第1章 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册五维课堂Word课时作业（人教版2019）

对应课时作业P5 [基础达标] 1．两个粒子，带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动(　　) A．若速率相等，则半径必相等 B．若质量相等，则周期必相等 C．若动能相等，则周期必相等 D．若质量相等，则半径必相等 解析：B　[根据粒子在磁场中的运动轨道半径r＝和周期T＝公式可知，在q、B一定的情况下，轨道半径r与v和m的大小有关，而周期T只与m有关．] 2．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(电荷量不变)．从图中情况可以确定(　　) A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从a到b，带负电 C．粒子从b到a，带正电 D．粒子从b到a，带负电 解析：C　[垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R＝.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、电荷量不变，又据Ek＝mv2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C选项正确．] 3．带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示．在磁场中静止着不带电的粒子N.粒子M与粒子N碰后粘在一起，在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力．下列说法正确的是(　　) A．碰后粒子做圆周运动的半径减小 B．碰后粒子做圆周运动的周期减小 C．碰后粒子做圆周运动的动量减小 D．碰后粒子做圆周运动的动能减小 解析：D　[设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞后形成的粒子的速度为v.M、N碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝(m1＋m2)v，碰撞前的轨迹半径R＝，碰撞后的轨迹半径及R′＝，所以碰后粒子做圆周运动的动量不变、半径不变，A、C错误；根据周期公式可得T＝，由于碰撞后粒子质量增大，故周期变大，B错误；由于碰撞过程中有能量损失，粒子动能减小，所以碰后粒子做圆周运动的动能减小，D正确．] 4．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1>R2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子(　　) A．带正电 B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域 解析：C　[粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小．由r＝可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子是由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T＝可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝T＝，C选项正确．] 5. 如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中的运动时间之比为(　　) A．1∶1∶1　　　　　　 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D.∶∶1 解析： C　[如图所示，设带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，由几何关系知，圆弧所对应的粒子运动的时间 t＝＝＝·＝，因此，同种粒子以不同速率射入磁场，经历时间与它们的偏角α成正比，即t1∶t2∶t3＝90°∶60°∶30°＝3∶2∶1.] 6.如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB＝120°，则该粒子在磁场中运动的时间为(　　) A.　　　　　 B. C. D. 解析： D　[由图中的几何关系可知，圆弧A所对的圆心角为60°，O、O′的连线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子的轨迹半径为 R＝rtan 60°＝r. 故带电粒子在磁场中运动的周期为 T＝＝. 带电粒子在磁场区域中运动的时间 t＝T＝T＝，故选D.] [总结提升]　粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：t＝T或t＝T. 7.如图所示，一带电荷量为q＝＋2×10－9 C、质量为m＝1.8×10－16 kg的粒子(重力不计)，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10－6 s后到达直线上另一点P.求： (1)粒子做圆周运动的周期T； (2)磁感应强度B的大小； (3)若OP的距离为0.1 m，求粒子的运动速度v的大小？(保留三位有效数字) 解析：粒子进入磁场后受洛伦兹力的作用，粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示． (1)由几何关系可知OP弦对应的圆心角θ＝60°，粒子由O沿大圆弧到P所对应的圆心角为300°，则有＝＝，解得T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s. (2)由粒子做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供， 有qvB＝m，v＝ 得B＝＝T＝0.314 T. (3)轨道半径r＝OP＝0.1 m 粒子的速度v＝≈3.49×105 m/s. 答案：(1)1.8×10－6 s　(2)0.314 T (3)3.49×105 m/s 8.如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求： (1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴． (2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离． 解析： 粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如图所示． (1)由牛顿第二定律qv0B＝m　　① T＝　 ② 得T1＝，T2＝， 粒子第二次到达x轴所需时间 t＝T1＋T2＝. (2)由①式可知r1＝，r2＝， 粒子第二次到达x轴时离O点的距离 x＝2r1＋2r2＝. 答案：(1)　(2) [能力提升] 9. (多选)如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界．现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是(　　) A．电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P B．电子运动一周回到P点所用的时间t＝ C．B1＝4B2 D．B1＝2B2 解析：AD　[由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，选项A正确；由题图得两磁场中轨迹圆的半径比为1∶2，由半径r＝可得＝2，选项C错误，选项D正确；运动一周的时间t＝T1＋＝＋＝，选项B错误．] 10.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 解析： C　[根据洛伦兹力用来提供向心力，运动轨迹向力的方向弯曲，根据左手定则：磁场穿入手心，四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动反方向，拇指所指方向为洛伦兹力方向，由此可以判断出，粒子带负电，选项A错误；因为洛伦兹力与速度始终垂直，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，粒子在a、b两点速率相同，选项B错误；由qBv＝m解得r＝，若只有B减小，其他条件不变，半径r变大，粒子从b点右侧射出，选项C正确；根据T＝＝，仅改变入射速率并不影响带电粒子运动周期T，速率减小，半径减小，由图可知，半径减小，在磁场中的轨迹所对应的圆心角先增大后不变，时间先变长后不变，选项D错误．] 11. (多选)如图所示，左、右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：BC　[粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝知，粒子的入射速度v0越大，r越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电， 其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．] 12.如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时(不计重力)．求： (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离． 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝　 ① qλB0v0＝　 ② 粒子速度方向转过180°时， 所用时间t1＝　 ③ 粒子再转过180°时，所用时间t2＝　 ④ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝(1＋)　　⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d＝2(R1－R2)＝(1－)　　⑥ 答案：(1)(1＋)　(2)(1－) 13．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝2.0×10－6C的带正电粒子，从静止开始经U0＝5 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm.(粒子重力不计，θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小； (2)若磁感应强度B＝1.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离； (3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件． 解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理有qU0＝mv2代入数据解得v＝20 m/s. (2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m解得R＝ 代入数据得R＝0.5 m＝50 cm 而OP＝Rcos 53°＝30 cm，故圆心O′一定在x轴上，粒子运动轨迹如图甲所示． 由几何关系可知OQ＝R＋Rsin 53° 故OQ＝0.9 m. (3)带电粒子刚好不从x轴射出的运动轨迹如图乙所示，由几何关系得粒子不从x轴射出需满足 OP≥R′＋R′cos 53° 因为R′＝ 代入数据解得B′≥2.67 T. 答案：(1)20 m/s　(2)0.9 m (3)B′≥2.67 T 学科网（北京）股份有限公司 $$