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

第3节　带电粒子在匀强磁场中的运动 跟踪检测 一、选择题: 1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　) A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 2. 安德森利用云室照片观察到宇宙线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生偏转。如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场(照片中未标出)中，高能宇宙线粒子穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但偏转的方向相反。这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。关于照片中的信息，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹是抛物线 B．粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度 C．粒子从上向下穿过铅板 D．匀强磁场的方向垂直照片平面向里 3．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场。有3个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧。这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示： 粒子编号 质量 电荷量(q>0) 速度大小 1 m －q 2v 2 2m 2q 3v 3 2m q v 由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　) A．3、2、1 B.1、2、3 C.2、3、1 D.1、3、2 4．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是(　　) A．速度之比为2∶1 B．周期之比为1∶2 C．半径之比为1∶2 D．角速度之比为1∶1 5. 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　) A. ∶2 B.∶1 B. C.∶1 D．3∶ 6. 如图所示，质子以初速度v进入磁感应强度为B且范围足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ。已知质子的质量为m，电荷量为e。重力不计，则(　　) A．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里 B．质子做螺旋线运动的半径为 C．质子做螺旋线运动的周期为 D．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为 7．(多选)一带电粒子以一定的速度垂直射入匀强磁场中，则受磁场影响的物理量是(　　) A．速度 B．加速度 C．位移 D．动能 8. (多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(　　) A．a、b均带正电 B．a在磁场中运动的时间比b的短 C．a在磁场中运动的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 二、计算题(要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位) 9. 带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，以速度v＝3.2×106 m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图所示。求：(g取10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字) (1)带电粒子离开磁场时的速度大小； (2)带电粒子在磁场中运动的时间； (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？ 10．浙江满洋船务的“海洋贝尔”号浮油回收船试航成功，其回收原理如图(俯视)所示。当船在静水中以v0＝10 m/s的速度匀速前行时，从进水口进入的浮油，由于摩擦在到达AC边界前形成一颗颗带负电的小油珠，其比荷为＝0.5 C/kg。之后进入长L1＝10 m、宽L2＝10 m、竖直向下的匀强磁场区域APDC。小油珠在洛伦兹力的作用下偏入油污收集箱，洁净的海水从船尾流出。若油污的回收率恰好达到100%(即从A点沿AP边进入的小油珠恰可从D点进入收集箱)，忽略油珠间的相互作用力、海水对油层的带动等，求： (1)匀强磁场磁感应强度的大小； (2)从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间。 11. “质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗，质子先被加速至较高的能量，然后经磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子由静止被加速长度为l＝4 m的匀强电场加速至v＝1.0×107 m/s，然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m＝1.67×10－27 kg，电荷量为e＝1.60×10－19 C，计算结果均保留三位有效数字。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)若质子正对直径为d＝1.0×10－2 m的圆形磁场的圆心射入，被引向后的偏角为60°，求该磁场的磁感应强度大小； (3)若质子被引向后偏角为90°，且圆形磁场磁感应强度为10.44 T，求该圆形磁场的最小直径。 12. 如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从P点以v＝20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm。(不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，计算结果均保留三位有效数字) (1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场，求OQ的距离； (2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。 参考答案： 1. 答案　D解析　带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，粒子的轨道半径增大。由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小，D正确。 2. 答案　D解析　粒子在磁场中只受洛伦兹力，做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不是抛物线，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，由题图示粒子的运动轨迹可知，粒子在铅板上方的轨迹半径较小，则速度较小，故B错误；粒子穿过铅板后能量有损失，粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故D正确。 3. 答案　A解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝，结合表格中数据可求得编号为1、2、3的粒子的轨道半径之比为2∶3∶2，则从b处进入的粒子的编号为2；根据左手定则可知，从a处进入的粒子的电性与从b处进入的粒子的电性相同，与从c处进入的粒子的电性相反，故从a处进入的粒子的编号为3，从c处进入的粒子的编号为1。故选A。 4. 答案　B解析　由qU＝mv2和qvB＝＝mω2r，得v＝ ，ω＝，r＝ ，而mα＝4mH，qα＝2qH，故vH∶vα＝∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2，故B正确，A、C、D错误。 5. 答案　C解析　相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。 同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。 6. 答案　D解析　将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝vsinθ，沿磁场方向的速度v2＝vcosθ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向与磁场方向平行，A错误；质子做螺旋线运动的半径为r＝＝，B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝＝，C错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为x＝v2T＝，D正确。 7. 答案　ABC解析　洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向，故可以改变速度，不改变动能，故A正确，D错误；带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度在变化，故B正确；粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动，则粒子的位移不断变化，故C正确。 8. 答案　AD 解析　离子打在屏P上，则沿顺时针方向偏转，根据左手定则，离子都带正电，A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，而初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它们做圆周运动的半径相同。作出运动轨迹，如图所示。比较得a在磁场中运动的路程比b的长，C错误；由t＝可知，a在磁场中运动的时间比b的长，B错误；从运动轨迹可以看出，a在P上的落点与O点的距离比b的近，D正确。 9. 答案　(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10－8 s (3)2.7×10－2 m 解析　粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB＝8.7×10－14 N，粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，F洛≫G，故重力可忽略不计。 (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106 m/s。 (2)由qvB＝m得轨道半径r＝＝0.2 m 由题图可知偏转角θ满足sinθ＝＝＝0.5，所以θ＝30°＝ 带电粒子在磁场中运动的周期T＝ 可见带电粒子在磁场中运动的时间 t＝T＝T 所以t＝＝3.3×10－8 s。 (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－) m＝2.7×10－2 m。 10. 答案　(1)1 T　(2)2.09 s 解析　(1)设油珠在磁场中做匀速圆周运动的半径为R， 由几何知识得R2＝(R－L2)2＋L解得R＝20 m 以回收船为参考系，油珠以速度v0从进水口向出水口运动，根据qv0B＝m 解得匀强磁场磁感应强度的大小B＝1 T。 (2)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mR 根据几何关系知，从A点进入的油珠在磁场中的偏转角θ满足sinθ＝ 从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间t＝T 联立并代入数据得t＝2.09 s。 11. 答案　(1)1.30×105 N/C　(2)12.1 T(3)1.41×10－2 m 解析　(1)根据动能定理有eEl＝mv2－0 解得E＝1.30×105 N/C。 (2)质子在磁场中的轨迹如图1，由几何关系有tan30°＝ 根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m 解得B＝12.1 T。 (3)根据洛伦兹力提供向心力有evB′＝m 解得r′＝0.01 m 圆形磁场的直径最小时，质子在磁场中的轨迹如图2， 根据几何关系知，圆形磁场的最小直径d′＝r′＝1.41×10－2 m。 12.答案　(1)0.900 m　(2)B＞5.33 T 解析　(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m 得R＝ 代入数据得R＝0.500 m 因为Rsin37°＝OP 故轨迹圆心O′一定在x轴上，轨迹如图甲所示。 由几何关系可知OQ＝R＋Rcos37° 故OQ＝0.900 m。 (2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示 由几何关系得OP＝R0＋R0sin37° 而R0＝ 联立以上两式并代入数据得B0＝ T＝5.33 T 由R＝可知，B越大，R越小，若粒子不能进入x轴上方，则B＞B0＝5.33 T。 1 学科网（北京）股份有限公司 $