课时跟踪检测(三十) 带电粒子在磁场中的运动

课时跟踪检测（三十） 带电粒子在磁场中的运动
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．在探究射线性质的过程中，让质量为m 1、带电荷量为2e 的α粒子和质量为m 2、带电荷量为e 的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动。

则α粒子与β粒子的动能之比是( )
A.m 1m 2
B.m 2m 1
C.m 14m 2
D.4m 2m 1
解析：选D 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，
有：q v B ＝m v 2r ，动能为E k ＝12m v 2，联立可得：E k ＝q 2r 2B 22m
，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为E kαE kβ＝q 21
m 1q 22m 2
＝4m 2m 1
，故D 正确。

2. (2021·衡水调研)(多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与
纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb 由区域
Ⅰ运动到区域Ⅱ。

已知ap 与pb 的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是
( ) A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B ．粒子通过ap 、pb 的时间之比为2∶1
C.ap 与pb 对应的圆心角之比为2∶1
D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反
解析：选ABD 由于带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力永远不做功，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，选项A 正确；由s ＝v t ，可知粒子通过ap 、pb 的时间之比为2∶1，选项B 正确；圆心角θ＝s r ，r ＝m v qB ，由于磁感应强度之比未知，故半径
之比无法确定，则对应的圆心角之比无法确定，选项C 错误；根据带电粒子运动轨迹可知，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反，选项D 正确。

3. (2021·曲靖模拟)如图所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀
强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，
经t 1时间从b 点离开磁场。

之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速
率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1∶t 2为( )
A ．3∶1
B ．2∶3
C ．3∶2
D ．2∶1
解析：选A 电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为
直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2
时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r ＝m v qB
可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，
所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πm Bq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq ，所以t 1t 2
＝3，故A 正确。

4.如图所示，竖直平行边界MN 、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁
场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN 上的C 点
分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN 的夹角分别为
30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ 上的D 点射出磁场，C 、D 连线与两边界的垂线CE 的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比v 甲v 乙
及运动的时间之比t 甲t 乙
分别为(已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)( ) A.
6－22 2 B.6＋22 2 C.6－24 23 D.6＋24 23
解析：选A 设C 、D 两点间的距离为L ，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，
轨迹半径r ＝L 2cos (30°＋α)
，轨迹所对的圆心角β＝2(90°－30°－α)＝120°－2α，结合r ＝m v qB 和T ＝2πm qB ，得v ∝1cos (30°＋α)
，t ＝β360°T ∝(120°－2α)，则v 甲v 乙＝cos (30°＋45°)cos (30°＋30°)＝6－22，t 甲t 乙＝120°－2×30°120°－2×45°
＝2，选项A 正确。

5. (2021·内江模拟)(多选)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场最高点P 以不同的速
度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q 、
质量为m ，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )
A ．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
B ．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C ．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上
D ．只要速度满足v ＝qBR m
，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上 解析：选BD 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨道半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，
由t ＝θ2π
T 知，运动时间t 越小，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，故B 正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，
与粒子的速度有关，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，粒子的轨迹半径为r ＝m v qB ＝R ，入射
点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确。

6. (2021·山东省实验中学模拟)如图所示，在一等腰直角三角形ACD
区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B 。

一质量
为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂
直AC 边射入磁场区域。

若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD
边射出，则v 的取值范围为( )
A.qBL m ≤v ≤22qBL m
B.qBL m ≤v ≤5qBL m
C.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m
D.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m
解析：选C 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m
，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD 边相切时速度最大，如
图所示，则有AO ′·sin 45°＝O ′E ，即(r 1＋L )sin 45°＝r 1，解得满足题目
要求的最大半径为r 1＝(2＋1)L ，故最大速度为v 1＝(2＋1)qBL m
；当粒子从C 点出射时，满足题目要求的半径最小，为r 2＝L 2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m
，则v 的取值范围为qBL 2m
≤v ≤(2＋1)qBL m ，故C 正确，A 、B 、D 错误。

7．(2021·安庆模拟)如图所示，半径分别为R 、2R 的两个同心圆，圆心为O ，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力
不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿PO 方向以速度v 1射入磁场，
其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v 2，不论其入射方向如何，都不可能射
入小圆内部区域，则v 1v 2至少为( ) A.433
B.233
C.439
D.33
解析：选A 粒子速度为v 1时，圆心角为120°，设圆心为O 1，由几何关系可知，半径r 1＝PO tan 30°＝2R ×33＝23R 3。

当v 2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r 2＝R 2
，此时v 2为满足条件的最大值。

