2024人教版高中物理选择性必修第二册同步练习题--1.3-带电粒子在匀强磁场中的运动（有解析）

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2024人教版高中物理选择性必修第二册同步
第一章　安培力与洛伦兹力
3　带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
题组一　定性分析半径、周期、时间、磁感应强度的关系及粒子运动轨迹
1.【经典题】(2023广东广州开学考试)两个质量、电荷量均相等的带电粒子a、b,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。粒子重力不计,则下列说法正确的是 (　　)
A.a粒子带正电
B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C.b粒子在磁场中运动的速率较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
2.(2023四川宜宾南溪一中期末)“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球进行了近距离勘探,在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新的成果。月球上的磁场极其微弱,通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹,可分析月球磁场的强弱分布情况,如图所示是探测器通过月球表面A、B、C、D四个位置时,拍摄到的电子相对应的运动轨迹照片(尺寸比例相同),设电子速度大小相同且与磁场方向垂直,则可知磁场最强的是 (　　)
　　　　　　　　　
3.(2023北京十五中阶段测试)人们在气泡室中,观察到一对正、负电子的运动轨迹,如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外,电子重力忽略不计,则下列说法正确的是 (　　)
A.右侧为负电子运动轨迹
B.正电子与负电子分离瞬间,正电子速度大于负电子速度
C.正、负电子所受洛伦兹力大小始终相等
D.正、负电子在气泡室中运动时,动能减小、半径减小、周期不变
4.(2022福建三明期末)如图,在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H)和一个氦核He)同时从O点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。不计重力及两粒子间的相互作用,以下氕核H)和氦核He)的运动轨迹图正确的是 (　　)
题组二　定量计算半径、周期、时间
5.【经典题】(2023云南师大附中开学考试)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。粒子第一次在磁场中运动的轨迹半径为r1,离开磁场时速度方向偏转90°;第二次在磁场中运动的轨迹半径为r2,离开磁场时速度方向偏转60°,不计粒子重力,则为 (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.3
6.(2023重庆一中阶段测试)如图所示,空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻,该粒子炸裂成P、Q两部分,P粒子质量为、电荷量为,Q粒子质量为、电荷量为。不计粒子重力,则下列说法正确的是 (　　)
A.P粒子与Q粒子半径之比r1∶r2=2∶1
B.P粒子与Q粒子半径之比r1∶r2=1∶2
C.P粒子与Q粒子周期之比T1∶T2=2∶1
D.P粒子与Q粒子周期之比T1∶T2=1∶2
7.【经典题】(2023四川乐山开学考试)如图所示,分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B1和B2。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出,经时间t又回到出发点O,形成了图示“心形”图案,则 (　　)
A.粒子一定带正电
B.MN上下两侧的磁场方向相反
C.MN上下两侧的磁感应强度的大小满足B1∶B2=2∶1
D.时间t=
8.(2023安徽安庆一中阶段测试)如图所示,半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,一不计重力的带电粒子从图中A点以速度v0垂直磁场射入,速度方向与半径方向成45°角,当该粒子离开磁场时,速度方向恰好改变了180°,下列说法正确的是 (　　)
A.该粒子带正电
B.该粒子的比荷为
C.该粒子出磁场时速度方向的反向延长线通过O点
D.该粒子在磁场中的运动时间为
9.【经典题】(2023河南洛阳新安一高开学考试)如图所示,在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有相距L=0.5 m的O、P两点,两比荷均为=2.0×104 C/kg的带正电粒子,从O点平行纸面同时以v0=1.0×104 m/s的初速度沿不同方向射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,若两粒子均能经过P点,则两粒子经过P点的时间间隔为 (　　)
A.×10-4 s　　　　　　B.×10-4 s
C.×10-4 s　　　　　　D.×10-4 s
能力提升练
题组一　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.【经典题】【多选题】(2023重庆渝北两江育才中学期末)如图所示,x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。有两个质量相同、电荷量也相同的分别带正、负电的离子(不计重力),以相同速度从O点射入磁场中,射入方向与x轴夹角均为θ。则正、负离子在磁场中 (　　)
A.运动时间相同
B.重新回到x轴时速度大小和方向均相同
C.运动轨迹半径相同
D.重新回到x轴时距O点的距离不相同
