第二周 带电粒子在磁场中的运动（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

第二周　带电粒子在磁场中的运动 一、单项选择题 1.1932年,美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子(带正电荷)。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子,并在云室中加入一块厚6 mm 的铅板,借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强磁场时,拍下粒子径迹的照片,如图甲所示,根据照片画出的轨迹示意图如图乙,可分析得出 (　　) A.磁场方向垂直向里,正电子从上到下穿过铅板 B.磁场方向垂直向里,正电子从下到上穿过铅板 C.磁场方向垂直向外,正电子从上到下穿过铅板 D.磁场方向垂直向外,正电子从下到上穿过铅板 2.(2025·淮安高二调研)如图所示,等边三角形acd在光滑绝缘水平面内,O为三角形的中心。在三角形acd内(含边界)存在竖直向下的匀强磁场。在O点给带正电小球P一初速度,使其沿水平面射向各个方向,小球均不会离开磁场,此时小球的初速度最大为v1。现在O点给该带正电小球P另一初速度,平行da射向ac边,小球刚好不离开磁场,此时小球的初速度为v2,则v1与v2之比为 (　　) A.2∶3 B.4∶9 C.3∶4 D.1∶2 3.(2025·盐城高二阶段练习)如图所示,一带电粒子垂直入射半径为R的圆形匀强磁场,P点进Q点出, ∠POQ=60°,且入射速度方向垂直于半径OQ,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　) A.粒子P点进Q点出速度方向偏转了90°且轨迹半径为 B.粒子P点进Q点出速度方向偏转了60°且轨迹半径为 C.若保持粒子速度不变但入射点沿磁场边界稍微下移,粒子仍从Q点出磁场 D.若保持粒子速度不变但入射点沿磁场边界稍微下移,粒子从Q点左侧出磁场 4.(2025·江苏南通高二期中)如图所示,边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中,入射方向分布在与BC边的夹角为60°的范围内,在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为 (　　) A.0° B.15° C.30° D.45° 5.(2025·宿迁高二检测)如图,a、b、c三条长平行线间有匀强磁场,bc间磁感应强度方向垂直于纸面向外,ab间磁感应强度垂直于纸面向里,磁感应强度大小相等。一带正电的粒子垂直于a边界进入磁场,仅在洛伦兹力的作用下到达c线上的Q点(图中未标出)时速度方向竖直向下,且已知线段PQ垂直于abc线。则ab线与bc线间距的比值为 (　　) A.0.5 B. C.2-3 D.3-4 6.(2025·丹阳高二检测)如图所示,坐标系中第Ⅰ象限内存在与纸面垂直的匀强磁场,a点和b点的坐标分别为a和b,过x轴上O'点的虚线与x轴垂直。两个完全相同的带电粒子甲和乙分别从a点和b点以相同的速度沿x轴正方向射入磁场,粒子甲到达O'点时速度方向刚好与虚线相切,不计粒子重力,则粒子乙到达虚线上的位置坐标是 (　　) S A. B. C. D. 7.(2025·天津红桥区高二阶段练习)如图所示,氢原子的三个同位素粒子氕H)、氘H)、氚H)同时垂直于磁场左边界以速度v0射入磁场,经过一段时间后,三个粒子均从磁场左边界射出(射出点未画出),不计粒子所受重力,则 (　　) A.粒子所受合外力对三个粒子所做的功均为0 B.氕在磁场中运动的半径最大 C.氕在磁场中运动的时间最长 D.三个粒子的速度变化量不同 8.(2025·昆山高二模拟)如图所示为某速度选择器的主要工作区域,圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),O点为磁场的圆心,水平虚线为圆的一条直径。S点有一粒子发射源,能在纸面内沿SO向外发射一系列比荷均为k的正粒子,M、N为水平虚线下方半圆的三等分点,P为水平虚线下方半圆的一个四等分点。粒子发射速率为v0时,粒子在磁场中运动时间为t0并从M点离开磁场。粒子初速度范围为[0.1v0,10v0],可连续变化,且不同速度的粒子数量相同。下列说法正确的是 (　　) A.磁感应强度大小为 B.从P点射出的粒子的速率为v0sin 22.5° C.粒子的速度越小,在磁场中运动时间越短 D.从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数 二、解答题 9.(10分)(2025·常州高二阶段练习)如图所示,水平地面与竖直墙壁交点O有一放射源,可以向竖直面内各个方向均匀发射带正电粒子。