课时分层检测(4) 带电粒子在匀强磁场中的运动-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（四）》 带电粒子在匀强磁场中的运动 :5.如图所示，两个速度大 基础达标练 0… 小不同的同种带电粒 2￥ 1.(多选)运动电荷进入磁场（无其他场）中，可 子1、2沿水平方向从 能做的运动是 同一点垂直射入匀强 90°Y60 A.匀速圆周运动 B.平抛运动 磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当它们从 C.自由落体运动 D.匀速直线运动 磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角 2.在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运 分别为90°、60°，则粒子1、2在磁场中运动的 动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是 原来磁感应强度一半的匀强磁场，则( A.轨迹半径之比为2：1 A.粒子的速率加倍，周期减半 B.速度之比为1：2 B.粒子的速率不变，轨道半径减半 C.时间之比为2：3 C.粒子的速率不变，周期变为原来的2倍 D.周期之比为1：2 D.粒子的速率减半，轨道半径变为原来的6.如图所示，一束电荷量为e M纺 2倍 的电子以垂直于磁感应强 3.如图所示，ab是一弯管，其 度B并垂直于磁场边界的 中心线是半径为R的一段 速度o射入宽度为d的匀 B 圆弧，将它置于一给定的 强磁场中，穿出磁场时速度 匀强磁场中，磁场方向垂 方向和原来射入方向的夹 1×× 直于圆弧所在的平面，并且指向纸外。有一 角为0=60°，求电子的质量和穿越磁场的 束粒子对准α端射入弯管，粒子具有不同的 时间。 质量、不同的速度，但都是一价正离子，则 ( A.只有速度)的大小一定的粒子才可以沿 中心线通过弯管 B.只有质量m一定的粒子才可以沿中心线 通过弯管 C.只有质量m与速度的乘积大小一定的 粒子才可以沿中心线通过弯管 D.只有动能Ek一定的粒子才可以沿中心线： 通过弯管 4.如图，ABCD是一个正方形 …0能力提升练。 的匀强磁场区域，两相同的 粒子甲、乙分别以不同的速 7.如图所示，在x轴上方 率从A、D两点沿图示方向 存在垂直于纸面向里的 ×××0×× 射入磁场，均从C点射出， 匀强磁场，磁场的磁感 则它们的速率之比甲：乙和它们通过该 应强度为B,在xOy平面内，从原点O处与 磁场所用时间之比1甲：乙分别为( x轴正方向成0角(0<0<π)，以速率v发射 A.2:1,2:1 B.1:2,2:1 一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法 C.2:1,1:2 D.1:2,1:2 正确的是 134 班级 姓名 得分 A.若0一定，0越大，则粒子离开磁场的位置： (1)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间 距O点越远 的距离d; B.若v一定，0越大，则粒子在磁场中运动的 (2)两粒子进入磁场的时间间隔△。 时间越短 C.若0一定，v越大，则粒子在磁场中运动的 角速度越大 D.若0一定，v越大，则粒子在磁场中运动的 时间越短 8.如图所示，一个质量为 m、电荷量为一q(q>0)、 不计重力的带电粒子从 。B。 x轴上的P(a,0)点以速 。 60°。 度v沿与x轴正方向成 P 60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中， …0情景创新练0… 并恰好垂直于y轴射出第一象限，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； 10.如图所示，匀强磁场 (2)穿过第一象限的时间。 的方向垂直于纸面向 ×B 里，一带电微粒从磁 b 场边界d点垂直于磁 场方向射人，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 两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动 的 () A.轨迹为b,至屏幕的时间将小于 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b,至屏幕的时间将等于t 9.如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向：11.如图，在坐标系的第一 里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为、 和第二象限内存在磁·6。·· ·B· 2 电荷量为一q(q>0)的粒子1在纸面内以速 度u1=0从O点射入磁场，其方向与MN 感应强度大小分别为2 10 的夹角为a=30°；质量为m、电荷量为十g的 B和B、方向均垂直于 粒子2在纸面内以速度2=√3o也从O点 纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷 射入磁场，其方向与MN的夹角为B=60°。 量为g(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二 已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两 象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后 点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间： 经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运 的相互作用。