1.3带电粒子在匀强磁场中的运动分层作业夯实基础（2）（Word版含答案）
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| 名称 | 1.3带电粒子在匀强磁场中的运动分层作业夯实基础（2）（Word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-16 09:36:16 | ||
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文档简介
课时3带电粒子在匀强磁场中的运动分层作业夯实基础（2）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．质量和电荷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中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．N的运行时间小于M的运行时间
B．N带负电，M带正电
C．N的速率大于M的速率
D．N的运行时间等于M的运行时间
2．如图所示，直角坐标系平面内有垂直纸面向外的足够大的匀强磁场（未画出），磁感应强度，y轴上P处有一个粒子源，可在此平面内沿范围内发射速度v大小不等的正电荷（）。是一块置于x轴上无限长的粒子收集板。已知比荷，，则能够被板收集到的粒子的最长运动时间为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从磁场边缘A点沿半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的轨道半径为r
B．粒子的速度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．调整粒子射入时速度的大小，可使粒子在磁场中运动的周期改变
4．如图所示，是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，与垂直。一群质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与夹角为的范围内，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（ ）
A．荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为
B．荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为
C．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为
D．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为
5．如图，虚线MN上、下两侧是磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，一个质量为m、带电荷量为-q的带电粒子（不计重力）以速度v，从P点沿与界面成=30°角的方向垂直磁场射入MN上方。若从此刻开始计时，则粒子运动到虚线MN所用的时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA=OP=l，对于能打到P点的粒子，以下说法中错误的是（ ）
A．这些粒子速度的最小值为
B．这些粒子在磁场中运动的最长时间为
C．这些粒子做圆周运动各圆心的连线是一条直线
D．这些粒子做圆周运动的周期和速度大小无关
7．如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在xOy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θ=45°。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OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）
A．粒子带正电荷
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
9．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为r的圆内，一束速度为v0的带电粒子对圆心从P点入射时，经磁场后速度方向偏转60°射出，现将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相互作用，则粒子束出射点距P点的最远距离为（ ）
A． B．1.5r C． D．
10．如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子（重力不计），沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们的速度之比为（ ）。
A．1∶2∶3 B． C． D．
二、多选题，共4小题
11．如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一电荷量为、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从该磁场边界射入磁场区域，射入点到ab的距离为，已知粒子的初速度为，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动时间为
B．若将粒子射入点移动到a位置，粒子射出磁场的位置不变
C．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子离开磁场的位置到ab的距离为
D．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子在磁场中的运动时间为
12．如图所示的圆形虚线框内存在垂直纸面的匀强磁场，图中的线段AB为圆的一条水平弦，C点为圆上的一点且AC=d，一带正电的粒子由C点沿平行于AB的方向射入磁场，粒子的速度大小为v0，该粒子经偏转后由圆形磁场边界的B点离开，已知粒子在B点的速度方向与AB的夹角为60°，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁场的方向垂直纸面向外 B．粒子在磁场中运动的时间为
C．圆形磁场的半径为2d D．粒子轨道的半径为2d
13．如图所示，平行直线及间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，现分别在上某两点射入带正电的粒子M及N，M、N的初速度的方向不同，但与的夹角均为，两粒子都恰不能越过边界线，若两粒子质量均为m，电量均为q，两粒子从射入到的时间分别为和，则（ ）
A． B．
C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度 D．M粒子的轨道半径大于N粒子的轨道半径
14．如图甲所示，是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度在时刻从A点沿方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（）（ ）
A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则磁场的磁感应强度大小
