1.3 带电粒子在匀强磁场中的运动 课后练习-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

第一章 安培力与洛伦兹力 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 课后练习 一、单项选择题 1.在月球上不同位置所探测到的电子运动轨迹的照片如图所示，若电子速率相同，且电子速度方向均与磁场方向垂直。这四个位置中磁场最强的是（　　） 2.光滑绝缘水平桌面上存在与桌面垂直的匀强磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体（碰撞时间极短），则粒子的运动轨迹应是图中的哪一个（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹）（　　） 3.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（l≫a）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是（　　） A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为 C.管道内的等效电流为nqπa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 4.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝8 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝1.5×106 m/s，已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为（　　） A.5 cm B.10 cm C.15 cm D.20 cm 5.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t。若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若忽略两个微粒所受的重力，则新微粒运动的（　　） A.轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于t B.轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于t C.轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t D.轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于t 6.如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（　　） A.粒子速度的最大值为 B.粒子速度的最大值为 C.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） D.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） 7.如图所示，带电粒子从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，粒子的入射方向与磁场边界的夹角为θ，从磁场的右边界P点离开，OP长为d，粒子仅受磁场力作用，则（　　） A.可以求出粒子在磁场中的运动时间 B.可以求出粒子做圆周运动的半径 C.可以求出粒子的速度大小 D.可以求出粒子的比荷 答案：B 二、多项选择题 8.如图所示，MNO为圆心角为60°的扇形区域，O为圆心，半径为R，P点为圆弧MN的中点，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，完全相同的两个粒子a和b以相同的速度从M点和P点进入磁场区域，速度方向与OP成60°角。已知粒子a刚好从N点离开磁场，下列判断正确的是（　　） A.粒子a和b带正电荷 B.粒子a和b在磁场中做圆周运动的半径为R C.粒子b也刚好从N点离开磁场 D.粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为2∶1 9.如图所示，在直角坐标系xOy中x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），在y轴上有到原点O的距离均为l的C、D两点，带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则（　　） A.粒子P带负电 B.粒子P在磁场中运动的时间为 C.粒子Q在磁场中运动的路程可能为 D.粒子Q在磁场中运动的时间可能为 10.如图所示，Rt△ABC区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边AC长度为l，磁感应强度大小为B。在C点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为+q的粒子，所有粒子不计重力，速度大小均为v0。其中从C点沿CB方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界AB射出磁场。关于粒子的运动，下列说法正确的是（　　） A.粒子速度v0的大小满足v0＝ B.从A点射出磁场的粒子在C点的速度方向与BC夹角为60° C.与BC夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动时间为 D.所有从AB边界出射的粒子中，在磁场中运动的最短时间为 三、非选择题 11.如图所示，水平虚线是磁场的边界线，虚线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，O、P是边界线上相距为l的两点，Q是磁场中的一点， P、Q两点相距l，P、Q两点的连线与边界线垂直。一质量为m、电荷量为e的电子以速度大小v0从O点沿与边界线有一定夹角的方向向左上方射入磁场，电子经磁场偏转后经过Q点，且Q点是电子在磁场运动过程中距离出发点O最远的一点，电子的重力忽略不计。 （1）求匀强磁场的磁感应强度大小。 （2）若有两个电子同时以速度v0从O点以不同的角度射入磁场，都能经过P点，忽略两电子间的相互作用力，求这两个电子到达P点的时间差。 12.如图所示，MN和PQ是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和PQ间距为Δd＝d，MN与PQ平行且之间区域没有磁场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子自M点以大小为v0、方向与边界夹角为45°斜向右上方的速度第一次射入磁场Ⅰ，带电粒子每次穿越边界MN、PQ过程中动能都可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍（k≤1）。已知两部分磁场方向均垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B＝，粒子的重力和空气阻力可以忽略。 （1）为了使粒子能返回MN边界，磁场Ⅰ的最小宽度l为多大？ （2）若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子再次进入磁场Ⅰ的 第一章 安培力与洛伦兹力 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 课后练习 一、单项选择题 1.在月球上不同位置所探测到的电子运动轨迹的照片如图所示，若电子速率相同，且电子速度方向均与磁场方向垂直。