得：，由周期公式：,可知粒子运动周期与速度无关，故周期不变．
16． 一定　　 不相等 不相等 相等
【解析】
洛伦兹力的方向由左手定则判定，其方向与磁场方向和运动方向必垂直；它们运动过程中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB=m，所以圆周运动的半径R=，显然R与电子速率成正比，因为速率v不同，则它们受到的洛伦兹力大小不相等，做圆周运动的半径也不相等；由周期公式T=得T=，显然周期T与速率v无关，所以两电子圆周运动的周期一定相等.
点睛：解决本题关键掌握洛伦兹力方向的特点及大小公式f=qvB，理解并掌握在磁场中圆周运动的半径公式为r=，周期公式为T=．
17． 1：2 2：1
【解析】
设磁场边长为L，粒子运动轨迹如图所示：
粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd；
由牛顿第二定律得
解得
又由运动轨迹知
rc=2rd
则
vc：vd=2：1
粒子做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
t=T
则
则
tc：td=1：2
粒子的加速度
a=
解得
ac：ad=2：1
【点评】
本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子的运动半径及圆心即可顺利求解．
18．
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，先确定圆心，画出轨迹；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径和周期，然后结合几何关系求解粒子的一个周期沿x轴移动的距离，再由平均速度公式求出平均速度。
电子一个周期内的运动轨迹如图所示：
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
解得圆的轨道半径
所以上方
下方
因此电子运动一个周期所用时间是
在这段时间内位移大小
电子运动一个周期的平均速度大小
【点睛】
本题关键画出轨迹，然后运用牛顿第二定律求解半径和周期，基础问题。
19．≤B≤
【解析】
设圆形磁场区域的半径为R1，尘埃在磁场中做圆周运动的半径为R2，要使所有尘埃都能到达P点，有几何关系（磁聚焦现象）知必须满足
R2＝R1
另有
qv0B＝m
当圆形区域过P点且与M板的延长线相切时，R2最小，B最大，如图，由几何关系得
R2min＝d
解得
B2max＝
当圆形区域过P点且在M板右端点与y轴相切时，R2最大，B最小，如图，由几何关系得
R2max＝d
解得
B2min＝
所以圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件为≤B≤。
20．（1）；（2）
【解析】
（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则由图知斜向上射入时有
斜向下射入时有
联立解得
，
由洛伦兹力提供向心力得
得粒子的比荷为
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为
周期为
则粒子在磁场中运动的时间为
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由几何关系可知，DS中垂线与SA延长线交点为轨迹圆心O1，且∠DSA=60°则轨迹圆半径为
r=2d
由
可得
（2）由于粒子在各发射方向分布均匀，故只需求打在上下标记区的粒子对应的发射角范围之比即可；打中上标记区左端点D的粒子，其发射方向即题给：垂直于AC。打中上标记区右端点E的粒子，其轨迹如图；轨迹圆心为D，其发射方向与半径DS垂直，即与SC成30°角。故打中上标记区 的粒子，其发射速度方向分布在60°的范围内。
打中下标记区的粒子的轨迹圆心为O2，设其发射方向与SA夹角为θ，则∠SO2A=θ，由几何关系可知
由题给数据可知
θ=14°
从而打在上下标记区的粒子数之比为。
（3）比例系数与电压大小无关，那么可以利用U=0时的情景，先算出比例系数。接前问，在D点处，速度方向与板夹60°角，设比例系数为k
解得
当加上电压U时，粒子恰好不能打到上板，即当粒子即将到达上板时，速度沿金属板方向，设此时速度为v1，则
由动能定理
解得
22．（1） ；（2） ；（3）
【解析】
解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。（轨迹如图所示）
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为，方向与x轴负方向成60°角，则有
解得
（2）在P到Q过程中，由动能定理得
解得
（3）设粒子在电场中运动的时间为t1，则有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中的运动时间为
解得
粒子在由P到O过程中的总时间
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页