B．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子运动的半径大小
C．若要使粒子恰能沿方向通过C点，则粒子在磁场中运动的轨迹半径（，2，3，…）
D．若要使粒子恰能沿方向通过C点，磁场变化的周期（，2，3，…）
三、填空题，共4小题
15．质子和α粒子从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场作圆周运动，则这两粒子的动能之比Ek1∶Ek2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝________．
16．一质量为9.0×10-31kg，电量大小为1.6×10-19C的电子以1.0×107m/s的速度沿垂直于磁场的方向进入磁感应强度大小为0.625T的匀强磁场中，则电子做匀速圆周运动的轨迹半径大小为____________m，周期为____________s．(计算结果保留两位有效数字)
17．关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为、电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入，能从另一侧打出，求：
（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________
（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，的范围 __________________
（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为，的范围 _____
18．如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_______； 速度之比为__________；周期之比为_________；时间之比为__________．
四、解答题，共4小题
19．如图所示，在xOy平面内有一正方形区域ABCD，A点的坐标为（0，2l），B点的坐标为（0，-2l），C点的坐标为（4l，-2l），D点的坐标为（4l，2l），该区城存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向内，匀强电场的电场强度大小未知，方向沿y轴的负方向（图中均末画出）。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以某一初速度沿x轴正方向进入该区域。若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域；若撤去匀强磁场，只保留匀强电场，粒子恰好从C点离开该区域。粒子的重力不计，求：
（1）粒子的初速度；
（2）电场强度的大小。
20．如图所示，ab为一足够大感光板，板下方有一匀强磁场，板面与磁场方向平行，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小B=0.60T，在到ab的距离处，有一个点状的放射源S，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量粒子，粒子的速度大小为，已知粒子的电荷与质量之比=5.0×107C/kg，粒子撞在感光板上则会被吸收。不考虑粒子重力及粒子间作用力，求：
（1）撞在感光板ab上的粒子在磁场中运动的最短时间；
（2）某时刻发射出来的粒子撞在感光板ab的粒子数与该时刻发射的总粒子数之比。
21．如图所示，两竖直虚线MN和M′N′间的距离AC=d，P、Q点在直线M′N′上。一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点垂直于MN射入；若两竖直虚线间的区域内只存在场强大小为E、沿竖直方向的匀强电场，则该粒子将从P点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做电偏转角，记为；若两竖直虚线间的区域内只存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，则该粒子将从Q点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做磁偏转角，记为。
（1）若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区；
i.该粒子从A点入射的速度是多大？
ii.证明电偏转角与磁偏转角满足tan=sin；
（2）若，求该粒子从A点入射的速度多大时，电偏转角等于磁偏转角，即？
22．如图所示，两矩形边界内分布有匀强磁场，的长度为l，内磁场垂直于平面向外，大小为B，内磁场垂直于平面向里，大小为，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，沿方向射入磁场，入射速度大小可调，不计粒子的重力。
（1）若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，求粒子速度的大小；
（2）假设、长度足够长，试证明不从打出的粒子运动至下方的最大距离为一定值，并求出这一定值；
（3）假设长度足够长，若能到达G点的粒子速度的可能值有且仅有一个，求长度的取值范围。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
AD．粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为
的运动时间等于的运动时间，A错误，D正确；
B．由左手定则判断出带正电荷，带负电荷，B错误；
C．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
半径为
在质量与电量相同的情况下，半径大的速率大，即的速率大于的速率，C错误。
故选D。
2．D
【解析】
粒子运动时间最长的应该是速度最大即为的粒子，其轨迹如图所示，轨迹圆与相切。由
可得
由几何关系可得
故
由圆周运动可知，运动时间
可得
故选D。
3．B
【解析】
A．设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示
根据几何知识可知
得到圆运动的半径
A错误；
B．根据牛顿运动定律
有
粒子的入射速度
B正确；
CD．由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60 角，所以粒子完成了个圆运动，根据线速度与周期的关系
得
粒子在磁场中的运动时间为
调整粒子射入时速度的大小，粒子在磁场中运动的周期不变，CD错误。
故选B。
4．C
【解析】
正粒子运动轨迹如下图
可知，正粒子垂直边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；正粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面中图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；正粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右间图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为2rcosθ，其长度为
ABD错误，C正确。
故选C。
5．B
