第1章 3 带电粒子在匀强磁场中的运动（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

[对应学生用书作业(三)P7] [基础巩固] 1．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是(　　) A．匀速圆周运动　　　　 B．平抛运动 C．自由落体运动 D．匀速直线运动 解析　若运动电荷垂直于磁场方向进入磁场，则做匀速圆周运动。若平行磁场方向进入，不受洛伦兹力作用做匀速直线运动，不可能做平抛运动或自由落体运动。 答案　AD 2．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场，质量和电荷量大小都相等的带电粒子a、b以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹，粒子a垂直于MP射出磁场区域，粒子b经过Q点。已知O是PQ的中点，不计粒子重力和粒子间的相互作用，关于两粒子在磁场中的运动过程，下列说法正确的是(　　) A．粒子a带负电，粒子b带正电 B．粒子a的运动时间大于粒子b的运动时间 C．粒子a的动能大于粒子b的动能 D．粒子a的动量小于粒子b的动量 解析　根据左手定则可知，a粒子带正电，b粒子带负电，故A项错误；由洛伦兹力提供向心力qvB＝mr，qvB＝m，解得T＝，由题意及上述分析两粒子的周期相同，粒子b的轨迹对应的圆心角大，所以粒子b运动的时间长，故B项错误；由公式qvB＝m，Ek＝mv2，解得Ek＝，因为q、B、m都相同，所以r越大，粒子动能越大，由题图可知，a的轨道半径大，故a粒子的动能大，故C项正确；由公式qvB＝m，p＝mv，解得p＝qBr，因为q、B、m都相同，因此r越大，粒子动量越大，由题图可知，a的轨道半径大，故a粒子的动量大，故D项错误。 答案　C 3．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析　由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，解得＝，A项正确。 答案　A 4．如图所示，纸面内有一直角三角形abc区域，∠a＝30°，abc区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子自ab中点P沿Pb方向射入磁场后，恰好从c点射出磁场。已知bc长为l，带电粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，以下判断正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子速度的大小为 C．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为 D．带电粒子由P到c过程中运动的时间为 解析　粒子向左下偏转，由左手定则知粒子带负电，故A错误；粒子运动轨迹如图，由几何关系知粒子的轨迹半径r＝l，根据qvB＝得v＝，故B错误；粒子在磁场中运动周期T＝＝，由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，所以运动的时间为t＝＝，故C错误，D正确。 答案　D 5．(2025·湖南长沙模拟)如图，在边界MN上方足够大的空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场。两粒子11H核与12H核同时从MN上P点以相同的动能沿纸面飞入磁场，又同时从另一位置Q(图中未画出)飞出磁场。不计粒子重力及二者间的相互作用。二者在P点处速度方向间的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　粒子的运动轨迹如图所示，两粒子电荷量相等，质量为m2＝2m1，由周期公式T＝，T2＝2T1。两粒子在磁场中运动的时间相等，由t＝T，可知θ1T1＝θ2T2，θ2＝θ1。若两者飞入磁场的动能相等，由r＝＝，可得r2＝r1，可得三角形PO1O2为等腰三角形，∠PO1O2＝，两粒子入射速度方向间的夹角为45°，故选B。 答案　B 6．(多选)(2025·河南驻马店期末)如图所示，在直线边界PQ上方有向里的匀强磁场，两个同种带电粒子先后从PQ上的O点沿与PQ成θ角且垂直于磁场的方向射入磁场中，它们分别从PQ上的M、N两点射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带负电 B．两粒子从磁场中射出时的速度方向一定相同 C．两粒子在磁场中的运动时间一定相同 D．两粒子在磁场中的运动时间一定不相同 解析　根据左手定则可知粒子带负电，A正确；根据对称性，对于同一直线边界磁场带电粒子以多大角度入射，以多大角度出射，与速度大小无关，两种粒子的入射方向相同，两粒子从磁场中射出时的速度方向一定相同，B正确；对于同一直线边界磁场带电粒子，两种粒子的入射方向相同，转过的圆心角θ也相等，t＝T，同种带电粒子在磁场中的运动周期相等，则两粒子在磁场中的运动时间一定相同，C正确，D错误。 答案　ABC 7．如图所示，圆心为O、半径为R＝1 m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为(　　) A．m2 B．