第一章 3.1. 半径和周期公式的理解及应用-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第二册（人教版2019)

第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 第1课时半径和周期公式的理解及应用 白题 基础过关 限时：15min 题型1半径和周期公式 正确的是 ( 1.(多选)如图所示， A.粒子带负电 在水平虚线MN上 B.粒子先经过b点，再经过a点 方存在垂直于纸面MA C.粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功 向外的匀强磁场，两个不计重力、质量相等、 D.粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变 电荷量大小相等的带电粒子1和2，均由0点 4.(2024·河南郑州月考)（多选） O B 沿纸面垂直MN射入磁场后，分别从磁场边界 阿尔法磁谱仪的原理如图所示， 的A、B两点射出，且OB=3OA.设两粒子的运 可用于探索宇宙中的反物质，即 动速率分别为12，在磁场中运动的时间分 质量与正粒子相等，带电量与正 别为61、2，则 ( 粒子相等但符号相反.假如使一 A.1:2=3:1 B.1:2=1:3 束质子（氢原子核H)、反质子 C.b1:t2=1:1 D.t1:2=1:3 a粒子（气原子核He)、反a粒子组成的射 2.(2024·广东广州月考)（多选）在× 线，以相同速度大小通过00'进入匀强磁场 光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一 B2中形成四条径迹，则 个带电小球绕轴0在匀强磁场中 做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直 A.1和2是反粒子径迹 向下，其俯视图如图所示.若小球运动到A点 B.3和4是反粒子径迹 时，绳子忽然断开.关于小球在绳断开后可能的 C.2为反质子径迹 运动情况，下列说法中正确的是 ( D.4为a粒子径迹 A.逆时针圆周运动，半径不变，周期不变 易错聚焦 B.逆时针圆周运动，半径减小，周期减小 题型带电粒子在非匀强磁场中的运动轨迹 C.顺时针圆周运动，半径不变，周期不变 5.(2023·江西萍乡质检)如图所 D.顺时针圆周运动，半径减小，周期减小 示，水平导线中有电流/通过，导 题型2带电粒子在磁场中的运动轨迹 线正下方电子的初速度方向与电流/的方向 3.(2024·广东揭阳期末)（多选） 相同，均平行于纸面水平向左.下列四幅图是 带电粒子进人云室会使云室中： 描述电子运动轨迹的示意图，正确的是 的气体电离，从而显示其运动轨xB× 迹.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中 观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动 轨迹上的两点.该粒子使云室中的气体电离 时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量 不变，重力忽略不计.下列有关该粒子的说法 选择性必修第二册·RJ黑白题010 黑题 应用提 很时：20min 1.(2024·陕西西安期中)人们在气泡室中观察 电场分布相似，如图所示.一质量为m、电荷量 到一对正、负电子的运动轨迹，如图所示近似 为g的带电微粒在该磁单极子上方附近做速 认为正、负电子的运动轨迹是一系列半径越 度大小为、半径为R的匀速圆周运动，其轨 来越小的圆，已知匀强磁场的方向垂直照片 迹如虚线所示，轨迹平面为水平面.（已知地球 平面向外，正、负电子质量相等，电子重力忽 表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的 略不计，则下列说法正确的是 ( 影响)，则 A.左侧为正电子运动轨迹 A.若带电微粒带正电，从轨迹 B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大 上方向下看，粒子沿逆时针 于负电子速度 方向运动 C.正、负电子所受洛伦兹力始终相同 B.带电微粒做匀速圆周运动的 D.它们的动能减小、周期不变 向心力仅由洛伦兹力提供 B 2B C.带电微粒运动的圆周上各处的磁感应强度 大小为} U (第1题) (第2题) D.若人射的微粒9不变，而速度越大，若微粒 m 2.(2024·广东百日冲刺联考)（多选）如图所 也能做匀速圆周运动，则其在磁场中通过 示，在x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场， 第一象限内磁场的磁感应强度大小为2B。,第 的圆周越短，周期也越短 二象限内磁场的磁感应强度大小为B。,现有 压轴挑战 4.如图所示，空间中均匀分布 一比荷为9的带正电的粒子，从x轴上的P点 m 着垂直纸面向里的匀强磁 以沿+y方向的速度v垂直进入磁场，并一直 场，坐标原点0处有一粒子 在磁场中运动且每次均垂直通过y轴，不计粒 源，在纸面内向第一、二象限 子的重力，则 ( 内各个方向发射速度大小相等的同种带正电粒 A.粒子第二次经过y轴时过坐标原点 子，不计粒子重力.已知粒子在磁场中做匀速圆 B.从进入磁场到第一次经过y轴的时间 周运动的半径为R,现在过x轴上的(-R,0)和 为m y轴上的(0，-R)这两点垂直纸面放置一个足够 4gBo 长的荧光屏，粒子能到达荧光屏上 C.