带电粒子在磁场中的运动测试题及解析

1、带电粒子在磁场中的运动测试题及解析1 .关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A .电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B.电荷在电场中一定受电场力作用C.电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直解析：选B 若电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误；电荷在电场中一定受到电场力作用，故 B正确；正电荷所受电场力方向与该处的电场方向相同，负电荷所受电场力方 向与该处的电场方向相反，故C错误；根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直，故 D错误。2 .如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，。为半圆

2、弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。/ MOP = 60,在M、N处各有一条长产直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为Fi。若将M处长直导线移至 P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与Fi之比为（）A.V3 ： 1B.V3 : 2C. 1 ： 1D. 1 ： 2解析：选B 长直导线在 M、N、P处时在O点产生的磁感应强度 B大小相等，M、N处的导线在 O 点产生的磁感应强度方向都向下，合磁感应强度大小为B1=2B, P、N处的导线在。点产生的磁感应强度夹角为60,合磁感应强度大小为 B2=，3b,可得，B

3、2： B1=V3： 2,又因为5洛=4丫8,所以F2 ： F1=x/3 : 2,选项B正确。3. （2020濮阳卞II拟）“粒子和3粒子都沿垂直于磁场的方向射入同一均匀磁场中，发现这两种粒子沿相同 半径的圆轨道运动。 若a粒子的质量是 m1, 3粒子的质量是 m2,则a粒子与3粒子的动能之比是（）m2m1A.Bm1m2m14m2C.4m2D. m1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：qvB =mf,解彳导:Ek=2mv2 = q2m2；“粒子是氯核，3粒子是电子，则 “粒子和3粒子的电荷量之比为 2：1, 故a粒子和3粒子的动能之比为： 乎=或：q

4、2 = 4m2,故选项dE” m1 m2 m1正确。4. （2019北京高考）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直咨艮一e可:s磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 （）第_, T =2兀2 jmqB知，粒子在磁场中运动时间变长，D错误。5.多选如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,Q从磁场边界的 M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时,磁场边界，Q的速度VQ与磁场边界的夹角为 45 。已知两粒子均从 N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则 （）Q的质量之比为1 : 2B.C.Q的质量之比为爽：1Q速度大小之比为V2 ： 1两电荷量相同

5、的粒子P、P的速度vp垂直于D.Q速度大小之比为 2 ： 1 mpv p解析：选AC设MN = 2R,则粒子P的运动半径为R,有：R=而粒子Q的运动丰径为木R,有：酰=m掌；又两粒子的运动时间相同,MP x 1imQ 目口则 tPKtQ=4TQ=而即impTmQBq2Bq,解得 mQ= 2mp,vp= V2vQ,故 A、C 正确，B、D 错误。6.（2019全国卷出）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12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为9444*VV* P4m、电荷量为q（q0）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

6、一象5 7mA. 6qB11 m C-6qB2倍，如图所示。可知粒子在第二象限内运动的时间限。粒子在磁场中运动的时间为 （7，B. 6qB13 mD6qB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=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 2 m m t =,=t1 2 兀 qB 2qB,、 3 2 7mx 2 2 7m粒子在第一象限内运动的时间 t2=- = T-jT2 氏 qB 3qB则粒子在磁场中运动的时间t=t+t2=6qB，选项B正确。7.多选如图所示，在直角三角形 AOC的三条边为边界的区域内存在着磁感 应强度为B的匀强磁场，已知/ A=60

7、,边AO的长度为a。现在。点放 置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为m,发射的速度大小都为vo,且满足丫0=警。粒子发射的方向可由图中速度与边CO的夹角。表示，不计重力及粒子间的相互作用，关于粒子进入磁场后的运动，下列说法 正确的是（）A.以0= 0和0= 60飞入的粒子在磁场中的运动的时间相等B.以060飞入的粒子，。越大，在磁场中运动的时间越长D .在AC边界上只有一半区域有粒子射出解析：选ABD 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径= 一1=2，当粒子以9= 0飞入磁场区域时，qB最终将从AC边的中点射出，A点为轨迹圆心，圆心角为 60,时间为T,当0= 60时，

8、粒子将从 A点 射出磁场区域，圆心角为 60,时间为T,故A、D正确；随着。的增大，粒子在 AC边上的射出点将 向A点靠拢，以960飞入的粒子，随着 。的增大，出射点从 A逐渐向O 靠拢，8.在xOy平面上分布有以 O为中心的圆形匀强磁场区域 （未回出），磁场方向垂直于 xOy平面向外。一个 质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，以大小为 V0,方向沿y轴负方向的速度从原点 。开始运动， 后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与 x轴的夹角为30, A到。的距离为d,如图所示，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的面积为()B.yTid2C.V3Td2解析：选C 粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知:1

