人教版物理选修3-1 3.6带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版物理选修3-1 3.6带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 593.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-11-04 14:01:41 | ||
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文档简介
人教版物理选修3-1
3.6带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练
一、单项选择题（下列选项中只有一个选项满足题意）
1．两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），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（
）
A．轨道半径减小，运动周期减小
B．轨道半径增大，运动周期增大
C．轨道半径减小，运动周期增大
D．轨道半径增大，运动周期减小
2．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是（
）
A．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子的在加速器中的运动时间将不变．
B．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子的在加速器中的运动时间将越长．
C．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子飞出D形盒的动能EK将越大．
D．磁感应强度B不变，若加速电压U不变,
D形盒半径R越大、质子飞出D形盒的动能EK将越大
3．如图所示，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内．若电子速度为v，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B，电子在磁场中偏转后从C点射出，，下面结论正确的是（ ）
A．电子经过磁场的时间为
B．电子经过磁场的时间为
C．磁场半径R为
D．AC间的距离为
4．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为
A．11
B．12
C．121
D．144
7．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．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
8．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子(重力不计且忽略粒子间的相互作用)从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，则粒子从S点分别到a、b所需时间之比为（
）
A．1∶3
B．4∶3
C．3∶2
D．1∶1
9．如图中是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与垂直的速度射出，动能是，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是
A．该粒子的动能增加了
B．该粒子的动能减少了
C．该粒子做圆周运动的周期减小
D．该粒子最多能穿越金属板6次
10．如图所示，在屏MN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，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为－q（q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择（下列各题中四个选项中有多个选项符合题意）
11．如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域，其边长为L，边长为．两同种带电粒子（重力不计）以相同的速度分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是（
）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径为
B．粒子从a点到c点的运动时间为
C．粒子的比荷为
D．P点与a点的距离为
12．如图所示，M．N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力）从P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（
）
A．两板间电压的最大值
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．能打到N板上的粒子的最大动能为
13．如图所示，在B=0.1T的匀强磁场（水平方向）中有一边长为L=8cm的正方形ABCD（竖直方向），内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10-14kg，电荷量为1.0×10-5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（
）
A．速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的轨迹半径是5cm
B．速率在5×106m/s到8×105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域
C．速率为5×106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离
D．离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为
14．如图所示，在纸面内半径为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．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°．当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°．不计电荷的重力，下列说法正确的是
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
三、综合计算题（要求写出相应的计算过程）
15．如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其中内磁场方向垂直xOy平面向里，在内磁场方向垂直xOy平面向外，在内无磁场.一个带正电的电荷量为q、质量为m的粒子（重力不计）在x轴上x=0处，以速度v0沿x轴正方向射入磁场.
（1）若v0未知，但粒子做圆周运动的轨迹半径为，求粒子与x轴的交点的x坐标.
（2）若无（1）中的条件限制，粒子的初速度仍为v0（已知），问粒子回到原点O需要使a为何值？
16．如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向改变了60°，(粒子的重力可忽略)试求
(1)该粒子在磁场中的运动时间t；
(2)粒子做圆周运动的半径R；
(3)粒子运动的速度v。
17．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值．如是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U的电场加速后，从x轴上的A（﹣L，0）点沿与+x成θ=30°的方向进入第二象限（速度方向与磁场方向垂直），质子刚好从坐标原点离开磁场。已知质子、氘核的电荷量均为+q，质量分别为m、2m，忽略质子、氘核的重力及其相互作用。
（1）求质子进入磁场时速度的大小；
（2）求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；
（3）若在x轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标。
18．如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．
参考答案
1．A
【解析】
根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得：
；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误．故选A．
2．D
【解析】
ABC.在回旋加速器中，每经过电场一次，获得动能，根据洛仑兹力提供向心力：，当粒子半径等于回旋加速器半径时，粒子速度最大，动能最大：，与电压无关，所以
D形盒半径R、磁感应强度B不变，最大动能不变，但是每次获得动能增大，转的圈数减小，而每圈的时间是定值，所以加速时间将减小．ABC错误．
D.根据可知半径R越大、质子飞出D形盒的动能EK将越大，D正确．
3．D
【解析】
AB.由可得：
；
由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60?，根据几何知识可知AC长等于半径：
，
，
电子转动的时间：
，
故A错误，B错误；
C.对AOC分析可知，半径
，
故C错误；
D.由于粒子的偏转角是60?，所以AC与粒子的偏转半径是相等的，为，故D正确；
4．C
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，，
为直角三角形，则由几何关系可得
解得
解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
5．C
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，
粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。
当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R粒子运动最长时间为
,
故选C。
6．D
【解析】
直线加速过程根据动能定理得
得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
得
②
①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。
故选D。
7．A
【解析】
A．由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
得
在质量与电量相同的情况下，半径大说明其速率大，则知M的速度率大于N的速率，故B错误；
C．洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选A。
8．C
【解析】
粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T/4，通过b点的粒子的运动的时间为T/6，所以从S到a．b所需时间t1：t2为3：2，所以C正确，ABD错误。
故选C。
9．B
【解析】
ABD．根据：
可得：
所以：
即：
又因为动能表达式：
所以开始的动能为：
穿过金属板后的动能：
粒子每穿过一次金属片损失的动能：
所以有：
即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；
C．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：
可得：
可知周期与速度无关，故C错误。
故选B。
10．A
【解析】
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．ACD
【解析】
A、带电粒子在磁场中匀速圆周运动，画出运动轨迹图如图
从a点射入磁场的粒子,根据几何关系
，所以A正确；
B、从a点入射的粒子圆心在O?1,根据几何关系
∠bO?1c=60?，∠aO?1c=120?
