2019-2021北京高三(上)期末物理汇编：带电粒子在匀强磁场中的运动.docx

2019-2021北京高三（上）期末物理汇编
带电粒子在匀强磁场中的运动
一、多选题
1．（2020·北京海淀·高三期末）如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是

A．a、b两粒子所带电荷的电性一定不同
B．射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C．穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D．穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
二、单选题
2．（2020·北京石景山·高三期末）一个带正电的带电粒子沿垂直于磁场的方向，从a点进入匀强磁场，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）。下列描述带电粒子运动的径迹中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2020·北京昌平·高三期末）如图所示，正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速度不同的同种带电粒子从a点沿ad方向射入，分别从c点和b点射出，不计粒子的重力。对于从b点和c点射出的粒子，下列说法正确的是（　　）

A．带负电荷
B．半径之比为2∶1
C．线速度之比为1∶2
D．在磁场中的运动时间之比为1∶2
4．（2020·北京通州·高三期末）如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一个氢核从ab边的中点m沿着既垂直于ab边又垂直于磁场的方向，以一定速度v射入磁场，正好从ad边中点n射出磁场，若将磁场的感应强度B变为原来的一半，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是

A．a点
B．b点
C．在a、n之间某点
D．在b、n之间某点
5．（2020·北京通州·高三期末）如图中PQ是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是Ek1，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是10:9，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是

A．该粒子的动能增加了81100Ek1
B．该粒子的动能减少了19100Ek1
C．该粒子做圆周运动的周期减小910
D．该粒子最多能穿越金属板6次
6．（2020·北京石景山·高三期末）安德森利用云室照片观察到宇宙射线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生弯曲。如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射线穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的方向反了。这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。关于照片中的信息，下列说法正确的是（   ）

A．粒子的运动轨迹是抛物线
B．粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度
C．粒子从上向下穿过铅板
D．匀强磁场的方向垂直照片平面向里
三、解答题
7．（2021·北京海淀·高三期末）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生x射线（如图中带箭头的虚线所示）。己知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MM中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
（1）求电子刚进入偏转场时的速度大小；
（2）若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。而仪器实际工作时，电压U0会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为ΔU，如图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期（可近似认为电子在加速电场中电压不变），不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下为使电子能击中靶台，求靶台的最小直径。

8．（2020·北京石景山·高三期末）一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿与磁场垂直的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场。
(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径；
(2)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期；
(3)若粒子质量m=1.67×10-27kg、电荷量q=1.6×10-19C，初速度v=5×105m/s，磁感应强度B=0.2T，通过计算说明为什么研究粒子在磁场中运动时可以忽略粒子所受的重力。
9．（2019·北京朝阳·高三期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从P点垂直于磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，经历半个圆周，从Q点射出磁场．不计带电粒子所受重力．求：

（1）P、Q两点间的距离d；
（2）粒子从P点运动到Q点所用的时间t．
10．（2020·北京海淀·高三期末）示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。
（1）如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直。电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；
（2）如图乙所示，圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2＇处有一竖直放置的荧光屏PQ，荧光屏PQ与O2O2＇连线垂直。今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2＇方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α（未知）。请求出tanα2的表达式；
（3）对比第（1）、（2）问中这两种偏转，请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么。（至少说出两点）

参考答案
1．AD
【详解】
A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A正确；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示：