从进入磁场到第二次经过y轴的时间 区域的长度为 为m o A. 14+2 2 D粒子第一次经过y轴的坐标为0，， 3.假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附 近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷 进阶突破拔高练P03 第一章黑白题011速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故ABD错误；！ C滑块匀速运动时，有。=，根据平衡条件可得gn0: 能定理可得，试管对小球做的功为W=】m 4(mgcos+gπB),联立解得滑块所带的电荷量为g= 02x4J-×0,2×2J12J,则小球对试管做的负功为 12J,由于试管做匀速直线运动，动能不变，则外力做功之和 Bos,故C正确故选C. B 为零，所以拉力F对试管做的正功为12J,故D正确.故 5.D解析：A将一束速度为的等离子体垂直于磁场方向喷 选D. 人磁感应强度为B的匀强磁场时，由左手定则可以判断正 压轴挑战 电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集在下极板上， 9(1)3 4 (2)13mE 3g'B (3)当k≤9时，0=13wmg, 负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上极板上，故平 27gg;当69 行金属板上极板比下极板电势低，故A错误：B.根据B= 时，0=17张+6k-27)m 36g2B2 q日，可得磁流体发电机的电动势为E电=，故B错误： 解析：(1)t=0时刻，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律 C.电容器两端的电势差等于电源电动势，根据C=?=Q 得u(mg+m,B)=2ma,得a=3强 UE电' 4 联立方程，可得电容器所带电荷量为Q=CB,故C错误： (2)木板长度足够，当小物块与木板相对静止后，木板开始 E吨 匀速运动，即在木板与挡板碰撞前能与小物块共速，此过程 D.由于带电徽粒处于静止状态，由平衡条件可得mg=q元， 木板与小物块组成的系统动量守恒，则有m,=(2m+m), 木板与挡板碰撞后速度等大反向，设其能与小物块共速，则 联立方程，可得微粒的比街是陆，放D正确放选D 6.C解析：B.两小球受到的洛伦兹力都垂直斜面向上，沿斜 有2-)*=(2m+m),得=兮治=-号 面方向的合力为重力的分力，故两球都做匀加速直线运动， 此时小物块所受洛伦兹力竖直向上，且B= 加速度为a。=gsinB,as=gsin a,可见a,>a,故B错误；A.当 加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下的分力相等时，小球 了g<mg,即小物块与木板间尚存在压力，假设成立，此后 脱离斜面，则mgcos0=m,所以.-mgc0s ,形=mgc08a 两者以相同速度一起向左匀速运动因摩擦产生的热量为 gB 9B 由于acB,所以.<，故A错误，C.由D=m得，BtnB 、Q=】m82(m+2m)2,得Q=32B、 (3)若速度大小可调，则当初速度达到一定值时，小物块反 6gana则6<4，故C正确；D.由2=2ar求得5= m 向，可能使小物块与木板间的压力为零，此后以不同的速度 gm2 cos'B =gm cos'a,因a<B,则5.<，故D错误故 2sin B2Bsin a 匀连运动，此时则有m8=g,代入(2)中得到：。，可 选C 得此时，-9，即k=9.若k≤9，则Q=】 7.ABD解析：小球在磁场中到达轨道最低点过程中只有重力 做功，M=√2gR.在电场中到达轨道最低点时，重力做正功， ,得0=13mg 27g2B2 若>9，则小物块周定获得，=-的末 9B1 电场力做负功，根据动能定理，有mgR-qER=，m,w= 速度，根据2m()+=2,*m,0=分- -×2mw号 √2R一2所以：图为=成，所以该过程所用时 2m2,得Q=17+6k-27)mg 36gB2 间tw<w,A正确，C错误根据能量守恒定律可知，D正确 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 在M点，F=mg+gvgB+m 正，在N点，F=mg+mR R 不难 第1课时半径和周期公式的理解及应用 看出F>FX,由牛顿第三定律可知，Fw=FM,Fx=FN,所以 白题 基础过关 FM>Fy,B正确. 1.BC 2.ACD 3.AB 8.D解析：A.小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口 4.AD解析：AB.在磁场B2中，粒子做匀速圆周运动，根据左 的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误； 手定则.正粒子受力向右，向右偏转，反粒子向左：故1、2是 B.小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，则小球 反粒子径迹，故A正确，B错误：CD.根据洛伦兹力提供向心 在垂直于试管方向上合力为零.