求： 动的时间为 ( A. 5元m 6gB R器 1 /B 11元m C.6qB D. 13元m 6gB 135所以a中自由电荷所受洛伦该力平均值大子b中自由电荷气.C[根据gB=m,得。=，根据题图可知，甲，乙两 度下，a的横截面积小于b,所以a中的自由电荷比b中少，} 所受洛伦兹力平均值，故C错误，D正确。] 粒子的轨迹半径之比为2：1，又因为两粒子相同，故0m: 8.B[由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束！ 0t=r甲：r=2:1,粒子在磁场中的运动周期T=2πm, 既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随！ gB 时间t变化时，应有方向改变，C、D错误：A项中磁感应强： 两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1：1，根据轨 度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也 迹图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1：2，故两粒 子在磁场中经历的时间之比t:tz=1:2,选C。] 相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续5.B[带电粒子在匀强磁场中运动 的亮线，A错误；在B项中磁感应强度随时间变化的规律： 时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿 下，可得到亮线PQ,B正确。门 dx x2××× 9.解析设小球到达最低点时速度大小为， 第二定律有B=m,可得= 0.x 由动能定理可得mgL=2mw 、巴，又T=世，联立可得T= 02 由圆周运动规律及牛顿第二定律可知 2 π，故两粒子运动的周期相同，D错误；速度的偏转角等 gB 第一次经过最低点时：9B-mg=m乙 90° 于轨迹所对的圆心角，故粒子1的运动时间=360T 第二次经过最低点时：F一qB-mg=m乙 T,祖子2的运动时对与=部T=合工，别时网之比为 4 综上解得F=0.06N。 3:2,C错误；粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O和O,如 答案0.06N 图所示，设粒子1的轨迹半径R1=d,对于粒子2，由几何关 10.C[宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇} 系可得R2sin30°+d=R,解得R,=2d,故轨迹半径之比为 宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，受到的洛伦 兹力为零，故A错误；若射向地球表面的带电粒子在两极： 1:2,A错误；由r=可知，速度之比为1：2，B正确。] gB 处运动方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，故B错误；：6.解析过M、N作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于 由左手定则可知，带正电的离子垂直射向赤道时向东偏·O,点，O点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，过V作 转，同理可知，带负电的离子垂直射向赤道时向西偏转，故： OM的垂线，垂足为P,如图所示。由直角三角形OPN知， C正确，D错误。] 电子运动的半径为 11.解析(1)由于：<tana,所以环A将由静止开始沿棒下！ sin60° 2940 M 滑，环A沿棒运动的速度为1时，受到重力mg、洛伦兹力！ q心，B、棒的弹力FN1和摩擦力F,F1=uFN1, 由牛顿第二定律知 P 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有ngsin a一F1=ma 垂直棒的方向有FN1十q心B=mgcos a 所以当F=0,即F=0时， 联立①②式解得m= 23dBe 30 a有最大值am,且am=gsin a,此时qu1B=mgcos a 电子在无界磁场中运动的周期为 解得U,=mgcos a gB T=2r=4V3πd 30 (2)设当环A的速度达到最大值？m时，环A受棒的弹力！ 电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α==60° 大小为F2,方向垂直于棒向下， 故电子在磁场中的运动时间为 摩擦力大小为F=uFN2,此时应有a=0, 即mgsin a=Fe 30 90 FN2十ngcos a=qvmB 解得Un=mg(sina十ucos a) 答案23dBe2VBd 30 9v ugB 7,B[画出粒子在磁场中运动的 ×××一火↑× 答案(1)gsin a mgcos a 轨迹如图所示，由几何关系得， gB 轨迹对应的圆心角a=2π一20， (2)mg(sin atucos a) RgB 粒子在磁场中运动的时同1=会 课时分层检测（四） T=2x-29.2xm=2r-29m, 1.AD[若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速 gB gB 直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀！ 可得，若)一定，日越大，粒子在磁场中运动的时间t越短， 速圆周运动，A、D正确：电荷在磁场（无其他场）中不可能做 若日一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B正确，D 平抛运动和自由落体运动，B、C错误。] 