1.3 带电粒子在匀强磁场中的运动 （解析版）

1.3带电粒子在匀强磁场中的运动模块一学问把握学问点一带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题【情境导入】如图所示，可用洛伦兹力演示仪观看运动电子在匀强磁场中的偏转．(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？(2)加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？(3)假如保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？(4)假如保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？答案(1)一条直线(2)圆(3)变小(4)变大【学问梳理】一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0.所以粒子做匀速直线运动．2．若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动．(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只转变粒子速度的方向，不转变粒子速度的大小．(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力．二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期1．半径一个电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v运动，那么带电粒子所受的洛伦兹力为F＝qvB，由洛伦兹力供应向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)，由此可解得圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB).从这个结果可以看出，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与它的质量、速度成正比，与电荷量、磁感应强度成反比．2．周期由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．【重难诠释】1．分析带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力供应向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，由r＝eq\f(mv,qB)知，r与v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T与速度无关，与半径无关．（2023春•浦东新区校级期末）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直于纸面对外 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹3对应的粒子是正电子 D．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的小【解答】解：AC、依据题图可知，1和3粒子偏转方向全都，均为顺时针方向，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针偏转，依据左手定则可知磁场方向垂直纸面对里，故AC错误；BD．带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，依据牛顿其次定律得：qvB=mv2轨迹1轨迹半径越来越小，可知粒子运动速度越来越小，故B错误；轨迹2初始半径小于轨迹3的，可知轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的小，故D正确。故选：D。（2023春•顺义区期末）如图所示，质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场区域，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运动的轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．M带负电，N带正电 B．M的速率大于N的速率 C．洛伦兹力对M、N都做正功 D．M、N在磁场中运动的周期相等【解答】解：A、依据左手定则，粒子M运动方向与四指指向相同，粒子N运动方向与四指指向相反，可知，M带正电，N带负电，故A错误；B、依据qvB=mv解得v=qBr依据图像可知，粒子M的轨道半径小于粒子N的轨道半径，可知M的速率小于N的速率，故B错误；C、洛伦兹力方向始终垂直于粒子运动的速度方向，即洛伦兹力对M、N都不做功，故C错误；D、依据T=2πr结合上述解得T=2πm由于带电粒子M和N的质量和电量都相等，则M、N在磁场中运动的周期相等，故D正确。故选：D。（2023春•庐江县期末）如图所示是洛伦兹力演示仪，圆形励磁线圈A、B彼此平行且两圆形圆心连线与线圈平面垂直，通入电流后能够在两线圈间产生匀强磁场，磁场大小和方向可以通过调整两线圈中电流大小和方始终转变，一球形玻璃泡在两励磁线圈间正中心，玻璃泡内有电子枪，初速度为零的电子被大小可调的加速电压加速后从电子枪中射出。现有某电子从玻璃泡球心正下方的某点水平向左射出，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．线圈A、B中电流方向相反 B．若电子做圆周运动的轨迹半径减小了，则可能是两线圈中的电流增大了 C．两线圈均通以逆时针方向电流，电子射出后沿顺时针方向运动 D．若电子做圆周运动的周期变小了，则可能是加速电压增大了【解答】解：A、只要线圈间有磁场即可，所以线圈A和线圈B中电流方向可以相同，可以相反，故A错误；B、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，则qvB=mv即r=mv轨道半径减小，磁感应强度变大，两线圈中的电流增大，故B正确；C、两线圈均通以逆时针方向电流，依据右手螺旋定则可知磁感应强度方向垂直纸面对外，依据左手定则可知电子所受洛伦兹力向下，所以水平向左射出的电子射出电子枪后向左下方飞出，故C错误；D、依据T=可知电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与加速电压无关，故D错误。