第12周 带电粒子在匀强磁场中的运动-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 46 — 第十二周 带电粒子在匀强磁场中的运动 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 【选做·一飞冲天】以带电粒子在矩形有界磁场中运动为例,综合考查学生对有界磁 场的找临界点求半径等方法的掌握。该题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力 要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 带电粒子在匀强磁场中运动的分析 1.(多选)(2025·重庆市高二期末)如图甲所示,用强磁场将百万开尔文的高温等离子体(即高温下 电离的气体,含有大量正、负带电粒子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托卡马克。如 图乙为其中沿管道方向的一个磁场,越靠管的右侧磁场越强。不计粒子重力及粒子间的相互作 用力,若粒子在图乙磁场中垂直磁场方向运动时,下列说法正确的是 ( ) A.粒子在磁场中运动时,磁场可能对其做功 B.粒子在磁场中运动时,磁场对其一定不做功 C.粒子由磁场的右侧区域向左侧区域运动时,运动半径增大 D.粒子由磁场的右侧区域向左侧区域运动时,运动半径减小 2.如图,ABCD 是一个正方形的匀强磁场区域,两相同的粒子甲、乙分别以不同的 速率从A、D 两点沿图示方向射入磁场,均从C点射出,则它们的速率之比v甲 ∶ v乙 和它们通过该磁场所用时间之比t甲∶t乙 分别为 ( ) A.1∶1 2∶1 B.2∶1 2∶1 C.2∶1 1∶2 D.1∶2 1∶1 考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 3.如图所示,在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,一对质量与电荷量都相等 的正、负粒子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场,不计粒 子重力,则正、负粒子在磁场中运动的时间之比为 ( ) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ 3 D.1∶1 4.如图所示,空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂 直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0 沿横截面的某直径射 入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计粒子重力,该磁场的磁感应强 度大小为 ( ) A. 3mv0 3qR B. mv0 qR C. 3mv0 qR D. 3mv0 qR 5.如图,边长为l的正方形abcd 内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于 纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小 分别为 ( ) A.14kBl ,5 4kBl B. 1 4kBl ,5 4kBl C.12kBl ,5 4kBl D. 1 2kBl ,5 4kBl 6.如图所示,在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,ab是圆的直径。一带 电粒子从a点垂直磁场射入,速度大小为v1、方向与ab成30°角时,恰好从b点 飞出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t;若同一带电粒子从a点沿ab方向射 入磁场,也经时间t飞出磁场,则其速度大小为 ( ) A.12v1 B. 2 3v1 C. 3 2v1 D. 3 2v1 考点三 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题 7.(多选)如图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM'和NN'是它 的两条边界线,现有质量为m、电荷量为q的带电粒子在MM'边界某点沿图示 方向垂直磁场射入,粒子重力不计,要使粒子不能从边界NN'射出,粒子入射速 率v的最大值可能是 ( ) A.qBdm B. (2+ 2)qBd m C.qBd2m D. (2- 2)qBd m 8.(多选)(2025·潍坊市高二期中)如图所示,直角三角形abc区域(包括边界)存 在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,ab边长为2L,∠a=30°,一 粒子源固定在ac边的中点d,粒子源垂直ac边向磁场中发射不同速率的带正 电的粒子,粒子均从bc边界射出,已知粒子质量为m、电荷量为q,下列说法正 确的是 ( ) A.