假期必刷20 带电粒子在匀强磁场中的运动-【快乐假期】2025-2026学年高二物理暑假必刷题

三0022 假期必刷20带电粒子在匀强磁 素养解读 1.会应用半径公式和周期公式分析带电粒子 在匀强磁场中运动的基本问题： 2.有界磁场问题一般步骤：画轨迹，定圆心，求 半径或圆心角. 3.在直线边界，粒子进出磁场具有对称性，同 一直线边界，出射角等于入射角， 4.带电粒子进入圆形边界磁场，一般需要将磁 场圆圆心与两圆交点（入射点与出射点）连 线、轨迹圆圆心与两交点连线， 素养训练 1.(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电 荷，粒子A和B以垂直于磁场的方向射入 同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确 的是 ( A.如果两粒子的速度vA=v,则两粒子的 半径rA=rB B.如果两粒子的动能EA=E,则两粒子 的周期TA=Tg C.如果两粒子的质量mA=mg,则两粒子的 周期TA=TB D.如果两粒子的质量与速度的乘积mAvA =mBB,则两粒子的半径rA=rB 2.(多选)如图甲，用强磁场将百万度高温的等 离子体（等量的正离子和电子）约束在特定 区域实现受控核聚变的装置叫托克马克.我 国托克马克装置在世界上首次实现了稳定 运行100秒的成绩.多个磁场才能实现磁约 束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的 示意图，越靠管的右侧磁场越强.尽管等离 子体在该截面上运动的曲率半径远小于管 的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子 还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败.不 计粒子重力，下列说法正确的是 ( 39 高二物理) 积土而为山，积水而为海。 场中的运动 完成日期： 夕 甲 乙 A.正离子在纵向场中沿逆时针方向运动 B.发生漂移是因为带电粒子的速度过大 C.正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移 D.正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移 3.（多选)如图所示，两个速度x××××× X 大小不同的同种带电粒子兰透品 1、2,沿水平方向从同一点 垂直射人匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向 里.当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向 的偏转角分别为90°、60°，关于它们在磁场中运 动情况，下列结论正确的是 ( A.轨迹半径之比为1：2 B.速度之比为2：1 C.时间之比为3：2 D.周期之比为2：1 4.Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图 所示，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面 向里.质量为m,电荷量为十g的粒子，以初 速度从O点沿x轴正方向开始运动，粒子 过y轴时速度与y轴正方向夹角为45°，交 点为P.不计粒子重力，则P点至O点的距 离为 P ×××××× B ×B×XX和XX,x ××××× A.mv gB B.3mo 2gB C.(1+2) gB D. 1 堡快乐慨期 5.如图，圆形区域内有垂直 纸面向里的匀强磁场，质 量为m、电荷量为q(q> M××O××N 、×××× 0)的带电粒子从圆周上的 M点沿直径MON方向射人磁场.若粒子射 入磁场时的速度大小为，，离开磁场时速度 方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为 2,离开磁场时速度方向偏转60°.不计重 力.则为 A R c D.3 6.如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀 强磁场区域，磁场宽度为d,方向垂直纸面 向里.一电子从O点在纸面内垂直PQ以速 度v。进入磁场.若电子在磁场中运动的轨 道半径为2d.O在MN上，且OO与MN 垂直，则下列判断正确的是 0 P------- 左文文 a右 M A.电子将向右偏转 B.电子打在MN上的点与O'点的距离为d C.电子打在MN上的点与O点的距离为2d D.电子在磁场中运动的时间为1=2πd 4vo 7.如图所示，一个质量为m、 y v. 电荷量为一q(q>0)的带电 o. 粒子从x轴正方向上的P 60 点以速度v沿与x轴成60 0 P 角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并 恰好垂直y轴射出第一象限.已知OP=a, 不计带电粒子的重力.求： 0 00-= (1)带电粒子在磁场中运动的半径； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)带电粒子穿过第一象限所用的时间. 素养培优 8.如图所示，在以O点为 · XX X 圆心、半径为R的圆形 A 区域内有垂直于纸面向·.八×××： 里的匀强磁场，磁感应 强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方 向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为 m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC 方向从A点射入圆形区域.