故选：B。（2023春•兰州期末）某月球探测器着陆月球后，在磁场极其微弱的月球上，通过探测器拍摄到带电粒子在月球磁场中的运动轨迹.假如探测器通过月球表面①、②、③、④四个位置，拍摄到的电子运动轨迹照片如图所示（四张照片尺寸比例相同）。设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是（）A．④③②① B．①④②③ C．③④②① D．①②③④【解答】解：在月球表面上，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力可得：qvB=m变形后解得：B=由图中轨迹可知半径关系为：r1＜r2＜r3＜r4可知磁场从强到弱的位置排列是：①②③④。故ABC错误，D正确。故选：D。（2023•武昌区校级模拟）如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1＞r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经受的时间，下列说法错误的是（）A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1＞a2 D．t1＜t2【解答】解：A、对两个质子，其比荷qmqvB=mv结合T=2πrv，解得质子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πmqB，可知在同一磁场中，则有T1＝TB、由qvB=mv2r可得质子在磁场中做圆周运动的半径为r=mvqB，因r1＞r2，则有v1＞C、由qvB＝ma可得质子在磁场中做圆周运动的加速度为a=qvBm，由于v1＞v2，可知a1＞a2，故D、两质子的运动周期相同，由题图可知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由t=θ2πT可知t1＜t2本题选错误的，故选：B。学问点二带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【情境导入】1．带电粒子在磁场中运动的轨迹由哪些因素打算？2．带电粒子在磁场中运动的时间与哪些因素有关？【答案】1.初始条件和力2．周期和圆心角(或者速率和弧长)【重难诠释】1．圆心位置确定的两种方法(1)圆心肯定在垂直于速度的直线上已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．(2)圆心肯定在弦的垂直平分线上已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其垂直平分线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定半径的计算一般利用几何学问解直角三角形．做题时肯定要作好帮助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解．3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)当v肯定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝eq\f(l,v)，l为带电粒子通过的弧长．（2022秋•东川区校级期末）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的（）A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长 B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短 C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短 D．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qvB＝mv2r，解得：r则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大；由于粒子运动的周期T=2πmqB，粒子在磁场中运动的时间：t=三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，运动的时间最短，故B正确。故选：B。（2023春•房山区期中）如图所示，在垂直纸面对里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开头运动，a的初速度为v，b的初速度为2v，则（）A．a做圆周运动的轨道半径大 B．b做圆周运动的周期大 C．a、b同时回到动身点 D．a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：evB＝mv2ra，e×2vB＝m(2v)2rb，解得：ra=mveB，rbBC、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmeBD、由左手定则可知，电子刚射入磁场时电子所受洛伦兹力水平向右，电子沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D错误。故选：C。（2023春•浙江期中）薄铝板将垂直纸面对外的匀强磁场分成I、Ⅱ两个区域．一高速带电粒子穿过铝板后速度减小，所带电荷量保持不变．一段时间内带电粒子穿过铝板前后在两个区域运动的轨迹均为圆弧，如图中虚线所示．已知区I的圆弧半径小于区域Ⅱ的圆弧半径，粒子重力忽视不计。则该粒子（）A．带正电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ B．带正电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I C．带负电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ D．