粒子运动的速率可能为 3qBLm B.粒子在磁场中运动的时间可能为πm2qB C.bc边界上有粒子射出的区域长度最大为 32L D.有粒子经过的磁场区域的面积最大为316πL 2 9.(多选)如图所示,在半径为R 的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向 垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为q m 的负离子(不计重力及离子间的相互作 用)以相同速率v0(离子在磁场中的运动半径大于R),由P 点在纸面内向不同 方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足 够大)上,则下列说法正确的是 ( ) A.离子在磁场中运动时间一定相等 B.离子在磁场中的运动半径一定相等 C.由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 D.沿PQ 方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大 — 45 — — 48 — 10.(多选)在如图所示的平面内,分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两部分,一 部分充满方向垂直纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直纸面向里的匀 强磁场,磁感应强度大小均为B,SP 与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入 速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP 成30°角。已知 离子比荷为k,不计重力。若离子从P 点射出,设出射方向与入射方向的夹角为 θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 ( ) A.13kBL ,0° B.12kBL ,0° C.kBL,60° D.2kBL,60° 【探究·一举突破】(共10分) 探究主题 带电粒子在匀强磁场中的运动 如图所示,可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转。 探究问题: (1)不加磁场时,电子束的运动轨迹如何? 加上磁场时,电子束的运动轨 迹如何? (2)如果保持出射电子的速度不变,增大磁感应强度,轨迹圆半径如何变 化? 如果保持磁感应强度不变,增大出射电子的速度,圆半径如何变化? 【综合·一练到底】(共30分) 11.(10分)如图所示,空间存在范围足够大的垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中 未画出),一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的带电粒子(不计所受重力)从坐标 原点O沿x 轴正方向以速度v0 射出,带电粒子恰好经过点A( 3 3h ,h),求: (1)匀强磁场的磁感应强度大小B; (2)粒子从O点运动到A 点所用的时间t。 12.(10分)(2025·温州市高二期末)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀 强磁场,O为圆心,A、C、D 为圆形区域边界上的三点,∠AOC=90°,∠AOD= 60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子,从A 点沿AO 方向以相同 大小的速度垂直磁场射入,一个从C 点离开磁场,另一个从D 点离开磁场,粒 子的重力及相互作用力均不计。求: (1)从C点离开磁场的粒子的电性; (2)从C点和D 点离开磁场的两个粒子的电荷量之比; (3)从C点和D 点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。 13.(10分)如图所示,一足够长的矩形区域abcd 内存在一方向垂直纸面向 里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在ad边中点O,沿垂直磁场方向射 入一速度方向与ad边夹角θ=30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子,已 知粒子质量为 m、带电荷量为q,ad 边长为L,ab边足够长,粒子重力 不计。 (1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出,求粒子的入射速度大小v01; (2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出,求粒子的入射速度大小v02; (3)若带电粒子的速度v0 大小可取任意值,求粒子在磁场中运动的最长时间。