人教新课标高考物理一轮复习 带电粒子在磁场中的运动 课时练(解析版)

2020届一轮复习人教新课标 带电粒子在磁场中的运动 课时练（解析版）
1．一个静止的放射性同位素的原子核3015P 衰变成30
14Si ，另一个也静止的天然放射性原
子核23490Th 衰变成23491Pa ，在同一磁场中得到衰变后粒子的运动轨迹1、2、3、4，如图
所示，则这四条运动轨迹对应的粒子依次是（ ）
A ．电子、23491Pa 、3014Si 、正电子
B ．23491Pa 、电子、正电子、3014Si
C ．3014Si 、正电子、电子、23491Pa
D ．正电子、3014Si 、23491Pa 、电子
2．如图所示，在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab ＝＝L ，一带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出，若撤去磁场，则粒子从c 点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )
A ．从b 点射出
B ．从b 、P 间某点射出
C ．从a 点射出
D ．从a 、b 间某点射出
3．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .则( )
A ．粒子经偏转后一定能回到原点O
B ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1
C ．粒子完成一次周期性运动的时间为
D ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R
4．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M 、N ，现有一束速率不同、比荷均为k 的正、负离子，从M 孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N 孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( )
A ．是正离子，速率为
cos kBR
α B ．是正离子，速率为sin kBR
α
C ．是负离子，速率为sin kBR
α
D ．是负离子，速率为cos kBR
α
5．图甲是洛伦兹力演示仪。

图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。

图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。

电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。

若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。

关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
6．如图所示，矩形区域MPQN长，宽，一质量为不计重力、电荷量为q的带正电粒子从M点以初速度水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中Q点，则电场强度E的大小与磁感应强度B的大小的比值为
A．B．C．D．
7．如图所示，一个静止的铀核，放在匀强磁场中，它发生一次α衰变后变为钍核，α粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，则以下判断正确的是（）
A．1是α粒子的径迹，2是钍核的径迹
B．1是钍核的径迹，2是α粒子的径迹
C．3是α粒子的径迹，4是钍核的径迹
D．3是钍核的径迹，4是α粒子的径迹
8．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核放出一个α粒子，α粒子的速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子与反冲核做圆周运动的轨迹半径之比为30：1，如图所示。

则下列说法正确的是（）
A．反冲核的原子序数为62
B．原放射性元素的原子序数是62
C．反冲核与α粒子的速率之比为1：30
D．α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反
9．电子以垂直于匀强磁场的速度v从a点进入长为d、宽为L的有界匀强磁场区域,偏转后从b点离开磁场,如图所示.若磁场的磁感应强度为B, 那么()
A．电子在磁场中的运动时间t=
B．电子在磁场中的运动时间t=
C．洛伦兹力对电子做的功是W=Bev2t
D．电子在b点的速度大小也为v
10．如图所示，在两块长为L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点。

若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出。

设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计。

(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B。

粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d应满足的条件和电场周期T的最小值T min。

11．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。

在△OCA 区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。

质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。

已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。

不计重力。

(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。

12．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5．0×10－8kg、电量为q＝1．0×10－6C的带电粒子。

从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝0．3m。

（粒子重力不计，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）求：
（1）带电粒子到达P点时速度v的大小；
（2）若磁感应强度B＝2．0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。

13．（20分）同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型。

M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。

质量为m、电荷量为+q的粒子A （不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零。

两板外部
存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离，A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化。

不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

求
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率；
（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。

在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由。

参考答案
1．B
【解析】
【详解】
放射性原子核放出正电子时，正粒子与反冲核的速度方向相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆.而放射性原子核放出电子时，电子与反冲核的速度方向相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆.放射性原子核放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，由轨迹半径mv p
r
qB qB
==，可得轨迹半径与电荷量成反比，而正电子和电子的电荷量比反冲核的电荷量小，则正电子和电子的轨迹半径比反冲核的轨迹半径都大，故运动轨迹1、2、3、4依次
对应的粒子是234
91Pa、电子、正电子、30
14
Si.
A. 电子、234
91Pa、30
14
Si、正电子，与结论不相符，选项A错误；
B. 234
91Pa、电子、正电子、30
14
Si，与结论相符，选项B正确；
C. 30
14Si、正电子、电子、234
91
Pa，与结论不相符，选项C错误；
D. 正电子、30
14Si、234
91
Pa、电子，与结论不相符，选项D错误。

2．C
【解析】
【分析】
粒子沿直线从bc边的中点P射出，洛伦兹力等于电场力，撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷，在此过程中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律列式，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，洛仑兹力提供向心力，列式求出半径即可求解；
【详解】
设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为，则粒子沿直线通过场区时
撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a，穿越电场所用时间为t，则有：
，，，
撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，洛仑兹力提供向心力：
由以上各式解得：，粒子做圆运动的轨迹如图，粒子将从a点射出，故选项C正确，选项ABD错误。