m2 C． m2 D．π m2 解析　设轨迹圆的半径为r，由几何关系∠POQ＝90°，粒子做圆周运动的半径为r＝R，由几何关系如图该区域面积S＝＋＋＝－，代入数据解得面积为m2，故选A。 答案　A 8．如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　) A． B． C． D． 解析　带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝F向得qvB＝，解得v＝，选项B正确。 答案　B [能力提升] 9．(多选)在如图所示的坐标系中，P、Q分别是x、y轴上的两点，P、Q到原点O的距离均为L，△OPQ区域内(包含边界)存在与直角坐标系xOy平面垂直的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量绝对值为q的带电粒子从原点O处以速率v0沿x轴正方向射入磁场，从OQ之间的M点(图中未画出)射出，不计带电粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度大小可能为(　　) A． B． C． D． 解析　带电粒子从OQ之间的M点射出，由带电粒子在磁场中受力分析可知，粒子从原点O处以速率v0沿x轴正方向射入磁场时，受力方向应该向上，匀强磁场的磁感应强度最小值时的轨迹如图所示，由几何关系可知R＋R＝L，由洛伦兹力提供向心力可知qvBmin＝m，联立两式解得Bmin＝，可知B、C正确，A、D错误。 答案　BC 10．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，一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v，当速度方向与ab成30°角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为t；若相同的带电粒子从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．v B．v C．v D．v 解析　根据qvB＝m，可得粒子在磁场中的运动半径r＝。当粒子从b点飞出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，此时入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°，如图(a)所示，设磁场的半径为R，根据几何知识得知：轨迹半径为r1＝2R＝，根据周期公式T＝，则粒子在磁场中运动时间t＝T＝，与速度无关；当粒子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°，如图(b)所示，根据几何知识得，粒子的轨迹半径为r2＝R＝，＝＝，解得v′＝v，故选A。 　 答案　A 11．(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 解析　(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0 根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝m 解得＝。 (2)当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为v0sin θ的匀速直线运动、横截面内速率为v0cos θ的圆周运动 则有ev0cos θ·＝m 结合(1)问解得θ＝60°，即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知识有T＝＝ 运动半个周期时电子恰运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向上电子做匀速直线运动，则有 h＝v0sin 60°· 则打在筒壁上的区域面积S＝2πR·2h 联立解得S＝2π2R2。 答案　(1)　(2)2π2R2 12．(2025·河南郑州期末)如图，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。PQ是足够大的荧光屏，MN是长度为2d的水平挡板(不计厚度)。O为电子源，可以沿与OP夹角θ＝30°的方向发射大量速度大小不等的电子。已知MN中垂线过O点，且O到MN的距离为d，电子比荷为k，求： (1)到达挡板上M点电子的速度大小； (2)电子到达挡板的最长时间； (3)荧光屏上O点右侧不发光区域的宽度。 解析　(1)到达M点电子的轨迹如图 由几何关系轨迹半径为R1＝2d 由牛顿第二定律qv1B＝ 联立得v1＝2kBd。 (2)当电子轨迹与挡板相切时，其到达挡板的时间最长，速度偏转角为β＝ 由牛顿第二定律qvB＝ 电子做匀速圆周运动的周期为T＝ 最长时间为t＝·T 联立解得t＝。 (3)当电子刚好过M点时，此电子刚好打到PQ上的C点，由几何关系OC＝R1 当电子轨迹与挡板相切时，此电子刚好打到PQ上的D点，轨迹半径为R2，由几何关系： R2＋R2cos 30°＝d 解得R2＝d 由几何关系OD＝R2 设荧光屏上O点右侧不发光区域的宽度为L，则L＝OC－OD 解得L＝d。 答案　(1)2kBd　(2)　(3)d 学科网（北京）股份有限公司 $$