这四个位置中磁场最强的是（　　） 答案：A 解析：根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，得r＝，则磁场越强，半径越小，因图A中电子运动的半径最小，可知四个位置中磁场最强的是A。选项B、C、D错误，A正确。 2.光滑绝缘水平桌面上存在与桌面垂直的匀强磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体（碰撞时间极短），则粒子的运动轨迹应是图中的哪一个（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹）（　　） 答案：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兹力提供，由向心力公式得qvB=，解得r=，当带电粒子运动到M点时，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体，动量不变，电荷量不变，磁感应强度不变，带电粒子做圆周运动的半径不变，选项A正确，B、C、D错误。 3.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（l≫a）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是（　　） A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为 C.管道内的等效电流为nqπa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 答案：C 解析：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a，选项A正确。根据qvB=m，可得粒子的质量m=，选项B正确。管道内的等效电流为I==nq，选项C错误。粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力大小，F=BIl=Bnql，选项D正确。 4.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝8 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝1.5×106 m/s，已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为（　　） A.5 cm B.10 cm C.15 cm D.20 cm 答案：B 解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨迹半径，有qvB＝m，解得R＝＝0.05 m＝5 cm，由于2R>l>R，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R， 以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。粒子运动轨迹如图所示，设N与P1的距离为l1，N与P2的距离为l2。 根据几何关系可得 l1＝＝4 cm l2＝＝6 cm 则感光板ab上被α粒子打中区域的长度l＝l1+l2＝10 cm，选项B正确。 5.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t。若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若忽略两个微粒所受的重力，则新微粒运动的（　　） A.轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于t B.轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于t C.轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t D.轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于t 答案：C 解析：带电微粒和不带电微粒相碰，遵守动量守恒定律，故总动量不变，总电荷量也保持不变，由Bqv=m得r=，p、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故新微粒运动的轨迹为Pa，由周期T=可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，则新微粒运动至屏幕的时间将大于t，选项C正确。 6.如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（　　） A.粒子速度的最大值为 B.粒子速度的最大值为 C.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） D.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） 答案：C 解析：根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝，可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示，根据几何关系可得（2R－r）2＝R2+r2，联立解得r＝R，v＝，选项A、B错误。某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有tan ，则＝53°，即∠ACD＝106°，解得其在磁场中运动的时间为t＝×T＝，选项C正确，D错误。 7.如图所示，带电粒子从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，粒子的入射方向与磁场边界的夹角为θ，从磁场的右边界P点离开，OP长为d，粒子仅受磁场力作用，则（　　） A.可以求出粒子在磁场中的运动时间 B.可以求出粒子做圆周运动的半径 C.可以求出粒子的速度大小 D.可以求出粒子的比荷 答案：B 解析：粒子仅受磁场力作用，在磁场中做圆周运动，由图可知＝cos θ，解得R＝，粒子在磁场中做圆周运动，则Bqv＝m，解得R＝，则周期为T＝，由几何知识可知，粒子在磁场中的运动时间为，则t＝T＝＝（π－2θ），其中质量、电荷量和磁感应强度未知，则无法求出粒子在磁场中的运动时间，选项A错误，B正确；由于R＝，则v＝，其中，R可以求出，但质量、电荷量和磁感应强度未知，故无法求出粒子的速度大小，选项C错误；由公式推导可知比荷为，其中，R可以求出，但速度和磁感应强度未知，故无法求出粒子的比荷，选项D错误。 二、多项选择题 8.如图所示，MNO为圆心角为60°的扇形区域，O为圆心，半径为R，P点为圆弧MN的中点，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，完全相同的两个粒子a和b以相同的速度从M点和P点进入磁场区域，速度方向与OP成60°角。已知粒子a刚好从N点离开磁场，下列判断正确的是（　　） A.粒子a和b带正电荷 B.粒子a和b在磁场中做圆周运动的半径为R C.粒子b也刚好从N点离开磁场 D.粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为2∶1 答案：BCD 解析：根据题意可知，粒子a刚好从N点离开磁场，由左手定则可知，粒子a和b带负电荷，选项A错误；根据题意，假设磁场区域是半径为R的圆，画出两个粒子的轨迹图，如图所示 ∠MON＝60°，△MON是等边三角形，粒子a的速度方向与MO成30°角，粒子a的速度方向与MN成30°角，圆心角等于弦切角的2倍，则有∠MO1N＝60°，即△MO1N也是等边三角形，可知，粒子a在磁场中做圆周运动的半径也为R，选项B正确；完全相同的两个粒子a和b以相同的速度v分别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b的轨迹半径也为R，由图可知，粒子b从N飞出磁场区域，选项C正确；完全相同的两个粒子a和b以相同的速度v分别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b在磁场中做圆周运动的圆心角为粒子a在磁场中做圆周运动圆心角的一半，则粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为2∶1，选项D正确。 9.如图所示，在直角坐标系xOy中x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），在y轴上有到原点O的距离均为l的C、D两点，带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则（　　） A.粒子P带负电 B.粒子P在磁场中运动的时间为 C.粒子Q在磁场中运动的路程可能为 D.粒子Q在磁场中运动的时间可能为 答案：BD 解析：粒子P从C点沿x轴正方向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则可知粒子P带正电，选项A错误；据题意可知粒子P在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝，选项B正确；粒子Q与粒子P相同，而速度为4v，由q·4v·B＝，R＝，可知R2＝4R1＝2l，而CD距离为2l，故粒子Q不可能沿x轴正方向进入磁场，设粒子Q进入磁场时与y轴正方向的夹角为θ，分别有两种情况，轨迹如图所示， 由几何关系可知θ＝或θ＝，则两种轨迹的圆心角为，则粒子Q在磁场中运动的路程为s＝·2l或s＝·2l，运动时间为t2＝，或t2＝，选项C错误，D正确。故选BD。 10.如图所示，Rt△ABC区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边AC长度为l，磁感应强度大小为B。在C点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为+q的粒子，所有粒子不计重力，速度大小均为v0。其中从C点沿CB方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界AB射出磁场。关于粒子的运动，下列说法正确的是（　　） A.粒子速度v0的大小满足v0＝ B.从A点射出磁场的粒子在C点的速度方向与BC夹角为60° C.与BC夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动时间为 D.所有从AB边界出射的粒子中，在磁场中运动的最短时间为 答案：BC 解析：根据题意，从C点沿CB方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界AB射出磁场，如图所示 根据几何关系可知，A点为圆心，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，又r＝l，联立解得v0＝，选项A错误；粒子从A点射出磁场，根据题意，粒子的运动轨迹如图所示 由于粒子在磁场中轨迹半径r＝l，可知△AOC为等边三角形，则有∠OCA＝60°，即粒子在C点的速度方向与BC夹角为60°，选项B正确；根据题意，与BC夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 根据几何关系可知，粒子运动轨迹所对的圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝，选项C正确；根据题意可知，所有从AB边界出射的粒子， 在磁场中运动对应的弦长最短时，即弦与AB垂直时，运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线CD，如图所示 根据几何关系可得sin ， 可得sin θ＝2sin cos ， 则有θ<45°， 可得tmin＝，选项D错误。 三、非选择题 11.如图所示，水平虚线是磁场的边界线，虚线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，O、P是边界线上相距为l的两点，Q是磁场中的一点， P、Q两点相距l，P、Q两点的连线与边界线垂直。一质量为m、电荷量为e的电子以速度大小v0从O点沿与边界线有一定夹角的方向向左上方射入磁场，电子经磁场偏转后经过Q点，且Q点是电子在磁场运动过程中距离出发点O最远的一点，电子的重力忽略不计。 （1）求匀强磁场的磁感应强度大小。 （2）若有两个电子同时以速度v0从O点以不同的角度射入磁场，都能经过P点，忽略两电子间的相互作用力，求这两个电子到达P点的时间差。 答案：（1）　（2） 解析：（1）由左手定则可以判断电子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动，电子的运动轨迹如图所示 因为Q点是电子在磁场中运动轨迹上距离出发点O最远的一点，所以OQ是电子做圆周运动的直径。因为lPQ＝lOP，所以△OPQ的顶角∠OQP＝30°，则电子在磁场中的轨迹半径R＝l 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m 联立解得B＝。 （2）电子做圆周运动的周期有T＝ 结合上一问的数据，整理有T＝ 两电子从O点到P点的运动轨迹如图所示 由于OQ的长度等于轨迹圆的直径，因此两个轨迹圆对应的圆心角分别为 α1＝ α2＝2π－ 一个电子从O点到P点的时间t1＝ 另一个电子从O点到P点的时间t2＝ 因此这两个电子到达P点的时间差为Δt＝t2－t1＝ 因为B＝ 所以Δt＝。 12.如图所示，MN和PQ是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和PQ间距为Δd＝d，MN与PQ平行且之间区域没有磁场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子自M点以大小为v0、方向与边界夹角为45°斜向右上方的速度第一次射入磁场Ⅰ，带电粒子每次穿越边界MN、PQ过程中动能都可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍（k≤1）。已知两部分磁场方向均垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B＝，粒子的重力和空气阻力可以忽略。 （1）为了使粒子能返回MN边界，磁场Ⅰ的最小宽度l为多大？ （2）若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子再次进入磁场Ⅰ的位置为A点，k的值为多少？ 答案：（1）d　（2） 解析：（1）洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有Bqv0＝，所以r＝＝d 根据几何关系，磁场Ⅰ的最小宽度l＝d－dsin 45°，即l＝d。 （2）粒子自A点离开磁场，与边界夹角为45°，自B点进入磁场Ⅱ，自C点离开，为了粒子能返回A点 lBC＝2Δd＝d，所以2r2sin 45°＝d 洛伦兹力提供向心力Bqv2＝，r2＝ 自磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，两次穿越边界＝k2，解得k＝。 学科网（北京）股份有限公司 $