可知：
raπmqB
圆心角为α，在磁场中运动的时间：
t=α360∘⋅T
两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为αa>αb，所以穿过磁场区域过程中所用时间：ta>tb，故D正确。
故选AD。
2．A
【详解】
根据题意，粒子的能量逐渐减小，即粒子的速度不断减小，根据粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2R
解得
R=mvqB
因为粒子的速度不断减小,则半径不断减小；又因为粒子带正电，根据左手定可以判断粒子洛伦兹力方向。
故选A。
3．C
【详解】
A．分别从c点和b点射出，说明受到的洛伦磁力沿ab方向，由左手定则可知粒子带正电荷，故A错误；
B．设正方向区域的边长为R，则从b点射出的粒子的轨道半径为R2，从c点射出的粒子的轨道半径为R，半径之比为1∶2，故B错误；
C．由qvB=mv2r有r=mvqB，可知线速度之比为1∶2，故C正确；
D．从b点和c点射出的粒子，做圆周运动转过的圆心角分别为π、π2。因为在磁场中的运动时间
t=θ2πT=θ2π⋅2πmqB
在磁场中的运动时间之比为2∶1。故D错误。
故选C。
4．D
【详解】
设正方向的边长为l，由题意可知氢核从n点射出时其轨道半径：
r=l2
氢核在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力可得：
qvB=mv2r
当磁感应强度变为原来的一半时，由洛伦兹力提供向心力得：
qv⋅12B=mv2R
计算得出现在氢核的轨道半径：
R=2r=l
再结合图中的几何关系可知氢核应从b、n点之间某点穿出；故D正确，ABC错误。
故选D。
5．B
【详解】
ABD．根据：
Bvq=mv2r
可得：
r=mvqB
所以：
v1v2=r1r2=109
即：
v2=910v1
又因为动能表达式：
Ek=12mv2
所以开始的动能为：
Ek1=12mv12
穿过金属板后的动能：
Ek2=12mv22=81100×12mv12=81100Ek1
粒子每穿过一次金属片损失的动能：
ΔE=Ek2−Ek1=19100Ek1
所以有：
n=Ek1ΔE=Ek119100Ek1≈5.3
即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；
C．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：
qvB=mv2R
T=2πRv
可得：
T=2πmqB
可知周期与速度无关，故C错误。
故选B。
6．D
【详解】
A．由于粒子在磁场中做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不是抛物线，故A错误；
B．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
由图示粒子的运动轨迹可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，故B错误；
C．粒子穿过铅板后能量有损失粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；
D．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，故D正确。
故选D.
7．（1）v=2eU0m ；（2）B=1L0U0m2e （3）d=4ΔUHEL0
【详解】
（1）由动能定理有
eU0=12mv2
解得电子刚进入偏转场时的速度大小
v=2eU0m
（2）由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径
r=2L0
由牛顿第二定律得
evB=mv2r
联立两式并将速度v代入解得磁感应强度
B=1L0U0m2e
（3）设偏转场右边界距P点的水平距离为L
电子偏出电场时垂直初速方向的位移
y1=12⋅E em⋅(L0v)2
电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移
y2=E em⋅L0v⋅Lv
由几何关系有
y1+y2=H
联立两式并将速度v代入解得
L=2U0HE L0−L02
当电压U0随时间成正弦规律小幅波动幅度为ΔU时，则随电压的变化电子在靶上的扫描长度为
ΔL=4ΔUHE L0
因此靶台的最小直径
d=ΔL=4ΔUHE L0
8．(1)R=mvqB；(2)T=2πmqB；(3)见解析
【详解】
(1)由
qvB=mv2R
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
R=mvqB
(2)由
T=2πRv

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T=2πmqB
(3)由
F洛=qvB=1.6×10-14N
G=mg=1.67×10-26N
GF洛=1.04×10-12
即
G<r
所以r=mvqB
所以d=2r=2mvqB
（2）粒子做圆周运动的周期
T=2πrv=2πmqB
所以t=12T=πmqB
【点睛】
本题考查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题．
10．（1）Y=eUl2dmv02(l+2b)；（2）tanα2=Bermv0；（3）见解析
【详解】
（1）设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，离开偏转电场时的偏移距离为y，根据运动学公式有
y=12at2
根据牛顿第二定律有
a=eUmd
电子在电场中的运动时间
t=lv0
联立解得y=eU22mdv02
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，
设电子打在屏上距O1′的最大距离为，则由几何关系可知
Yy=b+12l2
将y代入解得Y=eUl2dmv02(l+2b)
（2）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
ev0B=mv02R
解得R=mv0eB
由如图所示的几何关系得，粒子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为，则
tanα2=rR=Bermv0

（3）不同点有：①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动
②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力
③电子速度变化情况不同：在电场中电子速度的大小和方向都发生变化，在磁场中电子速度的大小不改变，仅方向发生变化
④电子运动方向的偏转角范围不同：在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90º，在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90º
⑤电子受力做功不同：在电场中电子所受的电场力做正功，在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功
⑥电子能量变化情况不同：在电场中电场力做正功，电子动能增加，在磁场中洛伦兹力不做功，电子动能不变。
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