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專題2 帶電粒子在磁場中的圓周運動問題
一、單項選擇題
1．、兩個帶正電的粒子經同一電場由靜止加速，先后以、從點沿進入矩形勻強磁場區域，經磁場偏轉后分別從邊、離開。直線、與的夾角分別為、，粒子的重力不計，則兩個粒子進入磁場運動的速度大小之比為（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】a、b兩個帶正電的粒子在磁場中的運動軌跡如圖

設a粒子的軌道半徑為R1，b粒子的軌道半徑為R2，設MQ=d，則幾何關系得
，
由上兩式得

設加速電場的電壓為U，勻強磁場磁感應強度為B，有
，
得

則有

故ACD錯誤，B正確。
故選B。
2．如圖所示，同一豎直面內有M、N兩點，連線與水平方向的夾角，O點為連線的中點。當上方僅存在豎直向下的勻強電場時，質子以水平向右的速度v從O點進入電場，將從N點離開電場；當上方僅存在垂直于豎直面向里的勻強磁場時，質子以相同速度v從O點進人磁場，將從M點離開磁場。若質子的重力忽略不計，則電場強度與磁感應強度的比值為（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】設與長度均為L，質子在勻強電場中做類平拋運動，有


得到

質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有


得到

得到

故選B。
3．如圖所示，在平面上以O為圓心的圓形區域內存在勻強磁場（圖中未畫出），磁場方向垂直于平面向外。一個質量為m、電荷量為q的帶負電粒子，從原點O以初速度大小為沿y軸負方向開始運動，后來粒子經過x軸上的A點，此時速度方向與x軸的夾角為。A到O的距離為d，不計粒子的重力，則圓形磁場區域的半徑為（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】粒子的運動軌跡如圖所示，設粒子運動的半徑為R，由幾何關系可知

解得

則圓形磁場區域的半徑為

故選B。

4．如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點

磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得

由洛倫茲力提供向心力得：，聯立解得

故選C。
5．如圖所示，坐標平面內有邊界過點和坐標原點的圓形勻強磁場區域，方向垂直于坐標平面，一質量為、電荷量為的電子（不計重力），從點以初速度平行于軸正方向射入磁場區域，從軸上的點射出磁場區域，此時速度與軸正方向的夾角為，下列說法正確的是（　　）

A．磁場方向垂直于坐標平面向外
B．磁場的磁感應強度
C．圓形磁場區域的半徑為
D．圓形磁場的圓心坐標為
【答案】B
【解析】A．粒子運動的軌跡如圖

根據左手定則可知磁場垂直紙面向里，故A錯誤；
B．根據幾何知識可知，粒子的軌道半徑為

又洛倫茲力提供向心力，得

所以

故B正確；
C．根據幾何知識可知，由于，所以為圓形磁場區域的直徑，所以

則磁場區域的半徑

故C錯誤；
D．由題意和上圖的幾何關系可得，過、、三點的圓的圓心在連線的中點，所以軸坐標為

軸坐標為

故點坐標為，，故D錯誤；
故選B。
6．如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，不斷地向磁場的各個方向（均平行于紙面）發射速度大小相等的帶正電的粒子（重力不計），已知粒子的質量為m，電量為q，速度大小為。則粒子在磁場中運動的最長時間為（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根據牛頓第二定律得

解得

當粒子從過A點的直徑的另一端點射出時，在磁場中運動的時間最長。根據幾何關系得粒子的偏轉角為60°，所以運動時間為

故選C。
7.如圖所示，勻強磁場中有一個帶電量為q的離子自a點沿箭頭方向運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近的若干個電子（電子質量不計）其速度大小不變，接著沿另一圓軌道運動到與a、b在一條直線上的c點。已知，電子電量為e，由此可知，離子吸收的電子個數為（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由右手定則可知，離子帶正電，由可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為
①
吸收了n個電子后，所帶電量為（q-ne），由可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為
②
已知，聯立①②解得

故選C。
8．（2021·四川成都市·高三二模）如圖，正方形PNMQ的邊長為L，圓心在M，半徑也為L的圓形區域MQN 內有垂直于圓面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，K是圓弧的中點，G是QM邊的中點。一群質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），以相同的速度沿既垂直于QM也垂直于磁場的方向從QM邊射入磁場。關于從K點離開磁場的粒子，下列說法正確的是（　　）

A．它是從G點射入的
B．它是從QG之間的某一點射入的
C．它離開磁場后將經過P點
D．它離開磁場后將從P點下方穿過PQ邊
【答案】C
【解析】AB．根據

得

且

則

即帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓半徑為L，若從M點射入，即離開磁場的點在QM中垂線與磁場邊連緣線上，若從G點射入，即離開磁場的點過GM中垂線與磁場邊緣連線上，而K在兩點之間，所以入射點在GM之間，故AB錯誤；
CD．帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓半徑為L，圓心在QM的延長線上，在K點的速度垂直于圓心與K的連線即的方向指向P點，而離開磁場后做勻速直線運動，所以必過P點，故C正確D錯誤。
故選C。

二、多項選擇題
9．如圖所示，平面直角坐標系的第一象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場，第四象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶正電的粒子從原點O以某一速度沿與x軸成角方向斜向上射入磁場，且在第一象限運動時的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽略。則（　　）