不计重力，下列 说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定 沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆 形区城的最小时间间箱为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区 域用时最短，粒子运动的速度大小为 √3gBR 3m飞受快乐假期 子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电 子做负功，动能减小，速度减小，故速度<v。,故A错误，B 正确：若<片，则9四B<9E,即洛伦滋力小于电场力，电 子向上偏转，沿轨迹I运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电 子做正功，动能增大，速度增大，故速度>，故C正确，D 错误.」 7.解析：小球沿斜面下滑，在离开斜面 前，受到洛伦兹力F垂直斜面向上， 其受力分析如图所示. 沿斜面方向，有ngsin0=ma, 垂直斜面方向，有F十F、.一ngcos日 mg =0, 其中洛伦兹力F=qwB, 设下滑距离x时离开斜面，此时斜面对小球的支持 力F、=0, 由=2ax得下滑的距离x=2a' v 联立以上各式解得x=m geos0 2g B'sin 0' 答案：若品 素养培优 8.解析：(1)根据左手定则，正离子向上偏转，所以a板带正电， 电势高. (2)稳定发电时，若外电路断开，则离子在电场力和洛伦兹力 作用下处于平衡状态，有qB=q兰， 解得E=Bdu. (3)根据闭合电路欧姆定律，有I一R千， E r为板间等离子体的电阻，且r=PS· d 联立解得电阻率p的表达式为 p=(Bdu-IR)S Id 答案：(1)a板(2)Bdw(3)Bdu-IR)S Id 假期必刷20 素养训练 1.CD[粒子在匀强磁场中微匀速圆周运功的半径r一侣，又 粒子A、B的电荷量相等且在同一磁场中，即q、B相等，若 飞=g,r还与m有关；若mA=mBB,故rA=rB,A错误， D正确：周期T=,知T还与m有关，所以B错误，C 正确.门 2.AD[根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针 方向运动，故A正确：因为左右两边磁场强度不一样，导致 左右的半径不同，所以发生偏移，B错误：振据B="紧得 R一眉发现B越大，R慧小，所以右边部分的R大于左边部 分的R,结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子 向上侧漂移，故C错误，D正确.] 3.AC[设粒子的入射点到磁场下 边界的磁场宽度为d,粒子的运动 ××X×× 轨迹如图所示，粒子1、2的轨迹圆 2×××× 心分别为O、O,.由几何关系可知， 第一个粒子轨迹半径r=d,第二个 粒子轨迹半径n,满足r,sin30°+ d=r2,解得”2=2d,所以两粒子在磁场中运动的轨迹半径之 比为八：，=1：2，故A正确：由=可知0与r成正比， aB 所以速度之比也为1：2，故B错误：粒子在磁场中运动的周 00M= 物为T-智与粒子的速度大小无关，所以能子周有之比 为1：1，故D错误：由于粒子1、2的偏转角分别为90°、60°， 所以粒子1运动的时间为，粒子2运动的时间为日，所以 时间之比t,:t2=3：2,故C正确.] 4.C[粒子运动轨迹如图所示，在 磁场中，根据洛伦兹力提供向心 P 力有B=m,可得粒子微国 周运动的半径r=m gB 根据几何关系可得P点至O,点的 x×9xx×】 距商Lm=r十co85=1+2)份] 5.B[设磁场区域的半径为R,根据几何关系可知，带电粒子 以)1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r,=R,带电粒 子以2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径2= R 60 tan 2 =R,根据洛伦兹力提供向心力有如B=m,可得， 则号=片=9，B正碗 mu 3 6.D[根据左手定则，电子受 到向左的洛伦兹力，将向左 P.0 偏转，选项A错误；画出电子 d右 做匀速圆周运动的轨迹如图M9合入 所示，圆心为O.设电子的偏转角为α，运动半径为r,则满足 sina=4-竖，所以a=平，由几何关系可得，电子打在MN r 2 上的点与O之间的距离为r一rcos a=(W2一1)d,选项B、C错 头：电子在随场中运动时间1一T选项D正确] 4v. 7.解析：(1)作粒子通过P、Q两点速度 方向的垂线，两垂线的交点即为粒子 做圆周运动的圆心O.画出粒子在第 Q. 一象限运动的轨迹如图所示，可知运 动半径 a 2√3a ··60° 3 0 (2)洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即qvB= n,解得B= 2ag' (3)由运动轨迹图可知，圆孤轨迹对应的圆心角0=120°，则 粒子通过第一象限所用时间1=了，而月期T=2 gB 联立解得1=43π@ 90 答案：(1)23a 3 (2)Y3m (3)43πa 2ag 9v 素养培优 8.D[AB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总 是沿径向射出的：根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能 经过O,点，故A、B错误；C.粒子连续两次由A,点沿AC方向 射入圆形区域，时间最短，根据对称性可知轨迹如图① 图① 0 三0022. 则最短时同有1=2T-铝，数C错误：D粒子从A点射入 到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图②所示 图② 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r =BR 3 根据洛伦兹力提候向心力有B=m号，可得。