【解析】
应用圆中弦切角等于圆弧对应的圆心角的一半，可知
根据对称性可知射入下边磁场时速度与边界成角，则同样有
根据对称可知再次射入上边磁场时的速度和最初速度一样，则以后重复前面的运动
设带电粒子从P到Q所用时间为t，则有
粒子运动到虚线MN所用的时间
，
不可能得到B表达式。
故选B。
6．A
【解析】
A．设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，由牛顿运动定律有
若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆，如图中圆O1所示
由几何关系知
则粒子的最小速度
故A错误，符合题意；
BD．粒子在磁场中的运动周期，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为
由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有
则粒子在磁场中运动的最长时间
故BD正确，不符合题意；
C．能达到P点的粒子圆周运动的圆心一定在AP连线的中垂线上，即图中O1O2连线上，故C正确，不符合题意。
故选A。
7．A
【解析】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
r=
分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以r=为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心；
根据几何关系有
O′B=O′P=r=
PB=Lsin60°=
联立可得
PB=O′B
则粒子偏转的角度
θ=90°
结合周期公式
可知粒子在磁场中运动的最短时间为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解。
8．D
【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错误；
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D。
9．A
【解析】
由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得
因为
得
所以将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动的半径为
想让粒子束出射点距P点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为
所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即
故选A。
10．D
【解析】
长方形区域的匀强磁场的宽度为d，偏角分别为90°、60°、30°的r1、r2、r3，由几何关系得
解得
解得
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力得
故它们的速度之比为轨迹半径之比，即，D正确，ABC错误。
故选D。
11．BC
【解析】
A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
粒子的运动轨迹如图中线c所示
由几何关系可知，粒子在磁场中运动的时间
故A错误；
B．若将粒子射入点移动到a位置，粒子运动轨迹半径仍为R，由几何知识可知粒子射出磁场的位置保持不变，故B正确；
CD．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子运动的轨迹半径
粒子的运动轨迹如图中d线所示，粒子离开磁场的位置到ab的距离为，粒子在磁场中的运动时间
故C正确，D错误。
故选BC。
12．AD
【解析】
A．由左于定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A正确；
C．由题意画出带电粒子的运动轨迹，如图所示，圆心为图中的O点，由几何关系可知，
、，由于AC=d，则BC=2d，且BC为圆形磁场的直径，则圆形磁场的半径为d，C错误；
D．由几何关系可知BC=2d，即粒子轨道的半径为2d，D正确；
B．显然该带电粒子在磁场中运动的时间为一个周期的，又带电粒子在磁场中的运动周期为 ，解得粒子在磁场中运动的时间为，B错误。
故选AD。
13．ACD
【解析】
AB．两粒子的运动轨迹如下图所示（左图为M粒子轨迹，右图为N粒子轨迹）
两粒子在磁场中运动的周期相同，均为
M、N两粒子在磁场中运动的圆心角分别为和
M和N粒子从射入到bb′的时间分别为
，
则时间之和
故A正确，B错误；
D．设磁场宽度为d，M和N两粒子的轨迹半径分别为和，对粒子M，由几何知识可知
得M粒子的轨道半径
对粒子N，由几何知识可知
得N粒子轨道半径
故M粒子轨迹半径大于N粒子的轨迹半径，故D正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力
可得粒子半径
可知当m、q和B相同时，R与v成正比，R1>R2，则M粒子的初速度大于N粒子的初速度，故C正确。
故选ACD。
14．BCD
【解析】
A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．若粒子经时间恰好垂直打在上，如图所示
可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为
B正确；
C．若要使粒子恰能沿方向通过C点，如图所示
应该满足
其中
解得
（，2，3，…）
C正确；
D．根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期内转过的圆心角为
则
（，2，3，…）
解得
（，2，3，…）
D正确。
故选BCD。
15．
【解析】
由动能定理求解两粒子经电场加速的动能之比．粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动公式求解半径之比和周期之比．
粒子在加速电场中：由动能定理得
Ek=qU，则得 Ek1：Ek2=e：2e=1：2
粒子进入磁场后，轨道半径为 ，
所以轨道半径之比为：
由周期公式得周期之比：
．
【点睛】
本题粒子先由电场加速，由动能定理求动能，后进入磁场圆周运动，由牛顿第二定律求半径等都常用的方法，要学会运用比例法．
16． ； ；
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电子的轨道半径，根据周期公式求出电子的周期；
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：
电子做圆周运动的周期：．
【点睛】
解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意有效数字的保留问题．
17． （1）L （2）v0≥ （3）v0≥
【解析】
（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小，如图：
由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L
（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m
得
可得：
可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥
（3）由于板间电场强度方向竖直向上，粒子带负电，可知加速度的方向向下．
-q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上向下匀加速运动，则有
水平方向：L=v0t
竖直方向：L=at2
又由牛顿第二定律得
联立解得，
可知若粒子穿过电场，则：v0≥
【点睛】
本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键．
18． ：1 ：1 1:1 2：3
【解析】
粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角，由求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式求出速度之比．
设圆柱形区域为R．带电粒子第一次以速度沿直径入射时，轨迹如图所示：
粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角，轨迹半径为，运动时间为，带电粒子第二次以速度沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角，轨迹半径为，运动时间为，所以轨迹半径之比：，时间之比：，根据半径公式，得速度之比：，根据可知，周期之比为1：1．
【点睛】
本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答
19．（1）；（2）
【解析】
（1）若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域，运动轨迹如图所示
由几何关系得
洛伦兹力提供向心力
解得
（2）只保留匀强电场，做类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，则
根据动能定理
解得
20．（1）；（2）
【解析】
（1）粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有
解得
当粒子达到板上用时间最短时，粒子在磁场中做圆周运动的弧长最短，弦最短，即当弦长为L=16cm时，时间最短，根据几何关系可知，此时圆弧所对的圆心角为106°。则最短时间为
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，
粒子在C点与绝缘板相切，SD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为
根据上图中的几何关系可得
根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为
θ＝53°+53°＝106°
范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的
故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为 。
21．（1）i.；ii.见解析；（2）或
【解析】
（1）i.若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区,则粒子做运动直线运动
解得
故该粒子从A点入射的速度为
ii.
在电场中
联立可得
在磁场中
联立可得
又因为
故
（2）设，在电场中
在磁场中
故
又因为
即
整理得
解得
或
22．(1)；(2)；(3) （n=1，2，3，…）
【解析】
（1）若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，如图所示
由几何知识可得粒子做圆周运动的半径为
由洛仑兹力提供向心力
解得粒子的初速度
（2）设粒子入射方向与EF夹角，最低点距离EF高度为h，轨迹图如图
则由几何关系得
因为
，
解得
(3) 如图所示
由几何关系得第二次到达AG时向右推进的距离为
由题意知到达G点的条件为
(n为正整数)
恰好不从AD边出射的临界情况：轨迹图如图
由几何关系得
，，
解得
所以
（n=1，2，3，…）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题，共10小题
1．质量和电荷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中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．N的运行时间小于M的运行时间
B．N带负电，M带正电
C．N的速率大于M的速率
D．N的运行时间等于M的运行时间
2．如图所示，直角坐标系平面内有垂直纸面向外的足够大的匀强磁场（未画出），磁感应强度，y轴上P处有一个粒子源，可在此平面内沿范围内发射速度v大小不等的正电荷（）。是一块置于x轴上无限长的粒子收集板。已知比荷，，则能够被板收集到的粒子的最长运动时间为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从磁场边缘A点沿半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的轨道半径为r
B．粒子的速度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．调整粒子射入时速度的大小，可使粒子在磁场中运动的周期改变
4．如图所示，是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，与垂直。一群质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与夹角为的范围内，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（ ）
A．荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为
B．荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为
C．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为
D．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为
5．如图，虚线MN上、下两侧是磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，一个质量为m、带电荷量为-q的带电粒子（不计重力）以速度v，从P点沿与界面成=30°角的方向垂直磁场射入MN上方。若从此刻开始计时，则粒子运动到虚线MN所用的时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA=OP=l，对于能打到P点的粒子，以下说法中错误的是（ ）
A．这些粒子速度的最小值为
B．这些粒子在磁场中运动的最长时间为
C．这些粒子做圆周运动各圆心的连线是一条直线
D．这些粒子做圆周运动的周期和速度大小无关
7．如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在xOy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θ=45°。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OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）