水平地面上方有一宽度为L的匀强磁场区域,磁场区域上下边界平行地面且下边界距地面距离为L。粒子发射速度均为v,质量为m,电量为q,磁场的磁感应强度大小为B=,方向垂直纸面向外。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求: (1)粒子进入磁场时的速度大小;(2分) (2)粒子进入磁场后做圆周运动的半径大小;(3分) (3)磁场区域上边界粒子飞出点距离竖直墙壁的最大距离。(5分) 10.(12分)(2025·宿迁高二检测)如图所示,第一象限及坐标轴正半轴存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面的匀强磁场,在x=a处有垂直于x轴的金属薄板,长度为a,一粒子从坐标中心O沿y轴正方向以速度v0射出,恰好垂直打中薄板。 (1)求粒子的比荷;(4分) (2)若只改变粒子的速度大小,要使其能打中薄板,求粒子速度大小v的取值范围;(4分) (3)若只改变粒子的速度方向,要使其能打中薄板,求粒子速度与x轴正半轴的夹角θ的取值范围。(4分) 11.(12分)(2025·南通高二质检)如图所示,平面内有一个半径为R的圆形区域,右侧存在一个截面为矩形的区域abcd,两个区域的切点O为ad边的中点,ab=R,bc=2R,bc和cd边上分别有一个接收屏(接收屏的长度等于矩形区域的边长)。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场(两区域磁场方向平行),磁感应强度B=,现有一簇粒子(质量为m,电荷量为+q)以速度v0、方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域(粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀),不考虑粒子的重力,射出矩形边界后的粒子不再考虑。求: (1)沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间t;(6分) (2)矩形区域内粒子所经过的面积S。(6分) 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 第二周 1．选A　正电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，解得R＝，正电子穿过铅板后速度减小，正电子在磁场中的运动半径减小，由题图可知，正电子从上向下穿过铅板。由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里。故A正确，B、C、D错误。 2.选C　设三角形边长为a，当小球速度为v1时，设其运动轨迹圆心为O1、半径为R1，由几何关系可得2R1＝tan 30°；当小球速度为v2时，设其运动轨迹圆心为O2、半径为R2，由几何关系可得R2＋＝；根据qvB＝m，解得v＝∝R，可得＝＝，故选C。 3.选C　作出粒子的运动轨迹如图所示，由于∠POQ＝60°，根据几何关系可得，图中平行四边形OPO1Q为菱形，所以r＝R，保持粒子速度不变，根据磁聚焦的特点可知，粒子一定从Q点出磁场，且速度的偏转角等于圆心角。故选C。 4.选C　电子在磁场中运动时间t＝T＝，可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，由于在磁场中的运动半径均为L，可知电子在三角形ABC区域磁场内运动的轨迹只能是劣弧，根据数学知识可知，轨迹所对应弦长越长，圆心角越大，当电子过A点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知，AB边长等于半径，所以△AOB为等边三角形，∠ABO ＝ 60°，此时电子在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为30°，故选C。 5.选C　由题可知，由于磁感应强度大小相等，故粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，设做圆周运动的半径为r，因为在洛伦兹力的作用下粒子到达c线时的速度竖直向下，且已知PQ垂直于abc线，其运动轨迹如图所示，其中A为b线左侧粒子做圆周运动的圆心，B为b线右侧粒子做圆周运动的圆心，由几何知识可知AP＝r，AB＝2r，故有sin θ＝＝，θ＝30°，ab线间距xab＝rcos θ，bc线间距xbc＝rcos θ＋r，联立解得xab∶xbc＝2－3，故选C。 6.