1.3带电粒子在匀强磁场中的运动 课后练习（Word版含答案）

1.3、带电粒子在匀强磁场中的运动
一、选择题（共16题）
1．如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v0垂直射入宽度为d的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，为使粒子能穿过磁场，则v0至少等于（　　）
A． B． C． D．
2．如图甲所示，以MN为界的两匀强磁场B1＝2B2，一带电＋q、质量m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下通过O点(不计粒子重力) (　　)
A．2πm/qB1
B．2πm/qB2
C．2πm/(B1＋B2)q
D．πm/(B1＋B2)q
3．关于电视电脑显示器的工作原理，下列说法中正确的是（ ）
A．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，荧光屏的中心出现一个亮点
B．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的边缘，荧光屏的边缘出现一系列的亮点
C．有外加平行磁场时，电子枪发出的电子束将发生偏转
D．使电子束发生偏转的力是安培力
4．科学研究中经常利用磁场来改变带电粒子的运动状态。现有两个速率相同的质子分别在磁感应强度大小为B1、B2的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知，下列说法正确的是（ ）
A．两质子所受洛仑兹力大小之比
B．两质子加速度的大小之比
C．两质子运动的轨道半径之比
D．两质子运动的角速度之比
5．如图所示，在xOy坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为B，圆心在坐标原点O处，半径为R，一粒子源在坐标为（－1.5R，0.5R）的P点，可以沿x轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，速度最大的粒子刚好不过y轴，速度最小的粒子刚好不过x轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是（　　）
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
6．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。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
7．如图所示，一束电子流以速率v通过一个处于矩形空间的大小为B的匀强磁场，速度方向与磁感线垂直。且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a，电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，则电子在磁场中运动的半径为（　　）
A． B． C．a D．
8．如图所示，玻璃试管内壁光滑、长为L，试管底部有一质量为m，电荷量为-q的小球(视为质点)．匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B，现让试管绕通过开口端的竖直轴以角速度ω在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则试管底部所受压力大小( )
A．可能为0
B．等于
C．等于
D．等于
9．电视机显像管的阴极工作时能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光．可是，很细的束电子打在荧光屏上只能产生一个亮点．如图所示，为使电子束偏转，产生一幅画面，需要在管颈安装偏转线圈来提供偏转磁场．如果要使电子束打在荧光屏上的位置由A逐渐向B点移动，则下列关于偏转磁场说法正确的是
A．偏转磁场应该是匀强磁场，方向垂直于纸面向里
B．偏转磁场应该是匀强磁场，方向垂直于纸面向外
C．偏转磁场应该是先垂直于纸面向外，其磁感应强度逐渐减小为0，然后反方向增大
D．偏转磁场应该是先垂直于纸面向里，其磁感应强度逐渐减小为0，然后反方向增大
10．如图甲所示，直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，O处有一粒子源，能以相同的速率v沿纸面不断地放出比荷为k的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围是~，粒子重力及粒子间的作用力均不计。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C，外边界与y轴的交点为D，与x轴的交点为A。下列说法正确的是（　　）
A．D点的坐标是（0，）
B．OD=OC
C．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大
D．带电粒子在磁场中运动最长时间与最短时间之差为
11．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为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的粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，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．粒子不可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
12．如图所示的圆形区域内，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，从图中P点沿着相同的方向，以不同的速率，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出。若粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的粒子在磁场中（　　）
A．通过的路程一定越小 B．运动的角速度一定越小
C．运动的轨道半径一定越大 D．运动的周期一定越小
13．如图所示，质量为m、带电荷量为+q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度v0水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下判断中正确的是（　　）
A．ta=tb=tc B．ta=tcPc
14．如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力影响，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
15．如图所示，在边长为的等边三角形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有质量均为、带电荷量均为的三个粒子、、，分别以大小不同的速度沿与边成角的方向垂直射入磁场，然后从边界穿出，、、三个粒子穿出磁场时的位置与点的距离分别为、、．不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动轨迹的半径为
B．、、三个粒子的初速度大小之比为
C．、、三个粒子从磁场中穿出时的速度方向均与边界垂直
D．仅将磁场的磁感应强度大小增加一半，则粒子从点穿出磁场