带负电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I【解答】解：粒子穿过铝板后，动能减小，速度减小，依据r=mvqB，轨迹半径减小，粒子肯定是从区域Ⅱ穿过铝板到达区域Ⅰ；依据左手定则，该粒子带负电。故D正确，故选：D。（2022秋•高邮市期末）云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，如图所示，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，半径之比ra：rb＝6：1，相同时间内的径迹长度之比la：lb＝3：1，不计重力及粒子间的相互作用力（）A．粒子a电性为正 B．粒子a、b的质量之比ma：mb＝6：1 C．粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比Ta：Tb＝1：2 D．粒子b的动量大小p【解答】解：A．由图中轨迹结合左手定则可知，粒子a电性为负，故A错误；B．相同时间内的径迹长度之比la：lb＝3：1，可知粒子a、b的速率之比为va：vb＝la：lb＝3：1依据洛伦兹力供应向心力有qvB=m可得：r=由于粒子a、b的电荷量大小相等，半径之比ra：rb＝6：1，则有mava：mbvb＝ra：rb＝6：1联立可得：ma：mb＝2：1，故B错误；C．依据周期表达式T=可得粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比Ta：Tb＝ma：mb＝2：1，故C错误；D．选择竖直向下的方向为正方向，依据动量守恒可得mv＝mava+mbvb又mava：mbvb＝ra：rb＝6：1联立可得粒子b的动量大小为pb=m故选：D。（2022秋•古冶区校级期末）如图，一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成45°角，OP＝a。则以下说法错误的是（）A．带电粒子运动轨迹的半径为2aB．磁场的磁感应强度为2mvC．OQ的长度为2aD．粒子在第一象限内运动的时间为3【解答】解：A．带电粒子做匀速圆周运动的圆心和轨迹如下图设带电粒子运动轨迹的半径为R，依据几何学问可得a解得R=故A正确；B．依据牛顿其次定律可得：Bqv=解得：B=故B正确；C．依据几何学问可得OO′O＝a故OQ故C错误；D．带电粒子做匀速圆周运动的周期为T=由几何学问可得∠QO′P＝135°则t=故D正确。本题选错误项，故选：C。（2023春•大通县期末）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y轴上OM区间有一个线状粒子收集器紧贴y轴放置，现有质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从x轴上的P点沿y轴正方向以不同速率射入磁场。已知OM＝OP＝2d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。求：（1）一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小；（2）粒子能打到收集器上的最大速率的大小及此时粒子在磁场运动的时间。【解答】解：（1）粒子刚好打到O点，其轨迹半径为r，轨迹如图所示已知OP＝2d，则r＝d依据洛伦兹力供应向心力得qv1B=解得：v1=qBd（2）粒子打到M点时速率最大，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R＝OM＝2d，α=π依据洛伦兹力供应向心力得qvmB=mv解得：vm=2qBdm，T粒子在磁场运动的时间t=α答：（1）一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小为qBdm（2）粒子能打到收集器上的最大速率的大小为2qBdm，此时粒子在磁场运动的时间为πm模块二巩固提高（2023春•太原期中）带电粒子进入云室时，可以在云室中显示其运动轨迹。在云室中加上匀强磁场，一垂直磁场方向射入云室的带正电粒子运动轨迹如图所示，由于带电粒子运动过程中受到阻力的作用，因此带电粒子的动能渐渐减小，下列说法正确的是（）A．磁场垂直纸面对外，从A点运动到B点 B．磁场垂直纸面对外，从B点运动到A点 C．磁场垂直纸面对里，从A点运动到B点 D．磁场垂直纸面对里，从B点运动到A点【解答】解：依据题意，由牛顿其次定律有qvB=解得：R=可知，粒子的速度越小，半径越小，由于粒子做减速运动，则粒子从B点运动到A点，依据运动轨迹，由左手定则可知，磁场垂直纸面对外，故B正确，ACD错误；故选：B。（2023•西城区校级模拟）如图所示，一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发觉有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，假如让这些不偏转离子进入另一个匀强磁场中，发觉这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（）A．它们的动能肯定不相同 B．它们的电量肯定不相同 C．它们的质量肯定不相同 D．它们的电量与质量之比肯定不相同【解答】解：由于粒子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，得出能不偏转的粒子速度满足速度相同；粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，即qvB＝mv2R，圆周运动的半径R=mvBq，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入其次个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子能分裂成几束，所以粒子的mq故选：D。（2022秋•陕西期末）如图所示，两个完全相同的半圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，使轨道两端在同一高度上，右边轨道置于匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面对外．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止开头沿轨道运动，P、M分别为两轨道的最低点，则下列有关推断正确的是（）A．