9、得R=3d,则圆形磁场区域的半径为r=2Rsin 60二3的面积为S=/=宜，故选项C正确。3,则圆形磁场区域R+1=d,解9.如图所示，一条直线上有 0、M、N三点，OM = MN,直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场， 一质子和一 a粒子分别以速度Vi、V2从。点沿OP方向射入磁场，质子经时间 t1从M点射出磁场，a粒子经时间t2从N点射出磁场，质子和a粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t1、t2、V1、V2的判断正确的是（）A . t1= t2, V1 = V2B . tl V t2 , V1 = V2C. tivt2, V1t2, vi V2解析：选B 粒子运动轨

10、迹如图所示,v12 提供向心力：Bq1v=m,斛得：r1令OM = MN = L,对质子：根据洛伦兹力m1v1r1 = r，根据几何关系可得：2r1sin仁L, q1B联立可得：1=萧?对粒子同理可得：v2 = mf飞由题意可知：m2 =0;2署，由题意可4m1, q2= 2q1,联立可得：v1 = v2；质子的周期为：=今詈，a粒子的周期为: q 1 D知：m2 = 4m1, q2=2q1，可得T2T1，因为圆心角相等，所以t2t1,故B正确,A、C、D错误。10.（2020江西名校联考）竖直平面内存在半径为以圆心。为坐标原点建立如图所示直角坐标系,R的圆形匀强磁场区域，现有 i1H、i2H

11、、13H种粒子，11H以速度vo从a点与x轴正方向成以速度2v0从b点沿y轴负方向射入磁场，13H以速度3v0从O点沿y轴正方向射入磁场，已知11H运动半径刚好为 R,经过一段时间后三个粒XXXXXX30 斜向下射入磁场，12H7 X X XXXXX XXXXXXXX X子分别射出磁场，若运动过程中粒子不会发生碰撞，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则三个粒子从圆形边界射出点构成的图形的面积为A.3 2B.TR2C.D.解析：选B根据洛伦兹力提供向心力可得-2mvqvB = -R-,解得运动半径刚好为R,则有12H、13H两种粒子运动半径刚好也为图，11H从N点射出磁场，N点坐标为（Rcos

12、 60, Rsin 60）；R,运动轨迹如12H从P点射出磁场，P点坐标为（R,0）, 13H从M点射出磁场，M点坐标为（Rcos 60 ,0 Rsin 60 ）；Orc mv1R=茄，由于11HX X 巾0欢XXXXXX则三个粒子从圆形边界射出点构成的图形的面积为S MNPWAR=故选项B正确，A、C、D错误。11 .（2020长沙卞II拟）如图所示，在x轴和x轴上方存在垂直 xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点。处有粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质F量为m、电荷量为+ q的同种带电粒子。在 x轴上距离原点x0处垂直于x 轴放置一个长度为 x。、厚度不计、能接收

13、带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板 P上，其速度立即变为 0）。现观察到沿x轴负方向射出的 粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。(1)求磁感应强度B的大小;(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值;(3)若在y轴上放置一挡板，使薄金属板右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。x方向射出的粒解析：(1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿一2子恰好打在金属板的上端， 如图a所不，由几何知识可知 R= xo,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mR,联立得：B=mx0o(2)设粒

14、子做匀速圆周运动的周期为T, T =2 tR 2 7x0O图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，此时圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和 x轴正方向成30,故最短时间tmin = 6T=-3V，图C为打在板右侧下端的临界点，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成150,故最长时间tmax= 5T =5%6 3v则被板接收的粒子中运动的最长和最短时间之差为At = tmax - tmin = 3V y以理K MX X X M(3)由图a可

15、知挡板上端坐标为(0,2xo)由图c可知挡板下端 y坐标为y2= 2xocos 30 = V3xo,下端坐标为(0, Vsxo) 最小长度 L = 2x0 /3x0= (2 1)x0 o答案：m0蜉(3)(2-小风坐标为(0,2x0)和(0, 43x0)12 .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,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;OC边上的同一

16、点射出磁场,求该粒子这两(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 次在磁场中运动的时间之和； 5(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t。，求粒子此次入射速度的大小。解析：(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=4t0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qvB=m:匀速圆周运动的速度满足v = 2Tr联立式得 B=羔。2qto(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6和色。由几何关系有 制+色=1