错误：设粒子的轨半径为r,则r一B,由图有，A0=2rsin 2,C[因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感 应强度减半后，由=需可知，轨道半径变为原来的2倍： 0= 2musin ,可得，若0是锐角，0越大，AO越大，若日是钝 aB 角，日越大，AO越小，故A错误；粒子在磁场中运动的角速 由T=2m可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C正确， Ba 度。=祭，又T-需，则得。-盟，与逢定u无关，故C . A、B、D错误。] 错误。] 3.C[因为粒子能通过弯管要有一定的半径，即半径r=R,8.解析(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，如图所 所以1=R一眉由题意可知g、B都相同，对只有当m日一 示。由图中几何关系知Rcos30°=a 定时，粒子才能通过弯管，故选C。] 解得R=23a 3 231 课时分层检测（五） B。 1,A[甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示， 根据几何知识可知r:r2=】:2,因为 aXd ××X 0 ec60°·· 洛伦兹力提供向心力，有qB=m ，则 30°P 由牛顿第二定律得Bqu=m尺 ,=m,所以甲、乙两个粒子的速率之比6这X××c gB 7my√3m0 为1：2，故A正确：因为T=2π，甲、乙两粒子运动的周期 则B= gR 2ga 相等，所以甲、己两个粒子在磁场中运动的时间之比为 2 (2)运动时间t= 3 180°：90°=2：1，故B错误；根据粒子运动轨迹可知，甲粒 2πm_4V3ra 子离开磁场的方向向左，己粒子离开磁场的方向向下，故 2x 9v C,D错误。 答案 (1)3mu (2)43ra 2.D[由题意可知，电子正好经过C 2ga 9v 9,解析(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图： 点时的运动轨迹如图所示，此时圆 所示。 周运动的半径R= 2 c0s30° =3 a 02f ·· ×× 要想电子从BC边经过，电子做圆 "a· B、 M B 周运动的半径要大于 a,由带电 3 由牛顿第二定律有gB=m r 粒子在磁场中做国周返动的丰径r吧有。<地，即B 得r= gB'r2= √3m gB <Bm,D项正确。] 故d=A0+0B=2r1sin30°+2r,sin60°=4m% ae gB :3.A[粒子的运动轨迹如图所示，粒子做圆 (2)粒子1做国周运动的圆心角为日-要 周运动的轨道半径 R 粒子2做圆周运动的圆心角为日，=红 r-tan 30-3R 3 根据洛伦兹力提供向心力得 粒子做圆周运动的周期T=2=2πm v gB 9B=m解得B三3，故A正确。] 粒子1在匀强磁场中运动的时间一2元 4.BD[作出两带电粒子各自的运动轨 迹，如图所示，根据圆周运动特点知，两 :T 粒子2在匀强磁场中运动的时间4一2 粒子分别从P、Q点射出时，速度方向 与AC边的夹角相等，故可判定两粒子 所以△t=t1一t2= T11 3gB 从P、Q点射出时，半径Rp<Ra,故由 答案(1) 7m0o 2 R=可知从Q点射出的粒子速度大， Ba B C gB 10.C[带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒定律，故 A错误，B正确：由T=2迟-2红得，两粒子在磁场中做圆 总动量不变，总电荷量也保持不变，由B如=m号得r= 周运动的周期相等，根据图示，可知两轨迹对应的圆心角相 BB巾9都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径，不 等，由1=，T得两粒子在磁场中的运动时间相等，C错误， 2π D正确。 变，故轨迹应为：由周期T=可知，因m增大，故新5，A汇靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对 gB 微粒运动的周期增大，因所对应的孤线不变，圆心角不变，： 应的磁感应强度有最小值B,设此时轨道半径为R1,由牛 所用的时间将大于t,C正确。] 11.B[设带电粒子进入第二象限的速 顿第二定律得eoB-,由几何关系得(R-d)'十(6d 度为，在第二象限和第一象限中运 2 动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径 ··R·· 一R,解得月一品：靠近M板遂入磁场的电子刷好打到 分别为R和R:,由洛伦兹力提供向 N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B,,设此时轨道 R2 心力·有gB=m农、工=，可程 半径为R,由牛顿第二定律得B,=咒，由几何关系得 R8Rm工8工带电粒子在第 gB R=号解得B=综上所迷，磁多应强度B的范国 T 象限中运动的时间为1=，在第一象限中运动的时间为 为品≤B≤A正骑门 ed 是又由几何关系有me0-R=子可得6 !6.ABC[粒子1从A点正对O点射入，恰从B,点射出，粒子 t2一2 R。 在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于BO,粒子 ，则粒子在磁场中运动的时间为1=1十，联立以上各 2从C点以相同速度沿CD射入，其轨迹半径与CD垂直向 6 上，其运动轨迹半径也为R,设对应的圆心为O,连接OB, 式解得t=0,选项B正确，A,C、D错误] 如图所示，由几何知识可知O1COB是菱形，O1B=CO,则 6gB 粒子2一定从B点射出磁场，A、B正确：粒子1在磁场中转 232