从a到c运动时间，B错误；
C、由半径公式得：，C正确；
D、另一粒子由P点垂直入射，在△O?2bc中，O?2b=
Pb=，P与O1重合，所以P与a点的距离为，D正确．
故选ACD．
12．BCD
【解析】
粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，
在加速电场中，由动能定理得：，解得：，故A错误；
B、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：，解得：，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：
，故B正确；
C、粒子在磁场中运动的周期为：粒子在磁场中运动的最大圆心角：，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：，故C错误；
D、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能：，根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：，故D正确．
本题是带电粒子在组合电场和磁场中运动的特殊情况：带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动，由于加速电场的电压可变，导致进入磁场的速度变化、从而半径发生变化，要根据磁场区域的几何关系、根据选项的要求进入分析判断．
13．ACD
【解析】
A.离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，代入数据解得r1=0.05m=5cm，故A正确.
B.P点与AD和DC的距离均分1cm，轨迹半径的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得，代入数据解得v=5×105m/s，速度v＜5×105m/s的离子不能射出磁场区域，故B错误.
C.速度大小为v1=5×106m/s的离子的轨迹半径r1=5cm.当离子运动轨迹与CD边相切于E点时，离子将从BC边F点出射，为最低出射点.由几何关系得r12=（r1-d）2+PH2，解得PH=3cm，由几何关系得，F与C点的距离为；当离子运动轨迹与BC边相切于G点时，离子将从BC边G点出射，为最高出射点.由几何关系得r12=（L-r1-d）2+x2，解得，则出射点G距C点的距离.综上，出射点距C点的距离x满足.故C正确.
D.离子运动轨迹与CD相切又与BC相切是所有射出BC的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨迹半径，根据，得，故D正确.
14．BC
【解析】
试题分析：利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子比荷，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的时间；
由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为，结合，可得，B正确；粒子在磁场中的运动时间，C正确D错误．
15．（1）（2）
【解析】
（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹半径为R，其在第一象限的运动轨迹如图所示.此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C和C'处，轨迹与x轴交点为P.由对称性可知，C'在x=2a直线上.设此直线与x轴交点为D，P点的x坐标为xP=2a＋DP.过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF，则，，，，由此可得P点的x坐标为.
（2）若要求带电粒子能够返回原点，由对称性可知其运动轨迹如图所示，这时C'在x轴上.设∠CC'O=α，由几何关系得，.粒子入射速度为r0.
由牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力得，
解得.
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设圆周运动半径为R，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
而
联立解得周期为
则粒子运动时间
（2）由几何关系有
（3）洛伦兹力提供向心力
解得
17．（1）；（2）1:2；（3）（-1）L
【解析】
（1）质子在电场中加速，由动能定理得
qU=mv2﹣0
解得
（2）质子与氘核在磁场中都转过个圆周，
做圆周运动的周期
，
粒子在磁场中的运动时间
则
t1：t2=T1：T2=1：2
（3）质子在磁场中运动时，由几何知识得r=L
由牛顿第二定律得
氘核在电场中加速，由动能定理得
qU=2mv′2﹣0
在磁场中，由牛顿第二定律得
qv′B=2m
解得
R=L
横坐标
x=R﹣L=（﹣1）L
18．（1）（2）（3）
【解析】
(1)
根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得
rcos45°=h
即
解得
(2)
粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb
粒子做类平抛运动，有：
vb=v1cos45°
所以
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb，
由类平抛运动得??