16．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力).则下列判断中正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
二、填空题
17．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行，一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的轨道半径_____（填“增大”、“减小”或“不变”）．周期_____（填“增大”、“减小”或“不变”）．
18．20世纪40年代，我国物理学家朱洪元提出：电子在加速器中做匀速圆周运动时会发生“同步辐射光”，光的频率是电子回转频率的n倍。设同步辐射光频率为f，电子质量为m，电荷量为e，则加速器磁场的磁感应强度B的大小为______。若电子的回转半径为R，则它的速率为______。
19．如图所示，真空中，在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界）垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，两圆的半径分别为R和3R，圆心为O。质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从大圆边缘的P点沿半径PO方向以不同的速度垂直射入磁场，粒子重力不计；
（1）若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，则粒子在磁场中运动的时间t1=_______；
（2）若粒子能进入小圆内部区域，粒子在磁场中运动的速度v2 >________
20．如图是霍尔元件工作原理示意图，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，其中自由运动电荷的带电量大小为q．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料的自由运动电荷为_____（填“正”或“负”）电荷，单位体积内自由运动电荷数等于______．
综合题
21．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。
22．如图所示，在xoy平面上，一个以原点O为对称中心、边长为a的正方形区域内存在着匀强磁场。磁场方向垂直于xoy平面向里。在原点O处静止着一个放射性原子核，某时刻该核发生衰变，放出一个正电子和一个反冲核Y。已知正电子从O点射出时沿x轴正方向，而反冲核刚好不会离开磁场区域。不计重力影响和粒子间的相互作用。
（1）写出衰变方程。
（2）画出反冲核在磁场中运动轨迹的示意图。
（3）求正电子在磁场中做圆周运动的半径R1和离开磁场区域时的横坐标x。
23．如图所示，在平面直角坐标系中的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。在原点О上方d=1.2m处有一粒子源S，粒子源可向第一象限各个方向均匀的发射比荷为 的带负电的粒子。在x正半轴上放置一足够长的粒子收集装置，当粒子与收集装置相碰时，粒子立即被吸收。收集装置可将电荷导出，保持电中性状态。不计粒子间相互作用和重力的影响。已知。求：
（1）到达收集装置的粒子速度至少多大？
（2）若粒子源发射的粒子速度均为 ，则到达收集装置的粒子所需最短时间为多少？
（3）若粒子源发射的粒子速度均为 ，将有两个不同运动方向的粒子可到达收集装置的同一位置，求：这些位置在收集装置上的长度？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
当粒子的运动轨迹与磁场右边界相切时，粒子的轨道半径为
r=d
由于
解得
则为使粒子能穿过磁场，则v0至少等于。
故选C。
2．B
【详解】
带电粒子在磁场中运动的半径,周期,当磁场减半的时候半径和周期都加倍，以此判断出粒子在B1磁场中运动一个周期，在B2磁场中运动半个周期，即再次通过O点需要时间：，因为B1＝2B2所以t=2πm/qB2选B
3．A
【详解】
解：A、如果偏转线圈中没有电流，不产生磁场，则电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点．故A正确，B错误．
C、有外加平行磁场时，电子枪发出的电子束运动的方向与磁场的方向平行，不受洛伦兹力的作用，将不发生偏转．故C错误．
D、使电子束发生偏转的力是洛伦兹力．故D错误．
故选A
4．B
【详解】
A．洛伦兹力的大小为
因为速度v相等，q也相等，故两质子的洛伦兹力的大小之比为2：1，A错误；
B．根据牛顿第二定律
可得它们的加速度之比也是2:1，B正确；
C．由公式
可得
两质子运动的轨道半径之比1:2，C错误；
D．质子运动的角速度为
故之比为2:1，D错误。
故选B。
5．A
【详解】
A．由题意可知，速度最大时粒子刚好不过y轴即轨迹与y轴相切，如图1
由几何关系可知，半径为
由
可知
所以最大速度为
故A错误，符合题意；
B．速度最小的粒子刚好不过x轴，即轨迹与x轴相切如图2
由几何关系得
由
可知
所以最小速度为
故B正确，不符合题意；
C．由于粒子磁场中做匀速圆周运动，其加速度方向时刻变化，则粒子在磁场中做的是变加速曲线运动，故C正确，不符合题意；
D．速度最大的粒子在磁场中偏转角为，速度最小的粒子在磁场中偏转角为，由于是同种粒子则粒子做圆周运动的周期相等，运动时间为
则速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短，故D正确，不符合题意。
故选A。
6．C
【详解】
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正确；
D．穿越磁场的时间为
解得
D错误。
故选C。
7．D
【详解】
由几何关系得
解得
故选D。
8．C
【详解】
以小球为研究对象，在水平面内小球受到洛伦兹力和试管底部的支持力，由左手定则判断可知，洛伦兹力沿半径向外，根据牛顿第二定律得：
N-qBLω=mω2L
解得：N=mω2L+qBLω
根据牛顿第三定律得，试管底部所受压力大小N′=N=mω2L+qBLω．
故选：C
9．C
【详解】
要使电子束打在荧光屏上A点，电子束所受的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可以得知，偏转磁场的方向应该由里向外．要使电子束打在荧光屏上B点，电子束所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则可以得知，偏转磁场的方向应该由外向里．
要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，根据洛伦兹力提供向心力可得：，则电子在磁场中圆周运动的半径公式，故偏转磁场应该是先垂直于纸面向外，其磁感应强度逐渐减小为零，然后反方向增大．故C正确，ABD错误．
10．D
【详解】
A．根据题意画出粒子在磁场中运动的轨迹图
由轨迹图可知
选项A错误；
B．由于
则
OD＞OC
选项B错误；
C．若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子在磁场中运动所经过的区域的面积大小不变，选项C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期
由轨迹图可知，时间差
选项D正确。
故选D。
11．D
【详解】
A．由牛顿第二定律
得
解得：R＝a，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，见图1，故A错误；