结合r ＝m v qB 得：v ＝qBr m ，所以速度之比等于半径之比，r 1r 2＝433，所以v 1v 2至少为433
，A 正确。

8. (2021·昆明质检)(多选)如图所示，边长为L 的正三角形ABC 区域
内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，BC 边的中点O
有一粒子源，可以在ABC 平面内沿任意方向发射速率为v 的相同的正粒
子，若从AB 边中点D 射出磁场的粒子，从O 到D 的过程中速度方向偏
转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A ．粒子运动的轨道半径为L
B ．粒子不可能从A 点射出磁场
C ．粒子的比荷为q m ＝2v B 0L
D ．从B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为πL 3v
解析：选BC 从O 点到D 点的过程中速度方向偏转了60°，则从D 点射出的粒子，由
弦长公式可知，OD ＝L 2＝2r sin 30°，解得：r ＝L 2
，故A 错误；若粒子从A 点射出，则弦长为32L ，由几何关系得：32L ＝2×L 2
sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC 边射出，故粒子不可能从A 点射出磁场，故B 正确；
由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，即L 2＝m v qB 0，解得：q m ＝2v B 0L ，故C 正确；OB ＝L 2
＝r ，则从B 点射出
的粒子的轨迹圆心角为60°，所以运动时间为t ＝60°360°×2π×L 2v ＝πL 6v ，故D 错误。

9. (2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感
应强度大小分别为12
B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直
于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。

粒子在磁场中运
动的时间为( )
A.5πm 6qB
B.7πm 6qB
C.11πm 6qB
D.13πm 6qB
解析：选B 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不
变，由r ＝m v qB 知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半径的2倍，如图所示。

由T ＝2πr v ，及t 1＝θ2π
T 可知粒子在第二象限内运动的时间
t 1＝π
22π·2πm qB ＝πm 2qB 粒子在第一象限内运动的时间
t 2＝π32π·2πm ×2qB ＝2πm 3qB
则粒子在磁场中运动的时间t ＝t 1＋t 2＝7πm 6qB
，选项B 正确。

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10. (2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂
直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab 为半圆，ac 、bd 与直
径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。

一束质量为m 、电荷量
为q (q ＞0)的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。

不计粒子之间的相互作用。

在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A.7πm 6qB
B.5πm 4qB
C.4πm 3qB
D.3πm 2qB
解析：选C 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。

设轨迹交半圆ab 于e 点，ce 中垂线交bc 于O 点，则
O 点为轨迹圆心，如图所示。

圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有
最大值，当ce 与ab 相切时，β最大，此时θ＝43π，则t ＝θ2πT ＝4πm 3qB
，故C 选项正确。

11．(2020·浙江7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。

竖直平面内存在边界为矩形EFGH 、方向垂直纸面向外、磁感应强度
大小为B 的匀强磁场，探测板CD 平行于HG 水平放置，能沿竖直方
向缓慢移动且接地。

a 、b 、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的
离子均以相同速度持续从边界EH 水平射入磁场，b 束中的离子在磁
场中沿半径为R 的四分之一圆弧运动后从下边界HG 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D 点。

已知每束每秒射入磁场的离子数均为N ，离子束间的距离均为0.6R ，探测板CD 的宽度为0.5R ，离子质量均为m 、电荷量均为q ，不计重力及离子间的相互作用。

(1)求离子速度v 的大小及c 束中的离子射出磁场边界HG 时与H 点的距离s ；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG 的最大距离L max ；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F 与板到HG 距离L 的关系。

解析： (1)根据洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力，由牛顿第
二定律得：q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBR m 由几何关系得OO ′＝0.6R ，
s ＝R 2－(0.6R )2＝0.8R 。

(2)a 、c 束中的离子从同一点Q 射出，α＝β
tan α＝R －s L max
解得L max ＝415
R 。

(3)a 或c 束中每个离子动量的竖直分量
p z ＝p cos α＝0.8qBR
若0<L ≤415
R ， F 1＝Np ＋2Np z ＝2.6NqBR
若415
R <L ≤0.4R ， F 2＝Np ＋Np z ＝1.8NqBR
若L >0.4R ，
F 3＝Np ＝NqBR 。

答案：(1)qBR m 0.8R
(2)415R (3)见解析
12.(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B 。

磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN ＝L ，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。

质量为m 、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L 。

粒子重力不计，电荷量保持不变。

(1)求粒子运动速度的大小v ；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；
(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d 2
，求粒子从P 到Q 的运动时间t 。

解析：(1)洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r
r ＝d ，解得v ＝qBd m 。

(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M 的距离最大
由几何关系得d m ＝d (1＋sin 60°)
解得d m ＝2＋32
d 。

(3)粒子的运动周期T ＝2πm qB 设粒子从最后一次碰撞水平绝缘板到射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4
＋t ′(n ＝1,3,5，…) (a)当L ＝nd ＋⎝⎛⎭
⎫1－32d 时， 粒子斜向上射出磁场，t ′＝
112T 解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d
＋33－46πm 2qB 。

(b)当L ＝nd ＋⎝⎛⎭
⎫1＋32d 时，
粒子斜向下射出磁场，t ′＝512
T 解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d
－33－46πm 2qB 。

答案：(1)qBd m (2)2＋32
d (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫L d ＋33－46πm 2qB 或⎝ ⎛⎭⎪⎫L d －33－46πm 2qB。