课时作业(4)带电粒子在匀强磁场中的运动-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修 第二册（人教版2019）

课时作业（四） 带电粒子在匀强磁场中的运动 答案精解P (建议用时：40分钟) [基础题组练] 题组一带电粒子在匀强磁场中的运动 1.如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁 场方向射人的带电粒子轨迹如图中实线所示.由于 带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的 A.沿路径a运动，轨迹是圆 能量逐渐减小，而电荷量保持不变，从图中可以看出 B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大 ( C.沿路径a运动，轨迹半径越来越小 D.沿路径b运动，轨迹半径越来越小 题组二半径，周期公式的应用 5.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向 A.带电粒子带负电，是从B点射入的 平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒 B.带电粒子带正电，是从B点射入的 子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区 C,带电粒子带负电，是从A点射入的 域后，粒子的 () D.带电粒子带正电，是从A点射人的 A.轨道半径减小，角速度增大 2.一质子在匀强磁场中运动，不考虑其他力的作用， B.轨道半径减小，角速度减小 下列说法正确的是 ( C.轨道半径增大，角速度增大 A.可能做类平抛运动 D.轨道半径增大，角速度减小 B.一定做匀变速直线运动 6.(多选)两个不计重力的粒子A和B带有等量的同 C,可能做匀速直线运动 种电荷，同时以垂直于磁场的方向射人同一匀强磁 D.只能做匀速圆周运动 场，则下列说法正确的是 () 3.如图所示的区域中同时存在着匀强电场和匀强磁 A.如果两粒子的速度⅓=，则两粒子的半径 场，二者平行但方向相反.一个质量为m、所带电荷 RA=Ri 量为一9的粒子（不计重力）沿电场方向以初速度 B.如果两粒子的动能E1=E,则两粒子的周期 射人场区，下列关于该粒子的说法正确的是 TA=T8 ( C.如果两粒子的质量mA=m,则两粒子的周期 TA=Ta B D.如果两粒子的质量与速度的乘积mAA=msU:, 则两粒子的半径R,=R A.所受洛伦兹力越来越小 7.在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如 B.速度方向保持不变 果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应 C.所受电场力越来越小 强度2倍的匀强磁场，则 ( D向右的最大位移为器 A.粒子的速率加倍，周期减半 B.粒子的速率不变，轨道半径加倍 4.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方 的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电 C粒子的速率减半，轨道半径变为原来的} 子将 () D.粒子的速率不变，周期减半 ·111 [能力提升练] 11.带电粒子的质量m=1.7×10四kg,电荷量g= 8.光滑绝缘水平桌面上存在与桌面方向垂直的匀强 1.6×10》C,以速度v=3.2×10ms沿垂直于 磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当 磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场 它运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生 中，磁场的磁感应强度大小为B=0.17T,磁场的 正碰合为一体（碰撞时间极短），则粒子的运动轨迹 宽度L=10cm,如图所示.问：(g取10ms2,计算 应是图中的哪一个（实线为原轨迹，虚线为碰后 结果均保留两位有效数字) 轨迹) (1)带电粒子离开磁场时的速度为多大？ (2)带电粒子在磁场中运动的时间是多长？ (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d 为多大？ A B C D 9.质量为m,带电荷量为g的A粒子和质量为m2 带电荷量为一2g的B粒子，从同一点先后分别垂 。 直于磁场方向射入匀强磁场中，发现两粒子沿半径 相同的圆轨道运动.则A粒子与B粒子的动能之 0 比是 () A.i B m2 my c瑞 D.um 10.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为 理想边界，磁感应强度大小分别为B、B2,今有一 质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿 垂直于磁场方向射入匀强磁场B,中，其运动轨迹 为如图虚线所示的“心”形图线.求： (1)两匀强磁场磁感应强度大小的比值B:B2: (2)电子从射入磁场到回到P点所用的时间. XH.X 月：X × XX t ·112·3.C解析带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹 力F=qB,与电荷量成正比，与质量无关，选项C正确. 