r+rsin45°=vbt
由动能定理
所以
(3)
粒子在磁场中的周期为
第一次经过x轴的时间
在电场中运动的时间
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
所以总时间
3.6带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练
一、单项选择题（下列选项中只有一个选项满足题意）
1．两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），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（
）
A．轨道半径减小，运动周期减小
B．轨道半径增大，运动周期增大
C．轨道半径减小，运动周期增大
D．轨道半径增大，运动周期减小
2．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是（
）
A．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子的在加速器中的运动时间将不变．
B．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子的在加速器中的运动时间将越长．
C．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高,质子飞出D形盒的动能EK将越大．
D．磁感应强度B不变，若加速电压U不变,
D形盒半径R越大、质子飞出D形盒的动能EK将越大
3．如图所示，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内．若电子速度为v，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B，电子在磁场中偏转后从C点射出，，下面结论正确的是（ ）
A．电子经过磁场的时间为
B．电子经过磁场的时间为
C．磁场半径R为
D．AC间的距离为
4．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为
A．11
B．12
C．121
D．144
7．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．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
8．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子(重力不计且忽略粒子间的相互作用)从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，则粒子从S点分别到a、b所需时间之比为（
）
A．1∶3
B．4∶3
C．3∶2
D．1∶1
9．如图中是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与垂直的速度射出，动能是，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是
A．该粒子的动能增加了
B．该粒子的动能减少了
C．该粒子做圆周运动的周期减小
D．该粒子最多能穿越金属板6次
10．如图所示，在屏MN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，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为－q（q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择（下列各题中四个选项中有多个选项符合题意）
11．如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域，其边长为L，边长为．两同种带电粒子（重力不计）以相同的速度分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是（
）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径为
B．粒子从a点到c点的运动时间为
C．粒子的比荷为
D．P点与a点的距离为
12．如图所示，M．N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力）从P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（
）
A．两板间电压的最大值
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．能打到N板上的粒子的最大动能为
13．如图所示，在B=0.1T的匀强磁场（水平方向）中有一边长为L=8cm的正方形ABCD（竖直方向），内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10-14kg，电荷量为1.0×10-5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（
）
A．速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的轨迹半径是5cm
B．速率在5×106m/s到8×105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域
C．速率为5×106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离
D．离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为
14．如图所示，在纸面内半径为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．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°．当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°．不计电荷的重力，下列说法正确的是
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
三、综合计算题（要求写出相应的计算过程）
15．如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其中内磁场方向垂直xOy平面向里，在内磁场方向垂直xOy平面向外，在内无磁场.一个带正电的电荷量为q、质量为m的粒子（重力不计）在x轴上x=0处，以速度v0沿x轴正方向射入磁场.
（1）若v0未知，但粒子做圆周运动的轨迹半径为，求粒子与x轴的交点的x坐标.
（2）若无（1）中的条件限制，粒子的初速度仍为v0（已知），问粒子回到原点O需要使a为何值？
16．如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向改变了60°，(粒子的重力可忽略)试求
(1)该粒子在磁场中的运动时间t；
(2)粒子做圆周运动的半径R；
(3)粒子运动的速度v。
17．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值．如是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U的电场加速后，从x轴上的A（﹣L，0）点沿与+x成θ=30°的方向进入第二象限（速度方向与磁场方向垂直），质子刚好从坐标原点离开磁场。已知质子、氘核的电荷量均为+q，质量分别为m、2m，忽略质子、氘核的重力及其相互作用。
（1）求质子进入磁场时速度的大小；
（2）求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；
（3）若在x轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标。
18．如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．
参考答案
1．A
【解析】
根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得：
；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误．故选A．
2．D
【解析】
ABC.在回旋加速器中，每经过电场一次，获得动能，根据洛仑兹力提供向心力：，当粒子半径等于回旋加速器半径时，粒子速度最大，动能最大：，与电压无关，所以
D形盒半径R、磁感应强度B不变，最大动能不变，但是每次获得动能增大，转的圈数减小，而每圈的时间是定值，所以加速时间将减小．ABC错误．
D.根据可知半径R越大、质子飞出D形盒的动能EK将越大，D正确．
3．D
【解析】
AB.由可得：
；
由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60?，根据几何知识可知AC长等于半径：
，
，
电子转动的时间：
，
故A错误，B错误；
C.对AOC分析可知，半径
，
故C错误；
D.由于粒子的偏转角是60?，所以AC与粒子的偏转半径是相等的，为，故D正确；
4．C
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，，
为直角三角形，则由几何关系可得
解得
解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
5．C
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，
粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。
当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R
,
故选C。
6．D
【解析】
直线加速过程根据动能定理得
得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
得
②
①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。
故选D。
7．A
【解析】
A．由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
得
在质量与电量相同的情况下，半径大说明其速率大，则知M的速度率大于N的速率，故B错误；
C．洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选A。
8．C
【解析】
粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T/4，通过b点的粒子的运动的时间为T/6，所以从S到a．b所需时间t1：t2为3：2，所以C正确，ABD错误。
故选C。
9．B
【解析】
ABD．根据：
可得：
所以：
即：
又因为动能表达式：
所以开始的动能为：
穿过金属板后的动能：
粒子每穿过一次金属片损失的动能：
所以有：
即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；
C．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：
可得：
可知周期与速度无关，故C错误。
故选B。
10．A
【解析】
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．ACD
【解析】
A、带电粒子在磁场中匀速圆周运动，画出运动轨迹图如图
从a点射入磁场的粒子,根据几何关系
，所以A正确；
B、从a点入射的粒子圆心在O?1,根据几何关系
∠bO?1c=60?，∠aO?1c=120?