2.【经典题】(2023河南焦作温县第一高级中学阶段测试)如图所示,圆形区域圆心为O,区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向,以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子,甲粒子从M点离开磁场,乙粒子从N点离开磁场,已知∠AON=60°,粒子重力不计,以下说法正确的是 (　　)
A.甲粒子带负电荷
B.甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙小
C.乙粒子的比荷比甲大
D.乙粒子在磁场中运动时间比甲长
3.(2023四川简阳阳安中学月考)如图所示,两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°,磁场宽度为d,两粒子同时由A点出发,同时到达B点,则 (　　)
A.两粒子做圆周运动的周期之比Ta∶Tb=2∶1
B.两粒子的质量之比ma∶mb=1∶2
C.两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb=1∶3
D.两粒子的速率之比va∶vb=3∶2
4.(2022山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL-2M)在成都建成并实现首次放电,该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示,半径为R和R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场,核聚变原料氕核H)和氘核H)均以相同的速率从圆心O沿半径方向射出,全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为 (　　)
A.R　　　　　　B.R
C.R　　　　　　D.(-1)R
题组二　带电粒子在组合场中的运动
5.【多选题】(2021山西名校月考)如图所示,M、N为两个同心金属圆环,半径分别为R1和R2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,N环上有均匀分布的6个小孔,从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件可能是 (　　)
A.U=　　　　　　B.U=
C.U=　　　　　　D.U=
6.(2023云南昆明安宁中学阶段测试)如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为匀强电场和匀强磁场的理想边界,一束带负电的粒子由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直边界Ⅱ到达Q点,再经Ⅱ、Ⅲ间的磁场偏转后从边界Ⅲ穿出,且粒子从磁场边界Ⅲ穿出时速度方向与粒子射入磁场方向的夹角为30°。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B,磁场宽度为d。粒子质量为m、电荷量为q,粒子的重力不计。求:
(1)粒子在磁场中运动时速度的大小;
(2)粒子在磁场中运动的时间t;
(3)P、Q两点间的电势差UPQ。
7.(2022江苏盐城一中月考)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、电荷量为q的正粒子从坐标为(2L+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。
题组三　带电粒子(物体)在叠加场中的运动
8.(2022江苏南通阶段练习)如图所示,空间存在竖直向上、场强大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。用长为L的绝缘细线系着质量为m的带电小球悬于O点,给小球一个水平方向的初速度,小球在竖直面内做匀速圆周运动,细线张力不为零。某时刻细线断开,小球仍做半径为L的匀速圆周运动。不计小球的大小,重力加速度为g。则以下说法错误的是　 (　　)
A.细线未断时,小球沿顺时针方向运动
B.小球运动的速度大小为
C.小球带的电荷量为
D.细线未断时,细线的拉力大小为
9.【经典题】(2023山西运城阶段测试)如图所示,在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B=1×103 T的匀强磁场中,固定一倾斜绝缘细杆,细杆与水平方向的夹角θ=37°,杆上套有质量为m=1 kg、电荷量为q=1×10-2 C的带负电小环,小环由静止开始向下滑动,杆与小环间的动摩擦因数为μ=0.5,当小环沿细杆下滑距离为L=5 m时开始匀速。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小环刚开始运动时的加速度大小a1;
(2)小环的最大加速度的大小a2及此时的速度大小v1;
(3)小环速度由零达到匀速的过程中,克服摩擦力做的功W。
10.【经典题】(2022江西上饶六校联考)如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,水平轨道AD和倾斜弹性挡板DC(物体碰撞挡板时,沿板方向速度不变,垂直板方向速度等大反向)均光滑且绝缘,AD长度为L,DC长度为,弹性挡板DC与水平地面间的夹角θ=60°。有一质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)被放在A点,已知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场,电场方向竖直向上,场强大小为E2=,磁场沿水平方向(图中垂直纸面向外),磁感应强度大小为B;在第二象限分布着沿x轴正方向的水平匀强电场,场强大小为E1=。现将放在A点的带电小球由静止释放,求:
(1)带电小球运动到D点时的速度;
(2)带电小球在磁场中运动的半径;
(3)带电小球从A点出发到到达x轴过程中所用的时间(小球所带的电荷量不变)。
答案与分层梯度式解析
第一章　安培力与洛伦兹力