解得一景又周为E号所以一品 4.A解折P,Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定 将U=300V,B=0.06T,d=0.05m代入上式， 则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应 解得v=10ms,即只有速度为10m/s的电子才能通过 强度为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的 小孔S. 磁感应强度，根据安培定则，O点的磁感应强度方向沿工轴 答系(1)磁场方向垂直于纸面向里(2)10m/s 负方向=R0=罗。，磁感应强度的大小B12山 12.解析(1)由于<tana,所以环A将由静止开始沿棒下滑， r 3a 环A沿棒运动的速度为时，受到重力mg,洛伦兹力 F=B=23!,根据左手定则，电子所受洛伦滋力方向 gB、棒的弹力FN和摩擦力Fn,且Fm=FN, 3a 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有ngsin a一Fm=ma, 垂直纸面向里，选项A正确，B、C、D错误. 垂直棒的方向有FN1十qB=mgcos a, 5.C解析由安培定则可知，通电直导线在电子运动的位置产 所以当F=0,即Fn=0时， 生的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知，电子束将向上 a有最大值am,且am=gsin a,此时B=mgcos a, 偏转：由于洛伦兹力对电子不做功，故电子的速率保持不变， 选项C正确，A,B,D错误 解得-gcos a gB 6.B解析当自由电子受力稳定后，受到的静电力和洛伦兹力 (2)设当园环A的速度达到最大值。时，圆环A受棒的弹 平衡，故有gB=B,又因E=号，联立解得U=M,有电流 力大小为F,方向垂直于棒向下， 摩擦力大小为F2=Fe,此时应有a=0, 的表达式可得neS=nehdv,联立解得U-,故要使0 即ngsin a=F2, 变大，需要减小d,U的大小与h无关，选项B正确。 F+mgcos a=qo B, 7.BD解析由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低，点 解得=mg(sina十cosa) 时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反， ugB 选项A错误，D正确：a=号，故小球微圆周运动的向心加选 答室(1)gsin a mgcos a (2)mg(sin atucos a) qB ugB 度相同，选项B正确：由于洛伦兹力方向相反，所以细线的拉 课时作业（四） 力大小不相等，选项C错误. 8.B解析匀强磁场水平向左匀速运动相当于小华水平向右 L.A解析由题意可知，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小， 匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向 由公式一咒可知，带电粗子运动的半径逐渐减小，则渡带 竖直向上，选项B正确，A错误：由于小车水平方向不受力， 电粒子是从B点射入的：带电粒子在B点受到的洛伦兹力 所以摩擦力为零，选项D错误：对小车及带电物体整体分析 方向向右，由左手定则判断得知，该带电粒子带负电荷，选项 可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车 对地面的压力变小，选项C错误 A正确. 9.B解析加上如题所迷的磁场后，物体受到垂直于钟面向下 2.C解折质子在匀强磁场中的运动形式有三种：当质子的速 度方向与磁场方向平行时，质子不受洛伦兹力，做匀速直线 的洛伦兹力作用，物体与斜面之间的正压力变大，摩擦力变 大，所以物体滑到斜面底端时速度)变小，选项B正确. 运动：当质子的速度方向与磁场方向垂直时，质子做匀速圆 10.D解析由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小 周运动，洛伦兹力提供向心力：当质子的速度方向与磁场方 球不做功，整个过程中小球的机械能守恒：而小球b在电场 向有一定夹角时，质子做空间螺旋运动，综合上述可知，选项 中运动，受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度 C正确. 较小，所以在电场中运动的时间也长，选项A,B、C错误：小 3.D解析因与B方向平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项 球a在磁场中运动，在最低点时对小球a受力分析可知 A错误：因所受电场力与方向相反，故经一定时间后，速 Fu一mg一Bnw=m,解得Pw=m+mg十Bv,小 度方向可能改变，选项B错误：因电场是匀强电场，故粒子所 球b在电场中运动，在最低点时受力分析可知Fv一g= 受电场力不变，选项C错误：由动能定理可知g=之m, n,解得F=m十mg,国为w>w…所以F>, 解得人一选项D正确。 结合牛顿第三定律可知，选项D正确： 4.B解析磁场方向垂直纸面向外，由左手定则知电子受到向 11.解析(1)由题图可知，平行板问的电场强度E的方向向下， 下的洛伦漱力作用，高导线越远，磁场越弱：由一咒知，电 电子受到的静电力F￡一E,方向向上.若没有磁场，电子将 向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S,所加的磁场使电子 子的轨迹半径越来越大，选项B正确。 