A．粒子带正电荷
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
9．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为r的圆内，一束速度为v0的带电粒子对圆心从P点入射时，经磁场后速度方向偏转60°射出，现将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相互作用，则粒子束出射点距P点的最远距离为（ ）
A． B．1.5r C． D．
10．如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子（重力不计），沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们的速度之比为（ ）。
A．1∶2∶3 B． C． D．
二、多选题，共4小题
11．如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一电荷量为、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从该磁场边界射入磁场区域，射入点到ab的距离为，已知粒子的初速度为，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动时间为
B．若将粒子射入点移动到a位置，粒子射出磁场的位置不变
C．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子离开磁场的位置到ab的距离为
D．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子在磁场中的运动时间为
12．如图所示的圆形虚线框内存在垂直纸面的匀强磁场，图中的线段AB为圆的一条水平弦，C点为圆上的一点且AC=d，一带正电的粒子由C点沿平行于AB的方向射入磁场，粒子的速度大小为v0，该粒子经偏转后由圆形磁场边界的B点离开，已知粒子在B点的速度方向与AB的夹角为60°，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁场的方向垂直纸面向外 B．粒子在磁场中运动的时间为
C．圆形磁场的半径为2d D．粒子轨道的半径为2d
13．如图所示，平行直线及间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，现分别在上某两点射入带正电的粒子M及N，M、N的初速度的方向不同，但与的夹角均为，两粒子都恰不能越过边界线，若两粒子质量均为m，电量均为q，两粒子从射入到的时间分别为和，则（ ）
A． B．
C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度 D．M粒子的轨道半径大于N粒子的轨道半径
14．如图甲所示，是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度在时刻从A点沿方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（）（ ）
A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则磁场的磁感应强度大小
B．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子运动的半径大小
C．若要使粒子恰能沿方向通过C点，则粒子在磁场中运动的轨迹半径（，2，3，…）
D．若要使粒子恰能沿方向通过C点，磁场变化的周期（，2，3，…）
三、填空题，共4小题
15．质子和α粒子从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场作圆周运动，则这两粒子的动能之比Ek1∶Ek2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝________．
16．一质量为9.0×10-31kg，电量大小为1.6×10-19C的电子以1.0×107m/s的速度沿垂直于磁场的方向进入磁感应强度大小为0.625T的匀强磁场中，则电子做匀速圆周运动的轨迹半径大小为____________m，周期为____________s．(计算结果保留两位有效数字)
17．关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为、电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入，能从另一侧打出，求：
（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________
（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，的范围 __________________
（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为，的范围 _____
18．如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_______； 速度之比为__________；周期之比为_________；时间之比为__________．
四、解答题，共4小题
19．如图所示，在xOy平面内有一正方形区域ABCD，A点的坐标为（0，2l），B点的坐标为（0，-2l），C点的坐标为（4l，-2l），D点的坐标为（4l，2l），该区城存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向内，匀强电场的电场强度大小未知，方向沿y轴的负方向（图中均末画出）。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以某一初速度沿x轴正方向进入该区域。若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域；若撤去匀强磁场，只保留匀强电场，粒子恰好从C点离开该区域。粒子的重力不计，求：
（1）粒子的初速度；
（2）电场强度的大小。
20．如图所示，ab为一足够大感光板，板下方有一匀强磁场，板面与磁场方向平行，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小B=0.60T，在到ab的距离处，有一个点状的放射源S，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量粒子，粒子的速度大小为，已知粒子的电荷与质量之比=5.0×107C/kg，粒子撞在感光板上则会被吸收。不考虑粒子重力及粒子间作用力，求：
（1）撞在感光板ab上的粒子在磁场中运动的最短时间；
（2）某时刻发射出来的粒子撞在感光板ab的粒子数与该时刻发射的总粒子数之比。
21．如图所示，两竖直虚线MN和M′N′间的距离AC=d，P、Q点在直线M′N′上。一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点垂直于MN射入；若两竖直虚线间的区域内只存在场强大小为E、沿竖直方向的匀强电场，则该粒子将从P点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做电偏转角，记为；若两竖直虚线间的区域内只存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，则该粒子将从Q点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做磁偏转角，记为。