【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力和应用数学知识解决物理问题的能力。

3．D
【解析】
根据左手定则可知，粒子向右偏转，经过X轴进入下方磁场，因为磁感应强度减半，，所以半径加倍，继续向右偏转，所以粒子经偏转不能回到原点0，故A错误，
粒子在轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2，故B错误
粒子在磁场中运动周期，粒子完成一次周期性运动的时间为
，故C错误
根据几何关系可知，粒子第一次经过x轴前进的距离为R，第二次继续前进r，因为粒子在下方磁场中运动半径r=2R，所以粒子第二次射入轴上方磁场时，沿轴前进R+r=3R，故D 正确
故选D
4．B
【解析】
【详解】
离子从M进入磁场，从N点离开磁场，离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向斜向右下方，
由左手定则可知，离子带正电；
离子从小孔M 射入磁场，与MN 方向的夹角为α，则离子从小孔N 离开磁场时速度与MN 的夹角也为α，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，
由几何知识得到轨迹所对应轨迹半径：r =
sin R
α
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
v qvB m r =
又：q k m = 解得：sin kBR
v α
=，故B 正确，ACD 错误。

5．D
【解析】电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=
1
2
mv 02；电子在匀强磁场中做匀速圆
周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv 0=m 2
v r ，解得： 0mv r eB =
=；增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项AB 错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小．故C 错误，D 正确；故选D. 6．B 【解析】
在电场中做类似平抛运动过程，根据分运动公式，有水平方向，竖直方向：
，只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有
，解得
，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，联立解得
，
故
，B 正确．
7．B
【解析】
由于原来的铀核静止，而衰变前后动量守恒，所以衰变后两粒子的速度方向相反，又知道α粒子和钍核都带的是正电，所以根据左手定则可得轨迹为外切，所以3和4的轨迹错误，根
据半径公式
mv p
r
qB qB
==，可知电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是α粒子的径
迹，B正确．
8．BD
【解析】
【详解】
ABD.衰变过程遵守动量守恒定律，所以反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，根据mv p
r
qB qB
==可知反冲核的核电荷数为60，则原放射性元素的原子序数为62，故A错误，BD正确；
C.反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，所以它们的速率和质量成反比，由于质量之比未知，所以速率之比也不确定，故C错误.
9．BD
【解析】
【详解】
AB、电子做匀速圆周运动，在磁场中运动的时间为t=，故A错误，B正确；
C、洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，对电子不做功，故C错误；
D、洛伦兹力不做功，电子的动能不变，则其速率不变，故D正确；
故选BD。

【点睛】
电子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由弧长与线速度之比求时间；洛伦
兹力不做功，速度大小不变。

10．（1）（2）；
【解析】
【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则
由几何关系：
解得
（2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有：
解得
设合速度为v，与竖直方向的夹角为α，则：
则
粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则，解得
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为；
由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：
解得
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.
11．(1)(2)2t0(3)
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r
由洛伦兹力提供向心力得：②
匀速圆周运动的速度满足：③
联立①②③式得④
（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。

设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。

由几何关系有θ1=180°–θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥
（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。

设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r-0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦
⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨
联立①⑦⑧⑨式得⑩
【点睛】
对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。

12．（1）20 m/s （2）0．90 m （3）B′>5．33 T
【解析】
试题分析：（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理：qU＝mv2
代入数据得：v＝20 m/s
（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
得
代入数据得：R＝0．5 m
而OP/cos 53°＝0．5 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。

由几何关系可知：OQ＝R＋Rcos37°
解得：OQ＝0．90 m
（3）带电粒子不从x轴射出（如图乙），由几何关系得：
OP>R′＋R′sin37°
代入数据得：B′>T＝5．33 T（取“≥”照样给分）
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力。

13．（1）；（2）；（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹；
【解析】
试题分析：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得
①
A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力
②
联立解得：③
（2）设A经n次加速后的速度为v n，由动能定理得
④
设A做第n次圆周运动的周期为T n，有
⑤
设在A运动第n周的时间内电场力做功为W n，则
⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为
⑦
联立解得：⑧
（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹。

A经地n加速后，设其对应的磁感应强度为B n，A、B的周期分别为、，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得
由上可知，是的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周。

由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速。

经n次加速后，A、B的速度分别为、，结合④式有
由题设条件并结合⑤式，对A有
设B的轨迹半径为，有
比较以上两式得
上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变。

由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示。

考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率。