受到的洛伦滋力必须是向下的.根据左手定则分析得出，B 5.D解析带电粒子从较强磁场区城进入到较弱磁场区战后， 的方向应该垂直于纸面向里. 粒子的速度口大小不变，磁感应强度B减小，由公式r=四 gB (2)电子受到的洛伦兹力FB=B,它的大小与电子的速度 有关.只有那些速度大小刚好使得洛伦兹力与静电力平 可知，轨道丰径增大：由公式T一器可知，粒子在磁场中运 衡的电子，才可沿直线KA通过小扎S. 据题意，能够通过小孔S的电子，其速度满足eB=eE, 动的周期增大，根据w一至知角追度减小，选项D正确 ·183- 位①服团因为粒子在磁场中微国网运动的半径r一常周 课时作业（五） 期T-船，又粒子电行量相等且在同一磁场中，所以Q、B 1.AD解扬离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根 据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确：由于是同种 相等，r与m,u有关，T只与m有关，选项C,D正确. 离子，因此质量，电荷量相同，因初速度大小也相同，由B 7.D解析因为洛伦兹力对运动电荷不微功，所以速牵不变， 由轨道丰径公式咒和同期公式T-裙可判新，选项D m二可知，它们微圆周运动的丰径相同， 可作出运动轨迹如图所示，比较得a在磁 正确 场中运动的路程比b的长，选项C错误；由 8.A解析带电粒子在水平方向做匀速圆周运动的向心力由 洛伦营力提供，由向心力公式得B=吧，解得r一需，当 上可知，a在磁场中运动的时间比b的 长，选项B错误：从图上运动轨迹可以看 带电粒子运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正 出，选项D正确. 碰合为一体，动量不变，电荷量不变，磁感应强度不变，带电 2.D解析电子1,2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画 粒子做圆周运动的半径不变，选项A正确，B,C、D错误， 出电子1,2的运动轨迹，如图所示， 9.C解析粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 如B=m号，可得=沿，则粒子的动能为民=立m= 二A粒子与B粒子的动能之比为器= 2 22 2g一偏，造项C正确， 电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即 为直径，（点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁 10.解析(1)根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的 场，经t2时间从Q、b连线的中点c离开磁场，根据半径公式 方向射入匀强磁场B时，受到的洛伦兹力方向向上，所以 电子的运行轨迹为PDMCNEP,由题图可知，电子在匀强 一贺可知，电子1和电子2的半径相等，根据几行关系可 磁场B中的运动半径是匀强磁场B:中的运动半径的一 知，△aOk为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所 半，根据一知，Bc,因地B:月=2：1. 以电于1运骑的时同为小一号一贸电子2运动的时同为 (2)在题图所示的运动过程中，电子在匀强磁场B中运动 工=，所以=3，选项D正确。 了两个半圆，即一个周期，在匀强磁场B中运动了半个周 3.AB解杨如图所示，带电粒子刚好打在极 期，所以1一肥+器 板右边缘时，有疗 (n-)广+，又n 圈a21(2+器 ,联立解得功 5B:粒子刚好打在极0议 11.解析粒子所受的洛伦兹力Fs=b≈8.7×101N,远大 Bg 4m ty 于粒子所受的重力G=mg=1.7×10%N,故重力可忽略 板左边缘时，有乃=子=，解得助 Bq 不计. (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍 :综合上送分折可知>或<，选项AB正病 4m 为3.2×10ms 4.BC解析对于从右边离开磁场的电子，从：点离开的轨进 (②)粒子微匀速国周运动，由9加B=m号得，轨道丰径r 半径最大，从b点离开的航连半径最小，根据一器加轨迹 m=1.7×107×3.2×10 半径越大，电子的速度越大，则从口点离开的电子速度最大， gB 1.6×109×0.17 m=0.2m 选项A错误，C正确：从a点离开的电子速度偏转角最小，则 由题图可知偏转角0满足sn0=上-8)m-=0.5, r0.2m 轨选对痘的周心角9晨小，振据是T是·裙-器加 所以0=30°-晋， 运动时间与电子的速度无关，0越小，运动的时间越短，选项 B正确，D错误. 又由带电粒子在磁场中运动的周期T=2m” gB· 5.D解析如图所示，由∠A)B=120°可知，弧AB所对國心角 0=60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R,由几何知识 可得带电粒子在磁场中运动的时同一会·T尚， 所以1=m 3.14×1.7×10-2 6q56X1.6×100X0.173.3×10‘8 知R3r/=A出k登·Br 3,选项D正确。 36 (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d=(1 os0)=0.2x(1-受）me27X10m 答率(1)3.2×10m/s(2)3.3×108s (3)2.7×102m ·184·