（1）若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区；
i.该粒子从A点入射的速度是多大？
ii.证明电偏转角与磁偏转角满足tan=sin；
（2）若，求该粒子从A点入射的速度多大时，电偏转角等于磁偏转角，即？
22．如图所示，两矩形边界内分布有匀强磁场，的长度为l，内磁场垂直于平面向外，大小为B，内磁场垂直于平面向里，大小为，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，沿方向射入磁场，入射速度大小可调，不计粒子的重力。
（1）若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，求粒子速度的大小；
（2）假设、长度足够长，试证明不从打出的粒子运动至下方的最大距离为一定值，并求出这一定值；
（3）假设长度足够长，若能到达G点的粒子速度的可能值有且仅有一个，求长度的取值范围。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
AD．粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为
的运动时间等于的运动时间，A错误，D正确；
B．由左手定则判断出带正电荷，带负电荷，B错误；
C．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
半径为
在质量与电量相同的情况下，半径大的速率大，即的速率大于的速率，C错误。
故选D。
2．D
【解析】
粒子运动时间最长的应该是速度最大即为的粒子，其轨迹如图所示，轨迹圆与相切。由
可得
由几何关系可得
故
由圆周运动可知，运动时间
可得
故选D。
3．B
【解析】
A．设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示
根据几何知识可知
得到圆运动的半径
A错误；
B．根据牛顿运动定律
有
粒子的入射速度
B正确；
CD．由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60 角，所以粒子完成了个圆运动，根据线速度与周期的关系
得
粒子在磁场中的运动时间为
调整粒子射入时速度的大小，粒子在磁场中运动的周期不变，CD错误。
故选B。
4．C
【解析】
正粒子运动轨迹如下图
可知，正粒子垂直边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；正粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面中图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；正粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右间图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为2rcosθ，其长度为
ABD错误，C正确。
故选C。
5．B
【解析】
应用圆中弦切角等于圆弧对应的圆心角的一半，可知
根据对称性可知射入下边磁场时速度与边界成角，则同样有
根据对称可知再次射入上边磁场时的速度和最初速度一样，则以后重复前面的运动
设带电粒子从P到Q所用时间为t，则有
粒子运动到虚线MN所用的时间
，
不可能得到B表达式。
故选B。
6．A
【解析】
A．设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，由牛顿运动定律有
若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆，如图中圆O1所示
由几何关系知
则粒子的最小速度
故A错误，符合题意；
BD．粒子在磁场中的运动周期，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为
由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有
则粒子在磁场中运动的最长时间
故BD正确，不符合题意；
C．能达到P点的粒子圆周运动的圆心一定在AP连线的中垂线上，即图中O1O2连线上，故C正确，不符合题意。
故选A。
7．A
【解析】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
r=
分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以r=为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心；
根据几何关系有
O′B=O′P=r=
PB=Lsin60°=
联立可得
PB=O′B
则粒子偏转的角度
θ=90°
结合周期公式
可知粒子在磁场中运动的最短时间为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解。
8．D
【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错误；
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D。
9．A
【解析】
由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得
因为
得
所以将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动的半径为
想让粒子束出射点距P点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为
所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即
故选A。
10．D
【解析】
长方形区域的匀强磁场的宽度为d，偏角分别为90°、60°、30°的r1、r2、r3，由几何关系得
解得
解得
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力得
故它们的速度之比为轨迹半径之比，即，D正确，ABC错误。
故选D。
11．BC
【解析】
A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
粒子的运动轨迹如图中线c所示
由几何关系可知，粒子在磁场中运动的时间
故A错误；
B．若将粒子射入点移动到a位置，粒子运动轨迹半径仍为R，由几何知识可知粒子射出磁场的位置保持不变，故B正确；
CD．若将磁场的磁感应强度增大为，粒子运动的轨迹半径
粒子的运动轨迹如图中d线所示，粒子离开磁场的位置到ab的距离为，粒子在磁场中的运动时间
故C正确，D错误。
故选BC。
12．AD
【解析】
A．由左于定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A正确；
C．由题意画出带电粒子的运动轨迹，如图所示，圆心为图中的O点，由几何关系可知，
、，由于AC=d，则BC=2d，且BC为圆形磁场的直径，则圆形磁场的半径为d，C错误；