从a到c运动时间，B错误；
C、由半径公式得：，C正确；
D、另一粒子由P点垂直入射，在△O?2bc中，O?2b=
Pb=，P与O1重合，所以P与a点的距离为，D正确．
故选ACD．
12．BCD
【解析】
粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，
在加速电场中，由动能定理得：，解得：，故A错误；
B、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：，解得：，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：
，故B正确；
C、粒子在磁场中运动的周期为：粒子在磁场中运动的最大圆心角：，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：，故C错误；
D、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能：，根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：，故D正确．
本题是带电粒子在组合电场和磁场中运动的特殊情况：带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动，由于加速电场的电压可变，导致进入磁场的速度变化、从而半径发生变化，要根据磁场区域的几何关系、根据选项的要求进入分析判断．
13．ACD
【解析】
A.离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，代入数据解得r1=0.05m=5cm，故A正确.
B.P点与AD和DC的距离均分1cm，轨迹半径的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得，代入数据解得v=5×105m/s，速度v＜5×105m/s的离子不能射出磁场区域，故B错误.
C.速度大小为v1=5×106m/s的离子的轨迹半径r1=5cm.当离子运动轨迹与CD边相切于E点时，离子将从BC边F点出射，为最低出射点.由几何关系得r12=（r1-d）2+PH2，解得PH=3cm，由几何关系得，F与C点的距离为；当离子运动轨迹与BC边相切于G点时，离子将从BC边G点出射，为最高出射点.由几何关系得r12=（L-r1-d）2+x2，解得，则出射点G距C点的距离.综上，出射点距C点的距离x满足.故C正确.
D.离子运动轨迹与CD相切又与BC相切是所有射出BC的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨迹半径，根据，得，故D正确.
14．BC
【解析】
试题分析：利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子比荷，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的时间；
由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为，结合，可得，B正确；粒子在磁场中的运动时间，C正确D错误．
15．（1）（2）
【解析】
（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹半径为R，其在第一象限的运动轨迹如图所示.此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C和C'处，轨迹与x轴交点为P.由对称性可知，C'在x=2a直线上.设此直线与x轴交点为D，P点的x坐标为xP=2a＋DP.过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF，则，，，，由此可得P点的x坐标为.
（2）若要求带电粒子能够返回原点，由对称性可知其运动轨迹如图所示，这时C'在x轴上.设∠CC'O=α，由几何关系得，.粒子入射速度为r0.
由牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力得，
解得.
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设圆周运动半径为R，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
而
联立解得周期为
则粒子运动时间
（2）由几何关系有
（3）洛伦兹力提供向心力
解得
17．（1）；（2）1:2；（3）（-1）L
【解析】
（1）质子在电场中加速，由动能定理得
qU=mv2﹣0
解得
（2）质子与氘核在磁场中都转过个圆周，
做圆周运动的周期
，
粒子在磁场中的运动时间
则
t1：t2=T1：T2=1：2
（3）质子在磁场中运动时，由几何知识得r=L
由牛顿第二定律得
氘核在电场中加速，由动能定理得
qU=2mv′2﹣0
在磁场中，由牛顿第二定律得
qv′B=2m
解得
R=L
横坐标
x=R﹣L=（﹣1）L
18．（1）（2）（3）
【解析】
(1)
根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得
rcos45°=h
即
解得
(2)
粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb
粒子做类平抛运动，有：
vb=v1cos45°
所以
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb，
由类平抛运动得??
r+rsin45°=vbt
由动能定理
所以
(3)
粒子在磁场中的周期为
第一次经过x轴的时间
在电场中运动的时间
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
所以总时间