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·南通市高二期末)如图所示,第一象限内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸 面向外。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,从x轴上的P 点以速 度大小为v、方向与x轴夹角θ=30°垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出第一 象限。已知OP=a,不计粒子重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B; (2)在x轴[0,2a]区域内,均有相同的粒子以原速度v射入磁场,不考虑粒子间 的相互作用,求粒子在磁场中运动的时间范围和粒子打中y轴的区域范围。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 47 — —96 — 定则判断知AO段受到垂直纸面向外的安培力,OC段受到垂直 纸面向内的安培力,S闭合后的一小段时间内,从上向下看,铜棒 沿逆时针方向转动,选项C正确,D错误;开关S闭合,铜棒转动 后,将受 到 竖 直 向 下 的 安 培 力,丝 线 的 拉 力 大 于 G,选 项 A、B 错误。] 11.A [根据左手定则可知,等离子体中带正电的粒子在磁场中将 受到竖直向下的洛伦兹力从而向B板偏转,带负电的粒子将向A 板偏转,因此B板将带正电,B板是电源的正极,而在外电路,电 流是从正极流向负极的,因此,电流将从下往上流过电流表。故 选A。] 12.D [为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力),当粒子带正电时, 所受洛伦兹力向下,则静电力方向应向上,电场方向向上,由平衡 条件qvB=qE,得E=vB,A错误;为使粒子流经磁场时不偏转 (不计重力),当粒子带负电时,所受洛伦兹力向上,则静电力方向 应向下,电场方向向上,由平衡条件qvB=qE,得E=vB,B错误; 由上述分析可知,不论粒子带何种电荷、电荷量多少,为使粒子流 经磁场时不偏转,电场强度方向都应向上,大小等于vB,C错误, D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)垂直纸面向外 (2)垂直纸面向里 (3)先垂直纸 面向里并逐渐减小至零,后垂直纸面向外并逐渐增大 【综合·一练到底】 13.AD [等离子体进入矩形发电通道后,受洛伦兹力作用发生偏 转,由左手定则可以判断,正离子向上偏,电子向下偏,故发电通 道的上极板带正电,下极板带负电,A正确;开关断开时,若等离 子体在通道内受到的静电力与洛伦兹力平衡,则等离子体可以匀 速通过发电通道,B错误;开关断开时,由qUd =qvB 得两极板间 的最大电势差U=Bdv=6×0.2×1000V=1200V,开关闭合 时,由电阻定律得,发电机内阻r=ρdab=4Ω ,若外接电阻R=8Ω, 则由闭合电路欧姆定律得,电路中的电流I= UR+r=100A ,C错 误;若外接 电 阻 R=4Ω,则 R=r,发 电 机 有 最 大 输 出 功 率,D 正确。] 14.解析 (1)对金属棒受力分析可得: F安 =mgsinθ=20×10-3×10×12 N=0.1N (2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ= 3 6 , 受到的最大静摩擦力Ff=μmgcosθ, ①当摩擦力沿斜面向上时, 有mgsinθ=F1+Ff,此时I1= F1 BL= E R1+r , 解得R1=11Ω; ②当摩擦力沿斜面向下时,有mgsinθ+Ff=F2 此时I2= F2 BL= E R2+r ,解得R2=3Ω; 故滑动变阻器R 接入电路中的阻值在3~11Ω之间。 (3)当滑动变阻器的电阻突然调节为23Ω时, 即R=23Ω,I= ER+r=0.5A , 由牛顿第二定律得a=mgsinθ-BILm =3.75m /s2。 答案 (1)0.1N (2)3~11Ω (3)3.75m/s2 15.解析 (1)金属棒受安培力为F=BIL 根据左手定则可知,安培力方向垂直纸面向里,金属棒在运动过 程中受到摩擦力,根据牛顿第二定律有mg-μBIL=ma 当a=0时,金属棒速度达到最大,此时有mg-μBkt0L=0 解得t0= mg μkBL (2)由于I=kt 根据上述有a=g-μkBLm t 作出金属棒的a t图像,如图所示 a t图像中图线与时间轴所围图形的面积表示 速度的变化量,由于金属棒初速度为0,则面积间 接表示金属棒的速度,结合上述可知,最大速度 为vm= 1 2gt0= mg2 2μkBL (3)结合上述,根据图像的对称性可知,t=2t0 时,金属棒的速度 恰好减为0 此瞬间加速度最大,则所受滑动摩擦力最大, 则有Ffmax=μBI1L 其中I1=k·2t0 由于mg-μBkt0L=0 解得Ffmax=2mg 此后金属棒静止,所受静摩擦力大小为2mg。 