D．由几何关系可知BC=2d，即粒子轨道的半径为2d，D正确；
B．显然该带电粒子在磁场中运动的时间为一个周期的，又带电粒子在磁场中的运动周期为 ，解得粒子在磁场中运动的时间为，B错误。
故选AD。
13．ACD
【解析】
AB．两粒子的运动轨迹如下图所示（左图为M粒子轨迹，右图为N粒子轨迹）
两粒子在磁场中运动的周期相同，均为
M、N两粒子在磁场中运动的圆心角分别为和
M和N粒子从射入到bb′的时间分别为
，
则时间之和
故A正确，B错误；
D．设磁场宽度为d，M和N两粒子的轨迹半径分别为和，对粒子M，由几何知识可知
得M粒子的轨道半径
对粒子N，由几何知识可知
得N粒子轨道半径
故M粒子轨迹半径大于N粒子的轨迹半径，故D正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力
可得粒子半径
可知当m、q和B相同时，R与v成正比，R1>R2，则M粒子的初速度大于N粒子的初速度，故C正确。
故选ACD。
14．BCD
【解析】
A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．若粒子经时间恰好垂直打在上，如图所示
可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为
B正确；
C．若要使粒子恰能沿方向通过C点，如图所示
应该满足
其中
解得
（，2，3，…）
C正确；
D．根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期内转过的圆心角为
则
（，2，3，…）
解得
（，2，3，…）
D正确。
故选BCD。
15．
【解析】
由动能定理求解两粒子经电场加速的动能之比．粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动公式求解半径之比和周期之比．
粒子在加速电场中：由动能定理得
Ek=qU，则得 Ek1：Ek2=e：2e=1：2
粒子进入磁场后，轨道半径为 ，
所以轨道半径之比为：
由周期公式得周期之比：
．
【点睛】
本题粒子先由电场加速，由动能定理求动能，后进入磁场圆周运动，由牛顿第二定律求半径等都常用的方法，要学会运用比例法．
16． ； ；
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电子的轨道半径，根据周期公式求出电子的周期；
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：
电子做圆周运动的周期：．
【点睛】
解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意有效数字的保留问题．
17． （1）L （2）v0≥ （3）v0≥
【解析】
（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小，如图：
由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L
（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m
得
可得：
可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥
（3）由于板间电场强度方向竖直向上，粒子带负电，可知加速度的方向向下．
-q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上向下匀加速运动，则有
水平方向：L=v0t
竖直方向：L=at2
又由牛顿第二定律得
联立解得，
可知若粒子穿过电场，则：v0≥
【点睛】
本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键．
18． ：1 ：1 1:1 2：3
【解析】
粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角，由求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式求出速度之比．
设圆柱形区域为R．带电粒子第一次以速度沿直径入射时，轨迹如图所示：
粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角，轨迹半径为，运动时间为，带电粒子第二次以速度沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角，轨迹半径为，运动时间为，所以轨迹半径之比：，时间之比：，根据半径公式，得速度之比：，根据可知，周期之比为1：1．
【点睛】
本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答
19．（1）；（2）
【解析】
（1）若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域，运动轨迹如图所示
由几何关系得
洛伦兹力提供向心力
解得
（2）只保留匀强电场，做类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，则
根据动能定理
解得
20．（1）；（2）
【解析】
（1）粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有
解得
当粒子达到板上用时间最短时，粒子在磁场中做圆周运动的弧长最短，弦最短，即当弦长为L=16cm时，时间最短，根据几何关系可知，此时圆弧所对的圆心角为106°。则最短时间为
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，
粒子在C点与绝缘板相切，SD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为
根据上图中的几何关系可得
根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为
θ＝53°+53°＝106°
范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的
故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为 。
21．（1）i.；ii.见解析；（2）或
【解析】
（1）i.若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区,则粒子做运动直线运动
解得
故该粒子从A点入射的速度为
ii.
在电场中
联立可得
在磁场中
联立可得
又因为
故
（2）设，在电场中
在磁场中
故
又因为
即
整理得
解得
或
22．(1)；(2)；(3) （n=1，2，3，…）
【解析】
（1）若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，如图所示
由几何知识可得粒子做圆周运动的半径为
由洛仑兹力提供向心力
解得粒子的初速度
（2）设粒子入射方向与EF夹角，最低点距离EF高度为h，轨迹图如图
则由几何关系得
因为
，
解得
(3) 如图所示
由几何关系得第二次到达AG时向右推进的距离为
由题意知到达G点的条件为
(n为正整数)
恰好不从AD边出射的临界情况：轨迹图如图
由几何关系得
，，
解得
所以
（n=1，2，3，…）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页