3　带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
1.C 2.A 3.D 4.D 5.B 6.A
7.C 8.D 9.C
1.C　a粒子进入磁场后向下偏转,根据左手定则,a粒子带负电,同理,b粒子带正电,A错误;a粒子运动轨迹半径较小,根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m,解得R=,说明半径越小,其速度也越小,由F洛=Bqv得,速度小的洛伦兹力小,因此a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小,B错误,C正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=,两粒子的质量m、电荷量q都相等,故周期相等,粒子在磁场中的运动时间为t=T,由于b粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角θ比较小,所以b粒子在磁场中运动时间较短,D错误。故选C。
2.A　电子在月球磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,evB=m,解得r=,由于v、e、m相同,则r与B成反比,由题图看出,A图中轨迹半径最小,磁感应强度最大。故选A。
3.D　根据正、负电子的运动轨迹,结合左手定则可知,左侧为负电子运动轨迹,右侧为正电子运动轨迹,A错误;根据洛伦兹力提供向心力有Bev=m,解得r=,根据运动轨迹可知,正、负电子分离瞬间左侧负电子的轨迹半径大于右侧正电子的轨迹半径,可得负电子速度大于正电子速度,B错误;根据前面的分析,正、负电子存在速度大小不相等的时候,根据F洛=Bev可知正、负电子所受洛伦兹力大小并不是始终相等,C错误;正、负电子在气泡室中运动时,其轨迹半径r=,周期T=,由题图可知运动的轨迹半径在减小,所以速度在减小,动能减小,而周期与速度大小无关,保持不变,D正确。故选D。
4.D　氕核H)和氦核He)都带正电,根据左手定则可知射出时洛伦兹力指向y轴负方向,则两粒子都将向y轴负方向偏转。根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得R==,而两粒子初动能相同,则==,选项D正确。导师点睛　此类题目,一定要分清粒子的质量数与电荷数:
5.B　根据题意画出粒子运动轨迹的圆心,如图所示
设圆形磁场区域的半径为R,由几何关系,粒子第一次在磁场中运动的轨迹半径r1=R,第二次在磁场中运动的轨迹半径r2=R,所以=,故选B。
6.A　根据动量守恒定律有vP-vQ=0,P、Q粒子在磁场中做匀速圆周运动,有vPB=·,vQB=·,解得vP∶vQ=2∶1,r1∶r2=2∶1,A正确,B错误;根据T1=,T2=,解得T1∶T2=1∶1,C、D错误。故选A。
7.C　由于题中没有提供磁场的方向和绕行的方向,不能确定粒子的电性,A错误;粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,根据左手定则可知,MN上下两侧的磁场方向相同,B错误;设上侧圆弧的半径是r1,下侧圆弧的半径是r2,根据几何关系有r1∶r2=1∶2,qvB=m,得B=,所以B1∶B2=r2∶r1=2∶1,C正确;由qvB=m,T=,得T=,粒子运动的时间t=++=+,由于B1∶B2=2∶1,得t=,D错误。故选C。
导师点睛　粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,但是轨迹半径发生变化,所以MN上下两侧的磁感应强度方向相同,大小不同。
8.D　该粒子离开磁场时,速度方向恰好改变了180°,粒子一定向下偏转,如图所示:
由左手定则可知粒子带负电,A错误;由几何关系可知,粒子的轨迹半径为r=R,结合qv0B=m,解得=,B错误;由运动轨迹可知,该粒子出磁场时速度方向的反向延长线不通过O点,C错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=T=×=,D正确。故选D。
归纳总结　对于圆形边界的磁场:
(1)粒子沿径向射入,必沿径向射出,如图甲所示。
(2)射入磁场的速度方向与入射点所在半径间夹角等于射出磁场的速度方向与出射点所在半径间的夹角,如图乙所示。
9.C　粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,得轨迹半径为R==0.5 m=L,两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示:
由几何关系有θ=,粒子在磁场中运动周期T==π×10-4 s,两粒子在磁场中的运动时间分别为t1=T、t2=T,故两粒子经过P点的时间间隔为Δt=t1-t2=T,解得Δt=×10-4 s,故选C。
能力提升练
1.BC 2.C 3.A 4.A 5.BD 8.D
1.BC　根据左手定则,正离子逆时针转动,负离子顺时针转动,运动轨迹如图所示:
两离子速度相同,正离子的轨迹长,运动时间长,A错误;洛伦兹力不做功,两离子的速度大小都不变,重新回到x轴时两离子速度大小相同;两离子射入磁场时速度方向与x轴夹角均为θ,重新回到x轴时两离子速度方向与x轴夹角也为θ,两离子速度方向相同,B正确;由qvB=m得r=,两离子运动轨迹半径相同,C正确;两离子的轨迹正好能组合成一个圆周,两轨迹所对的弦长相等,所以两离子重新回到x轴时距O点的距离相同,D错误。故选B、C。
2.C　甲粒子从M点离开磁场,乙粒子从N点离开磁场,运动轨迹如图所示:
由左手定则可知,甲粒子带正电,A错误;设圆形区域的半径为R,由几何关系可知,甲粒子的运动半径 r甲=R,乙粒子的运动半径r乙=R,甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙大,B错误;由qvB=m,得=,由于v、B是相同的,则r越小,粒子比荷越大,即乙粒子的比荷比甲大,C正确;甲、乙两粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角分别为60°和120°,所以各自在磁场中的路程为s甲=·R=πR,s乙=·R=πR,即甲粒子的运动路程更长,由于二者速度大小相等,所以甲粒子在磁场中运动时间更长,D错误。故选C。