小球沿试管方向受到洛伦兹 力的分力是由小球垂直于试管向右的速度产生的，根据 力，有gmB=m 解得R=阳xg,放质子与a粒子的半径之 gB q F毒=Bm可知，水平向右速度不变，则指向管口的洛伦兹力 比为1：2，即α粒子转弯半径大，故1是反质子，2是反α粒 不变，所以小球的加速度不变，故B错误：C.洛伦兹力总是 子，3是质子，4是a粒子，故D正确，C错误故选AD. 与速度垂直，洛伦兹力对小球不做功，故C错误：D.根据动：5.D解析：由安培定则可知，在直导线的下方磁场方向为垂 选择性必修第二册·RJ黑白题04 直于纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的洛伦兹力：压轴挑战 向下，电子向下偏转：通电直导线产生的磁场是以直导线为4.A解析：从0点射出的粒子在 中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应 磁场中做逆时针绕向的匀速圆周 强度越小，由半径公式，=可知，电子运动的轨迹半径越来 运动，根据不同速度方向画轨迹 eB 图，结合几何关系可知能到达荧 越大，故D正确，ABC错误 光屏上P、Q之间，其中打到P点 黑题应用提优 的粒子其圆弧正好是半圆，打到 1.D解析：A.由左手定则可知，题图中右侧为正电子的运动 Q点的粒子是沿x轴负方向射出的，运动轨迹的圆心恰好为 轨迹，左侧为负电子的运动轨迹，故A错误；B.电子在磁场 直线与y轴的交点A点，如图，在△POA中，根据余弦定理得 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aB=m,解得= PA2+0A2-2PA·0Acos45°=(2R)2,而0A=R,代人数据可得 ,由题图示电子运动轨迹可知，正 m 电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故B错 阴=4+2R,沿x轴负方向射出的粒子，打到Q点，可知 误：C.正、负电子所受洛伦兹力方向时刻发生变化，所以正、 QA=R,所以粒子能到达荧光屏上区域的长度为PA-QA= 负电子所受洛伦兹力不相同，故C错误；D.因为正、负电子 在气泡室运动时，近似认为轨迹是一系列半径越来越小的 4+D1）R故选A 2 圆，由=可得正、负电子在气泡室运动时速度减小，即动 第2课时带电粒子在有界匀强磁场中的运动 能减小；由电子在磁场中做圆周运动的周期T= B,可 2wm 白题 基础过关 1.D2.B 得正、负电子在气泡室运动时周期不变，故D正确故选D. 3.C解析：根据题意画出a、b粒子的轨 2.AC解析：AD.由于从x轴上的P点以沿+y方向的速度 0 迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是 垂直进入磁场，并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y 2 2 02和01，磁场宽度为d由图可知粒子 轴，由9wB,=m,9心×2B,=m,解得= 6。=21= 2弧，所以粒子在第二象限做}圆周运动，粒子第一-次经过 b的半径r2= 2 =d,粒子a的半径 in30° 60 y轴的坐标为0，况)：在第一象限恰好做号圆周运动，所 d 2 2 d ,两粒子动能相等，即 以粒子第二次经过y轴时过坐标原点，故A正确，D错误； 为rin60° B第一次垂直通过y轴，则转过的圆心角为受，在磁场中运 1 m听，且根据磁场中半径公式，= 1 9,B3s 动的时间为4=1照放B错误：C在第一象限运动时 治又粒子6轨造长度为2号，粒子a的锁 93B 转过的圆心角为不，则在第一象限运动的时间与2= T= 2 迹长度为s=360 0x2m13,所以. 2×60 =之，联立以 m,则th=附，故C正确故选AC 3.C解析：A根据左手定则知，从轨迹上 上各式桶得产-子故迹C 方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动， 4.C解析：A.a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可知a粒 则该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向B 子带正电，故A错误：B.根据题意作出粒子的运动轨迹如 运动，则该电荷带负电，故A错误：B.该粒 5 图，由sin∠BMC=0.6可得O,A= 子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方 sin Z BAC3R,由几何知 向垂直且斜向上，只是其水平分力（或者 识可知，在△0，AC中， R -=sin∠BAC,解得R, 说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心 5 力，故B错误：C.由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周 R,+R+行R 、运动的向心力，结合勾股定理，有√B)-(mg)产=震，得 4R2,所以a、b两粒子运动轨迹半径之比为4：1，故B错误； 解得浴所 02 C.根据洛伦兹力提供向心力可得mB=m 该粒子所在处磁感应强度大小为B= m'gmo ,放 C正确；D.如图，根据周期公式T=2π”可知，人射的微粒 以有。=是=，故C正确：D.设R,=4R2=4R,由几何知识 gB, m 不变，B不变，则周期不变，故D错误故选C 可知两切点同的距离为d=C-AB=4Rx号仪学=4银=R, 参考答案与解析黑白题05