B．当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时对应的弦长为a，对应的时间为，不管是从OA段射出，还是从AC段射出，这个弦长都是最大弦长，最大的弦长就对应着最大的弧长，而速度大小不变，所以弧长越大时间越长，即这个时间是最长时间，故B错误；
C．当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，见图2，在磁场中运动时间也恰好是，所以：θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；
D．当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，见图2，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。
故选D。
12．C
【详解】
BD．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
周期
，
联立解得周期公式
，
粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期和角速度均相同，故BD错误；
C．做出粒子运动的轨迹，如图所示
设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间
在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，故C正确；
A．通过的路程即圆弧的长度
L=Rθ
与半径R和圆心角θ有关，圆心角越小，运动半径越大，路程不一定越小，故A错误。
故选C。
13．A
【详解】
AB．根据题意可知：a球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；b球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但b所受的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；c球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做高度相同的自由落体运动，则
故A正确，B错误；
CD．落体时的重力的功率等于重力乘以重力方向的速度，我们只研究竖直方向，发现b的洛伦兹力总是垂直纸面向里，不影响重力方向，c的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没有影响，故竖直方向都做自由落体运动，高度相同，所以末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据P=mgvy可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，故CD错误。
故选A。
14．ABC
【详解】
由于P点的位置未确定，粒子运动轨迹可能是①，转过的圆心角最大为轨迹②，转过的圆心角最小是③，如图
根据题意，粒子沿着与x轴成30°角的方向射入磁场，②中转过的圆心角为300°，在③中转过的圆心角为120°，则最长时间为
周期为
可得
最短时间为
所以粒子在磁场中的运动时间为
故ABC正确，D错误。
故选ABC。
15．AC
【详解】
A．画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子C从磁场区域的c点射出，根据几何关系可知C粒子在磁场中做圆周运动的半径为L，故A正确；
B．根据几何关系可知：A粒子半径RA=L/3，B粒子半径RB=2L/3，C粒子半径RC=L，根据洛伦兹力提供向心力qvB=m，可得半径公式：，又因为三个粒子的质量m和电荷量q均为相同，故半径之比即为速度大小之比，故A、B、C三个粒子的初速度大小之比为1：2：3，故B错误；
C．A、B、C三个粒子入射时与ac边成30°角，根据对称性可知，A、B、C三个粒子从ac边出射时与ac仍成30°角，根据几何关系可知A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直，故C正确；
D．根据半径公式可知原来B粒子在磁场中运动的半径：；将磁场的磁感应强度大小增加一半，变为3B/2，此时B粒子半径：，所以粒子B不能从c点射出，故D错误．
16．BCD
【详解】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T/4，即为：T/4=t，则得周期为：T=4t，故A错误；由 T=4t，，T=，得：，故B正确；
运动时间最长的粒子在磁场中运动转过的角度为 ，轨迹如图所示，根据几何关系有：，解得：R=d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为：，周期为：T=4t，半径为：R=d，联立可得：，故D正确．故选BCD．
17． 增大 增大
【详解】
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：；从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以R增大．根据周期公式可知，磁场减弱后，周期增大．
18．
【详解】
设电子在磁场中做匀速圆周运动的速率为v，则根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有
①
则电子的回旋周期为
②
由题意可知
③
联立②③解得
④
联立①④解得
⑤
19．
【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动的周期
若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，则粒子在磁场中运动的时间为
（2）设带电粒子进入小圆内部区域的最大速度为vm，对应半径rm
由几何关系，有
解得
rm=4R
由牛顿第二定律有
解得
所以要使粒子能进入小圆内部区域，有
20． 负
【详解】
因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；
因为：
解得：
因为电流：
解得：
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（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

22．（1） ；（2） ；（3） ，x=
【详解】
(1)
(2)
(3)由于该核衰变的过程满足动量守恒定律，因此可知正电子和反冲核的动量大小相等，方向相反；它们在磁场中做圆周运动时满足
可知做圆周运动的半径
因此正电子的半径R1与反冲核的半径 R2满足
由反冲核刚好不会离开磁场区域可知
因此
正电子离开磁场时的横坐标
23．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子到达收集装置的最小速度，即临界状态，其轨迹与O点相切，轨迹如图
由几何关系可知，轨迹半径为
洛伦兹力提供向心力，有
联立方程，解得
即到达收集装置的粒子速度至少。
（2）若粒子源发射的粒子速度均为，则粒子轨迹半径为
轨迹所对弦最小时，所用时间最短，最短弦为OS，轨迹如图
有几何关系，可得
则可知轨迹所对圆心角为
粒子在磁场中运动周期为
则粒子所需最短时间为
联立解得
（3）临界1：如图所示
速度与y轴正方向成θ1的粒子轨迹直径与x轴交于M点，这是x轴上离O点最远的点，由几何知识可得
临近2：如图所示
速度与y轴正方向成θ2的粒子与x轴相切与N点，其与速度垂直于y轴的粒子落在同一点N，由几何关系可得
解得
则可知沿与y轴正方向成30°方向到与y轴垂直方向发射的粒子均可落在吸收装置上的同一位置，且均有两个不同方向入射的粒子。这些位置在收集装置上的长度为
答案第1页，共2页