选D　粒子甲到达O′点时速度方向刚好与虚线相切，表明粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝Oa＝l，由于a、b相距，则粒子乙的轨迹圆心c与O点相距，如图所示，粒子乙的轨迹与x轴的交点d到O点的距离Od＝ ＝l，O′d＝l－Od＝l，根据几何关系，粒子乙到达虚线上的位置e与O′的距离O′e＝O′dtan 60°＝l×＝l，所以e点坐标为，故选D。 7．选A　粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子受到的洛伦兹力与粒子速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故粒子所受合外力对三个粒子所做的功均为0，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，粒子的运动半径为r＝，故氚在磁场中运动的半径最大，故B错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，三个粒子均从磁场左边界射出，可知三个粒子运动轨迹对应的圆心角均为180°，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故氚在磁场中运动的时间最长，故C错误；以初速度方向为正方向，三个粒子的速度变化量为Δv＝－v0－v0＝－2v0，故三个粒子的速度变化量相同，故D错误。 8.选D　当粒子从M点离开磁场时，轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为t0＝·，所以B＝＝，故A错误；设圆形区域的半径为R，当粒子从M点射出时，根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，根据几何关系有＝tan 30°，当粒子从P点射出时，根据洛伦兹力提供向心力qv1B＝m，根据几何关系有＝tan 22.5°，联立解得v1＝v0tan 22.5°，故B错误；粒子的速度越小，轨迹半径越小，圆心角越大，则粒子在磁场中运动时间越长，故C错误；若粒子从N点射出，则qv2B＝m，＝tan 60°，所以v2＝3v0，从弧SM射出的粒子的速度范围为0.1v0～v0，从弧MN射出的粒子速度范围为v0～3v0，由此可知，从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数，故D正确。 9．解析：(1)粒子进入磁场前做匀速直线运动，进入磁场时的速度大小为v。 (2)由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 解得R＝L。 (3)恰好从磁场区域上边界飞出的粒子的轨迹如图所示， 粒子斜向上运动，速度与竖直方向夹角为α时，其在磁场中的轨迹与上边界相切，切点为粒子从磁场区域上边界飞出时距离竖直墙壁的最远点，设为d，由几何关系可得d＝Ltan α＋，sin α＝＝ 解得d＝L＋L＝L。 答案：(1)v　(2)L　(3)L 10．解析：(1)根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝a 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 联立解得粒子的比荷＝。 (2)若只改变粒子的速度大小，要使其能打中薄板，当粒子恰好打到薄板与x轴交点时，粒子轨道半径最小，速度最小，根据几何关系可得rmin＝ 由洛伦兹力提供向心力得qvminB＝m 联立解得vmin＝ 则粒子的速度应满足≤v ≤v0。 (3)若只改变粒子的速度方向，要使其能打中薄板，粒子轨迹经过薄板与x轴交点时，如图所示， 由几何关系可得sin θ＝＝ 可得θ＝30° 因此粒子的速度方向与x轴正半轴的夹角应满足30°≤θ ≤90°。 答案：(1)　(2)≤v ≤v0　(3)30°≤θ ≤90° 11．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m，T＝ 解得r＝R，T＝ 沿着半径射入的粒子一定沿半径射出，根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中的轨迹为四分之一圆弧，则运动时间为t＝ 解得t＝。 (2)结合上述可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，则粒子入射点、出射点、圆形区域的圆心与轨迹圆的圆心四点构成的四边形为菱形，则所有粒子经过圆形磁场均可由切点O进入矩形磁场内部，速度方向为任意方向，根据几何关系可知，沿平行于Oa方向射入矩形区域的粒子打在b点，此时为临界情况，如图所示，则粒子在矩形区域中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和，解得S＝R2。 答案：(1)　(2)R2 $