答案 (1)mg μkBL (2)mg 2 2μkBL (3)2mg 【选做·一飞冲天】 C [由左手定则,电子所受洛伦兹力向外,所以霍尔器件C 端的 电势低于D 端的电势,故A错误;若永久磁铁装反了(两极互换), 霍尔电压会反向,但由题图丁可知不影响电动助力车的正常骑行, 故B错误;根据题意,有evB=eUb ,I=nebav,可知U=IBnea ,所以 仅减小题图丙中器件的尺寸a时,U 增大,由题图丁可知可使电动 助力车更容易获得最大速度,故C正确;当骑手按题图乙箭头所示 方向均匀转动把手时电压会随时间均匀增大,则由题图丁可知,电 动助力车的速度随时间增加更慢,加速度将减小,故D错误。] 第十二周 带电粒子在匀强磁场中的运动 【考点·一应俱全】 1.BC [粒子在磁场中运动时,由于洛伦兹力方向总是与速度方向 垂直,可知磁场对其一定不做功,故 A错误,B正确;粒子在磁场 中,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv 2 r ,解得r=mvqB ,粒子由 磁场右侧区域向左侧区域运动时,磁感应强度变小,可知粒子运动 半径增大,故C正确,D错误。] 2.C [根据qvB=mv 2 r ,得v=qBrm ,根据题图可知,甲、乙两粒子做 圆周运动的半径之比为2∶1,又因为两粒子相同,故v甲 ∶v乙 =r甲 ∶r乙 =2∶1,粒子在磁场中的运动周期T=2πmqB ,两粒子相同,可 知甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等,根据题图可知, 甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2,故两粒子在磁场中运动 的时间之比t甲 ∶t乙 =1∶2,故选C。] 3.B [由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv 2 R ,又T =2πRv ,解得T=2πmqB ,则正、负粒子在磁场中的 运动周期相等,正、负粒子在磁场中的运动轨迹 如图所示,正粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆 心角为120°,负粒子在磁场中的运动轨迹对应的 圆心角为60°,故时间之比为2∶1,B正确。] 4.A [粒子的运动轨迹如图所示,粒子做匀速圆 周运动的轨道半径r= Rtan30°= 3R ,根据洛伦 兹力提 供 向 心 力 得 qv0B=m v02 r ,解 得 B= 3mv0 3qR ,故A正确。] 5.B [电子从a点射出时,其运动轨迹如图 线①,轨迹半径为ra= l 4 ,由洛伦兹力提 供向心力,有evaB=m va2 ra ,又e m =k ,解得 va= kBl 4 ;电子从d 点射出时,运动轨迹如 图线②,由几何关系有rd2=l2+(rd- l 2 )2,解得rd= 5l 4 ,由洛伦 兹力提供向心力,有evdB=m vd2 rd ,又e m =k ,解得vd= 5kBl 4 ,选项 B正确。] 6.C [画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如 图所示,由题意,同一粒子在磁场中偏转时间 均为t,则两种情况下带电粒子的偏转角均为 60°;设圆的半径为R,由几何关系可以确定带 电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径 分别为r1=2R,r2=Rtan60°= 3R,由洛伦兹 力提供向心力有qvB=mv 2 r ,则v=qBrm ,则v = v1 v2 = r1 r2 =2 3 ,所以当粒子沿ab方向射入时,v2= 3 2v1 ,A、B、D 错误,C正确。] 7.BD [设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,粒子在磁场中 做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得 qvB=mv 2 R ,解得R=mvqB 。带电粒子速率越大,轨迹半径越大,当 轨迹恰好与边界 NN'相切时,粒子恰好不能从边界 NN'射出,对 应的速率最大。若粒子带负电,临界轨迹如图甲所示,由几何知识 得R1+R1cos45°=d, 解得R1=(2- 2)d, 对应的最大速率v1= (2- 2)qBd m 。 若粒子带正电,临界轨迹如图乙所示, 由几何知识得:R2-R2cos45°=d, 解得R2=(2+ 2)d 对应的最大速率v2= (2+ 2)qBd m ,故选B、D。] 