- 317m 故D正确.] 假期必刷21 素养训练 1.D[由粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知，该粒子 带正电，故A错误：带正电粒子经过电场加速，则下极板S 比上极板S,电势低，故B错误：根据动能定理可得gU= 1 m,根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力可 得B=m号莱立解得=B√②，若只减小加电电压 U,则半径r减小，故C错误；若只减小粒子的质量，则半径x 减小，故D正确.] 2.D[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度 大小无关，因此，在E一t图像中应有t4一t=t一12=2 t,A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压 越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径”= 吧-②正可知E,=,即粒子茨得的最大动能取决 gB aB 2m 于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就 不能继续加速，故B、,C错误，D正确.] 3.C[根据周期公式T-可知，被加速的带电粒子在回谈 加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而不变，A错误； 设D形盒的半径为R,则最终射出回旋加速器的速度满足 B="尺，即有。RB最终射出回茂加速器的连度与领 率无关，B错误：根据周期公式T=2可知m=TB eB 2π 、,C正确；因为氚核(H)与氨核(GHe)的荷质比不同，所 以不能用来加速氦核(He).D错误.] 4.B[对打在P1点的离子，有qB,<qE,v最小，故为甲离 子：对打在P2点的离子，有qB,>qE,v最大，故为丁离子： 打在P点的离子与打在P,点的离子相比，r<r,由r= B,又=可知打在P,点的离子的小，即为乙离 子，打在P,点的离子为丙离子，故选项B正确.] 5.BCD[粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知粒子带 正电，A错误；由于粒子带正电，受电场力向右，因此受洛伦 兹力向左，根据左手定则，在速度选择器中，匀强磁场的方向 垂直纸面向外，B正确；根据qB,=qE,又U=Ed,可知带电 粒子的建率u一店，C正确：根据9B,-m可可得粒子微匀 U 速圆周运动的半径r=m0 qdB,BD正确.] 6.D[根据离子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知a、b 谱线对应的离子均带正电，选项A错误；离子在电场中被加 速过程，由动能定理得gU=2m,在磁场中离子做匀速圆 1 高二物理) 周运动，洛伦蓝力提供向心力，有gB=m,解得r 2mU,即落点距离只与离子的比荷有关，r越小，比荷号越 B g 大，则a谱线对应的离子的比荷较大，但因离子所带电荷量可能 不同，因此无法比较离子的质量大小，选项D正确，B、C错误.] T.AC[质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制 约，因02=2xR,A正确：质子离开回旋加速器的最大 T 动能E-2md=2mX4xRf=2mrR,与加造电 压U无关，B错误：根据r=m, -g8gU=2m90=2m6 2m听，联立解得质子第2次和第1次经过两D形盒间秩缝 后轨道半径之比为√2：1，C正确；质子离开回旋加速器的最 大动能Ex=2mxRf,与m、R、∫均有关，D错误.] 素养培优 8.解析：(1)质子在电场中加速，由动能定理得 eU=E一O,解得E=eU. (2)质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R,由牛 顿第二定律得 evB=m R' ① 质子的最大动能E=弓m, ② 解①@得E=tBR 2m (3)由回旋加速器的工作原理知，交流电源的周期等于质子 在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期，即T=2” eB 答案：(1)eU(2)eBR 2m 假期必刷22 素养训练 1.CD[粒子的运动轨迹如图所示，根据 类平档运功推论有上-n60,解 得P与0的距离5=2,5L,A错误：由 3 =2Rm60,解得R=号LB错送：根 0 1 据5=1，l一合af,ai=%m60gB-m,品=大，联立解得双 =子VL=号V6L.C正确：子在P点的合连度 亚，D正确] 心=由R=号1一-需每#B气 2.C[微粒沿OA做直线运动，则垂直 qvB --- OA方向上合力一定为零，由于F= gB与OA垂直，故微粒做匀速直线运 50 动，B错误； 由平衡条件知，微粒受的洛伦兹力垂 直OA斜向左上方，由左手定则可知，， 微粒带负电，A错误；微粒受力分析如 图所示，根据平衡条件得gE=mgtan0,mg=quBcos0,由以 9c0s0,电场的电场 上两式解得磁场的磁感应强度大小B=mg。 强度E=mgtan0,C正确，D错误.] 3.BD[带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆 周运动，可知带电微粒受到的重力和静电力是一对平衡力， 重力竖直向下，所以静电力竖直向上，与电场方向相反，故可 知该微粒带负电，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始 终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针 (四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正