方法技巧　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题方法
3.A
解题关键　解此题关键是画出粒子运动轨迹,利用几何关系求解。
如图所示,由几何关系可得,从A运动到B,a粒子转过的圆心角为60°,b粒子转过的圆心角为120°,两粒子运动时间相同,根据t=T可得运动周期之比为Ta∶Tb=θb∶θa=2∶1,故A正确;设粒子a的运动轨迹半径为Ra,粒子b的运动轨迹半径为Rb,根据几何关系可知Ra==d,Rb==d,整理可得Ra∶Rb=∶1,两粒子在磁场中做匀速圆周运动,有v=,由此可得va∶vb=∶2,粒子所受洛伦兹力提供向心力,故有qvB=m,整理可得m=,由此可得ma∶mb=2∶1,故B、C、D错误。
4.A　依题意,氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内,根据qvB=m,得r=,由于二者速率相同,可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时,氘核运动轨迹半径最大,由几何知识得(R-rmax)2=+R2,求得氘核的最大轨迹半径为rmax=R,所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax'=rmax=R,选项A正确。
5.BD　带电粒子由M环内侧边缘运动到N环,由动能定理有qU=mv2;带电粒子进入N环内磁场,与金属环无碰撞,故粒子进入磁场后,应偏转或离开磁场,进入电场后先减速到零,然后反向加速再次进入磁场,在磁场中进出若干次,最后回到出发点,如此循环。由几何关系可知,轨迹半径为r=R2或r=;根据qvB=m,解得r=,联立解得U=或U=,故选B、D。
6.答案　(1)　(2)　(3)-
解析　(1)由题可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,标出轨迹圆心,如图所示,
由几何关系知,粒子在磁场中运动半径R=2d,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,
解得v=。
(2)粒子在磁场中运动的周期为T==,运动轨迹所对的圆心角是30°,
粒子在磁场中运动的时间t=T=×=。
(3)带电粒子在P、Q间的电场中加速,由动能定理得qU=mv2-0,
解得U=,
P、Q两点间的电势差UPQ=-U=-。
7.答案　(1)2v0　(2)　(3)
解析　(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
粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等,方向与x轴负方向成60°角,则有v cos 60°=v0
解得v=2v0
(2)粒子由P到Q过程,由动能定理得qE·L=mv2-m,解得E=
(3)设粒子在电场中运动的时间为t1,则有L=·,解得t1=
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OQ=(2+)L-v0t1,2r sin 60°=OQ
粒子在磁场中的运动时间为t2=,解得t2=
粒子从P点运动到O点所用的时间t=t1+t2
解得t=
方法技巧　“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
8.D　由于细线断了以后,小球还能做匀速圆周运动,小球所受电场力与重力平衡,则小球带正电;细线未断时,细线张力不为零,假设小球沿逆时针运动,则有qvB+FT=m,细线断开后,拉力FT消失,则小球不满足仍做半径为L的匀速圆周运动的条件,故细线未断时,小球沿顺时针方向运动,A项正确。由qE=mg得q=,C项正确。细线断了以后,小球仍做半径为L的匀速圆周运动,因此细线未断时,FT-qvB=m,细线断了以后qvB=m,得到v==,细线的拉力大小FT=,B正确,D错误。故选D。
9.答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s2　0.8 m/s　(3)28 J
思路点拨　小环在不同阶段的受力情况如图所示:
　　　　　　
解析　(1)对小环受力分析,开始时洛伦兹力为零。
垂直杆方向有FN=mg cos θ
沿杆方向,由牛顿第二定律有mg sin θ-μFN=ma1
解得a1=2 m/s2
(2)当杆对小环的弹力等于零时,小环有最大加速度。
垂直杆方向有qv1B=mg cos θ,解得v1=0.8 m/s
沿杆方向,由牛顿第二定律有mg sin θ=ma2,解得a2=6 m/s2
(3)当小环匀速时,垂直杆方向有FN1+mg cos θ=qv2B
沿杆方向有mg sin θ=μFN1
由动能定理有mg·L sin θ-W=m-0
联立解得克服摩擦力做的功W=28 J
10.答案　(1)　(2)L　(3)m
解析　(1)设小球到达D点的速度为vD,由动能定理得qE1L=
解得小球到达D点时的速度为vD=
(2)由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向,所以小球由D点进入第一象限后做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得BqvD=m
则小球运动的轨迹半径为R=L
(3)由L=a,a=
解得小球从A点运动到D点所用的时间t1=
如图所示,小球在磁场中做匀速圆周运动的圆心O'在OD上,由几何关系,可得OO'=OD-R=L>R
可得小球落在CD上,依题意小球与挡板发生弹性碰撞,正好被沿水平方向反弹,重复第一次过程,如图所示,每次与挡板相交的弦长x=R=L
转过的圆心角为θ1=
由于==<3
故小球与挡板碰撞2次,碰2次后与x轴的距离为
d= sin 60°-2x sin 60°==R
之后恰好再运动四分之一圆周后到达x轴,转过的圆心角θ2=
得t总=t1+R=m
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