两小球第一次到达轨道最低点的速度关系：vP＞vM B．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系：FP＜FM C．两小球从开头运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系：tP＜tM D．左边小球能回到动身点位置，右边小球不能回到动身点位置【解答】解：AC、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，两个带电小球从开头到最低点削减的重力势能相等，增加的动能也相等，所以到最低点的速率相等，即vp＝vM，两个小球走过的路程相同，所以在两个小球运动的时间也相等，故AC错误；B、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：FM﹣mg﹣Bqv1=mvM2r，解得：FM＝mg+Bqv1+mvM2r。小球在左边轨道上运动，在最低点受力分析可知：FN﹣mg=mvN2r解得：FN＝mg+D、小球在左边轨道上由于只受重力，机械能守恒，那么小于能够回到动身点。小球在右较轨道中的磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，故D错误。故选：B。（2023•长春模拟）质谱仪可测定同位素的组成。，现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为U0，但在试验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小△U．为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力，则△U不得超过（）A．3940U0 B．3941U0 C．241U0 D．【解答】解：设加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，电荷的电荷量为q，质量为m，运动半径为R，则由qU=12mv2，qvB＝m解得R=由此式可知，在B、q、U相同时，m小的半径小，所以钾39半径小，钾41半径大；在m、B、q相同时，U大半径大。设：钾39质量为m1，电压为U0+△U时，最大半径为R1；钾41质量为m2，电压为U0﹣△U时，钾41最小半径为R则R1=R2=令R1＝R2，则m1（U0+△U）＝m2（U0﹣△U）解得：△U=m2-m1m2+m故ABC错误，D正确。故选：D。（2022秋•太原期末）质量为m1、带电荷量为q的A粒子和质量为m2、带电荷量为﹣2q的B粒子，从同一点先后分别垂直于磁场方向射入匀强磁场中，发觉两粒子沿半径相同的圆轨道运动。则A粒子与B粒子的动能之比是（）A．m1m2 B．m2m1 C【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律，有：qvB＝mv解得：Ek=12mvA和B粒子的电量大小之比为1：2，故α粒子和β粒子的动能之比为：EkAEkB=1故选：C。（2022秋•成都期末）一带电粒子（不计重力）在匀强磁场中沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，当它运动到某个位置时，磁场突然发生变化（不考虑磁场变化产生电场），磁感应强度大小变为原来的12A．半径为R2 B．半径为R2 C．半径为2R D．半径为2R【解答】解：粒子在磁场中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，依据左手定则，当磁场反向时，粒子做逆时针的圆周运动。由洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律得：qvB=mv解得：R=可知当磁感应强度大小变为原来的12时，粒子运动半径变为2R，故C正确，ABD故选：C。（多选）（2023春•阿勒泰地区期末）如图所示，在水平直线MN上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场。一质量为m、带正电荷q的粒子，从直线N上的O点以速度v竖直向上射入磁场，由P点离开磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的（）A．轨道半径为mvqB B．轨道半径为2mvC．时间为πmqB D．时间为【解答】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力：qvB＝mv2r，解得r=mvqB；故CD、粒子在磁场中运动的周期T=2πrv，粒子在磁场运动了半周，则时间t=T2，联立解得t=πm故选：AC。（多选）（2023春•温江区校级期末）如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP＝L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为qBLmA．打中荧光屏的最短时间为πm3qBB．打中荧光屏的最长时间为πmqBC．打中荧光屏的宽度为23D．打到荧光屏的离子数与放射的离子数比值为1【解答】解：A、离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律得：qvB=mv解得离子轨道半径为：r=离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子轨迹恰好经过P点，如图所示。依据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为tmin=60°360°T=16•B、当v=qBLm离子运动轨迹如图所示离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打在荧光屏上的离子的周期T=2πm打中荧光屏的最长时间为tmax=270°360°T=34•C．离子打中荧光屏的范围总长度为图中得AB长度，由几何关系可知|AB|=(3打中荧光屏的宽度为(3+1)R，故D、当v=qBLm时，离子的轨道半径R=mv离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子离开S时的初