8.BC [根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边 相切时,对应的速度最大,如图,根据几何知识 可得半径r1=Lcd = 3 2L ,根据洛伦兹力提供 向心力qBv1=m v12 r1 ,解得v1= 3qBL 2m ,若粒子从c点射出,对应的 速度最小,运动半径r2= 1 2Lcd= 3 4L ,则速度v2= 3qBL 4m ,则粒子 的速率不可能为 3qBL m ,故A错误;粒子在磁场中运动的周期为T =2πrv = 2πm qB ,当粒子垂直bc边射出时,粒子在磁场中运动的时间 为t=T4= πm 2qB ,故B正确;根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边 相切时,打在bc上的点到c 点的距离最大,即Lmax=r1= 3 2L ,所 以bc边界上有粒子射出的区域长度最大为 32L ,有粒子经过的磁 场区域的面积最大为S=πr1 2 4 - πr22 2 = 3πL2 32 ,故C正确,D错误。] 9.BC [设离子轨迹所对应的圆心角为θ,则离子在磁场中运动的时 间为t=θ2πT ,其中T=2πmqB ,所有离子的运动周期相等,由于离子 不一定从圆上同一点射出,轨迹所对应的圆心角不一定相同,所以 离子在磁场中运动时间不一定相同,故 A错误;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qv0B=m v02 r ,解得r=mv0qB ,因离子的速率相同,比荷相同,故运动半径一定 相同,故B正确;由圆的性质可知,轨迹圆与磁场圆相交,当轨迹圆 的弦长最大时偏向角最大,而轨迹圆的弦长最长为PQ,故由Q 点 飞出的离子轨迹圆心角最大,即速度的偏转角最大,所对应的时间 最长,此时离子一定不会沿PQ 射入,故C正确,D错误。] 10.BC [若离子通过下部分磁场直接到达P 点,如图, 根据几何关系则有R=L,由qvB=mv 2 R ,可得v=qBLm =kBL ,根 据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上,故出射方向与入射 方向的夹角为θ=60°;当离子在两个磁场均运动一次时,如图, 因为两个磁场的磁感应强度大小均为B,则根据对称性有R=12 L,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv 2 R ,可得v=qBL2m = 1 2 kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的 夹角为θ=0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时, 需满足v= qBL(2n-1)= 1 2n-1=kBL (n=1,2,3,…),此时出射方向 与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满 足v=qBL2nm= 1 2nkBL (n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的 夹角为θ=0°。故B、C正确,A、D错误。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 95 — —98 — 【探究·一举突破】 探究路径 (1)一条直线 圆 (2)减小 增大 【综合·一练到底】 11.解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,带电粒 子的运动轨迹如图所示,结合几何关系有qv0B = mv02 R ,(3 3h )2+(h-R)2=R2 解得R=23h ,B=3mv02qh (2)由几何关系知粒子从O 到A 轨迹的圆心角为120°,设带电粒 子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则有T=2πRv0 ,t= 120° 360°T 解得t=4πh9v0 。 答案 (1) 3mv0 2qh (2)4πh9v0 12.解析 (1)若粒子从C点离开磁场,其在A 点受到的洛伦兹力必 水平向左,根据左手定则可知,粒子带负电; (2)设磁场圆的半径为R,带电粒子的运动轨 迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv 2 r ,可 得q=mvBr 由图可知rC=R rD R =tan30° 所以qC qD = rD rC = 33 (3)带电粒子在磁场中运动的时间为t=α2πT ,T=2πrv ,所以tC tD = 3 4 ·rC rD =3 34 。 答案 (1)负电 (2)33 (3)3 34 13.解析 (1)和(2)两种临界情况的运动轨 迹如图所示, 若粒子速度大小为v0,则 qv0B=m v02 R ,解得v0=q BR m 。 (1)设圆心在O1 处对应圆弧与cd边相切,对应速度大小为v01 由几何关系得R1sinθ= L 2 ,解得R1=L 则有v01= qBR1 m = qBL m 。 (2)设圆心在O2 处对应圆弧与ab边相切,对应速度大小为v02 由几何关系得R2+R2sinθ= L 2 ,解得R2= L 3 则有v02= qBR2 m = qBL 3m 。 (3)由t=α2πT 和T=2πRv0 =2πmqB 可知,粒子在磁场中经过的圆弧 所对的圆心角α越大,在磁场中运动的时间越长。当在磁场中运 动的半径r<R2 时,运动时间最长 则圆弧所对圆心角为α=2π-2θ=5π3 所以最长时间为t=α2πT= 5π 3 2π× 2πm qB = 5πm 3qB 。 答案 (1)qBLm (2)qBL3m (3)5πm3qB 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由几何关系知R=2a 带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB=mv 2 R 解得B=mv2aq (2)设x=0处入射的粒子与y轴交于y1,在 磁场中运动时间为t1;x=2a 处入射的粒子 与y 轴交 于y2,在 磁 场 中 运 动 时 间 为t2;x =a 处入射的粒子与y 轴交于y3。粒子运 动 周 期为T,如图所示 根据几何关系可得y1=y2= 3R=2 3a y3=R+Rcos30°=(2+ 3)a t1= 1 3T ,t2= 1 2T , T=2πRv = 4πa v 解得4πa 3v≤t≤ 2πa v 2 3a≤y≤(2+ 3)a。 答案 (1)mv2aq (2)4πa3v≤t≤ 2πa v 2 3a≤y≤ (2+ 3)a 第十三周 带电粒子在组合场、叠加场和 交变电(磁)场中的运动 【考点·一应俱全】 1.D [根据动能定理qU=12mv 2,在磁场中洛伦兹力提供向心力 qvB=mv 2 R ,则R=1B 2mU q ,由题意R离子 =12R质子,且q质子q离子 = 1 2 , 可得 m离子 m质子 =288 ,故选D。] 2.A [粒 子 在 加 速 电 场 中 根 据 动 能 定 理 有qU= 12mv 2,得v= 2qU m 。粒子在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv 2 R , 得轨道半径R=1B 2mU q ,则x=2R=2B 2mU q ,知x2∝U,故 A 正确,B、C、D错误。] 3.BD [由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv 2 R ,解得v=qBRm ,则 动能Ek= 1 2mv 2=q 2B2R2 2m ,可知动能与加速电压和狭缝间的距离 无关,与磁感应强度大小和D形盒的半径有关,增大磁感应强度 或D形盒的半径,都可以增大粒子射出时的动能,故B、D正确。] 4.CD [回旋加速器的工作条件是交变电场的周期(或频率)与粒子 做匀速圆周运动的周期(或频率)相同,而粒子做匀速圆周运动的 周期T=2πmqB ,则加速电源用周期T=2πmqB 的交流电源,故A、B错 误;根据洛伦兹力提供向心力,则有R=mvBq ,又nqU=12mv 2,所以 粒子第n次被加速前后的 轨 道 半 径 之 比 为 n-1∶ n,故C正 确;当粒子的轨迹半径增加到D 形盒的半径时,速度最大,设经过 n次加速有:nqU=12mvm 2,由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m vm2 R ,联立可得n=qB 2R2 2mU ,故D正确。] 5.C [两个离子的质量相同,其带电荷量之比是1∶3的关系,所以 由牛顿第二定律有qUd =ma ,得a=qUmd ,可知两离子在电场中的 加速度大小之比是1∶3,故选项B错误;离子在离开电场时有Uq =12mv 2,即v= 2qUm ,可知其速度之比为1∶ 3,又由qvB=m v2 r ,知r=mvqB ,所以其运动半径之比为 3∶1,故选项A错误;由选 项A分析可知,离子在磁场中运动的半径之比为 3∶1,设磁场宽 度为L,离子通过磁场转过的角度等于其运动轨迹所对的圆心角, 所以有sinθ=Lr ,则可知转过角度的正弦值之比为1∶ 3,又有 P+ 转过的角度为30°,可知P3+ 转过的角度为60°,即在磁场中转 过的角度之比为1∶2,故选项C正确;由电场加速后有qU=12 mv2,在磁场中洛伦兹力不做功,可知两离子离开磁场时的动能之 比为1∶3,故选项D错误。] 6.CD [粒子的运动轨迹如图所示,根据类平抛运动推论有Ls = 1 2 tan60°,解得P 与O 的距离s=2 33 L ,A错误;由s=2Rsin60°,解 得R=23L ,B错误;根据L=12at 2,at=v0tan60°,Eq=ma,qm = k,联立解得v0= 1 3 6aL= 1 3 6kEL ,C正确;粒子在P 点的合 速度v= v0cos60°=2v0 ,由R=23L= mv qB ,解得B= 6EkL ,D正确。] 7.B [带电粒子受到重力、静电力、洛伦兹力, 三力平衡,如图所示,因重力向下,静电力向 右,所以洛伦兹力方向为左上方,根据左手定 则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里,故A 错误;由平衡条件可知qvBsin60°=Eq,解得 B= Evsin60°= 2 3E 3v ,故B正确;由平衡条件可知Eq=mgtan60°, 解得q=mgtan60°E = 3mg E ,故C错误;若粒子运动过程中磁场突 然消失,重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定,则粒子做类 平抛运动,为匀加速曲线运动,故D错误。] 8.BC [带电粒子在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动,可知 静电力与重力平衡,则有qE=mg,可得q=mgE ,静电力方向竖直 向上,与电场方向相反,故粒子带负电,根据左手定则可知,粒子沿 顺时针方向做圆周运动,故A错误,B正确;根据洛伦兹力提供向 心力得qvB=mv 2 R =mvω ,解得ω=qBm = Bg E ,v=BgRE ,由于不知 道粒子做圆周运动的半径,所以不能确定粒子运动的速率,故C正 确,D错误。] 9.D [小球从A 点到P 点过程受到重力和洛伦兹力,所以无法做圆 周运动,故A错误;小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动,则mg=qE, 在第Ⅳ象限磁场方向垂直纸面向外,由运动轨迹判断,小球带负 电,静电力竖直向上,故电场方向竖直向下,故B错误;从 A 到P 的过程中对小球由动能定理有mgh=12mv 2-0,所以O 点至P 点的距离为h=v 2 2g ,故C错误;小球恰好从P 点垂直于y 轴进入第 Ⅳ象限,然后做圆周运动,从Q 点以速度v 垂直于x 轴进入第Ⅰ象 限,所以小球做圆周运动的半径为h,即R=h=v 2 2g ,T=2πRv = πv g , 小球运动了1 4 圆周,t=T4= πv 4g ,D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)磁场的作用是使带电粒子回旋,电场的作用是使带 电粒子加速。交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周 期。一个周期内加速两次。 (2)当带电粒子速度最大时,其运动半径也最大,即rm= mvm Bq ,可得 Ekm= q2B2rm2 2m ,所以要提高带电粒子的最大动能,则应尽可能增大 磁感应强度B 和D形盒的半径rm。 【综合·一练到底】 10.解析 (1)沿直线通过速度选择器的粒子满足qv0B=qE 解得v0= E B 由左手定则可知,B 的方向垂直纸面向外。 (2)由几何关系可知,能打在底片上的粒子运动的半径满足54R ≤r≤74R 当rmin= 5 4R 时,满足qv0B0max=m v02 rmin 解得B0max= 4mE 5qBR 当rmax= 7 4R 时,满足qv0B0min=m v02 rmin 解得B0min= 4mE 7qBR 故D形盒中的磁感应强度B0 满足 4mE 7qBR≤B0≤ 4mE 5qBR (3)打在底片 M 点的粒子r=74R ,运 动 时 间 为t=T2= πm qB0min =7πBR4E 。 答案 (1)垂 直 纸 面 向 外 EB (2)4mE7qBR≤B0≤ 4mE 5qBR (3)7πBR4E 11.解析 (1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动,可知小球所 受静电力和重力平衡,静电力方向竖直向上,故小球带正电;则有 Mg=qE1,解得E1= Mg q (2)带电小球从 N 点进入第四象限,做匀速 圆周运动,运动轨迹如图所示 设运动半径为R,根据洛伦兹力提供向心力, 则有qvB=Mv 2 R 由几何关系有R+Rcosθ=32l 解得R=l 联立解得B=Mq g l (3)带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为 T,则有 T =2πRv =2π l g 设小球a从 N 点运动到A 点的时间为t, 则有t=13T=2 l g 微粒b做类平抛运动,根据题意, 由y=12at 2,a=qE0m ,联立可得y= 2qE0l mg 。 答案 (1)正电 Mgq (2)Mq g l (3) 2qE0l mg 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由题知,入射速度为v0 时,电子沿x 轴做直线运动,则 有Ee=ev0B 解得E=v0B; 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