A．粒子在第一象限和第四象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1:2
B．粒子完成一次周期性運動的時間為
C．粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3R
D．若僅將粒子的入射速度大小變為原來的2倍，則粒子完成一次周期性動的時間將減少
【答案】AC
【解析】A．根據帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的特點

得

所以粒子在第一和第四象限中運動的軌跡半徑之比為

A正確；
B．記粒子在第一象限和第四象限中運動周期分別為和，由于粒子在磁場中的圓周運動軌跡都是劣弧，軌跡所對圓心角均為，所以粒子完成一次周期性運動時間

B錯誤；
C．粒子在第四象限中運動的軌跡半徑

根據幾何關系得粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3R，C正確；
D．若僅改變粒子運動速率，則粒子在磁場中運動的周期與速率無關，所以粒子完成一次周期性運動的時間間隔不變，D錯誤；

10．如圖所示，在長方形abcd區域有垂直于紙面向內的勻強磁場，已知ab=l，ad=，磁感應強度大小為B，a處有一個粒子源，在某時刻向長方形區域發射大量質量為m、電荷量為q的帶負電粒子（重力不計），速度方向均在紙面內。則下列說法正確的是（　　）

A．沿ab方向入射、bc邊射出的所有粒子中，入射速度越大的粒子，在磁場中運動的時間越長
B．沿ab方向射、bc邊射出的所有粒子中，入射速度越大的粒子，在磁場中運動的時間越短
C．沿bc方向恰好從c點出射的粒子速度為
D．沿bc方向恰好從c點出射的粒子速度為
【答案】BD
【解析】AB．沿ab方向入射、bc邊射出的所有粒子中，入射速度越大的粒子，運動半徑越大，在磁場中運動的弧長越短，則時間越短，選項A錯誤，B正確；


CD．沿bc方向恰好從c點出射的粒子的運動軌跡如圖，由幾何關系可知

解得
r=2l
根據

解得

選項C錯誤，D正確。
故選BD。
11．（2021·天津高三一模）如圖所示，虛線上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B。一群電子以不同速率從邊界上的P點以相同的入射方向射入磁場。其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界。已知電子入射方向與邊界的夾角為，則（　　）

A．該勻強磁場的方向垂直紙面向里 B．所有電子在磁場中的軌跡半徑相同
C．速率越大的電子在磁場中運動時間越長 D．在此過程中每個電子的速度方向都改變
【答案】AD
【解析】A．由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；
B．由洛倫茲力作為向心力可得

整理得

電子的軌跡半徑與速度大小有關，B錯誤；
CD．由周期公式

可知，電子在磁場中的運動周期相同，由幾何關系可知，在此過程中每個電子的速度方向都改變，即軌跡圓心角為，電子在磁場中的運動時間

故不同速率的電子在磁場中運動時間都相同，C錯誤，D正確。
故選AD。
12．（2021·湖南高三月考）如圖所示，以水平直線為分界線，上方區域充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，大量電子（質量為m、電荷量為e，重力不計）從長度為L的區域以相同速度與水平方向成的角度斜射入磁場，已知電子的速度大小為，上方磁場的磁感應強度。所有從上方磁場射出的電子再次經過水平分界線下方某一半圓形區域的勻強磁場（圖中未畫出）偏轉后都能通過磁場邊界的一個點處被收集。下列說法正確的是（　　）

A．水平分界線上電子射出區域的長度為
B．若減小上方磁場的磁感應強度，電子射出區域的長度將保持不變
C．欲使水平分界線上電子的出射與入射區域不重疊，則上方磁場的磁感應強度應小于
D．下方收集電子的半圓形區域勻強磁場的最大磁感應強度為
【答案】BCD
【解析】A．所有電子運動軌跡相同，水平分界線上電子射出區域的長度為L，選項A錯誤；
B．改變上方磁場的磁感應強度，電子運動軌跡改變但所有電子運動軌跡依然相同，電子射出區域的長度將保持不變，選項B正確；
C．從P點入射的電子應到達Q點右側，即偏轉對應的最小弦長為L，則


選項C正確；
D．出射電子束的寬度（平行線間的距離）為，只要滿足電子軌跡半徑等于磁場區域圓的半徑就可以實現收集（會聚）。設想以較大的磁場區域圓實現會聚，不斷縮小磁場區域圓直至以出射電子束的寬度為半徑對應最小的半圓形磁場區域，如圖所示：

可以是區域1、2組成的半圓，也可以是區域1、3組成的半圓，最小半徑與最大的磁感應強度相對應，選項D正確。
故選BCD。

三、非選擇題
13．如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限內，y軸與x=d之間，有沿x軸正向的勻強電場，在第二象限內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，在x軸上P（-d，0）點，沿y軸正向發射一個質量為m、電荷量大小為q的帶負電粒子，粒子的速度大小為vo，粒子剛好從坐標原點O射出磁場；若只增大粒子的發射速度大小，使粒子垂直y軸射出磁場，結果粒子在電場中運動d的距離，速度為零，不計粒子的重力，求：
(1)勻強磁場的磁感應強度大小；
(2)勻強電場的電場強度大小；
(3)繼續增大粒子的發射速度大小，要使粒子不能從x=d射出電場，粒子的發射速度最大為多少。


【答案】(1)；(2)；(3)3v0
【解析】(1)當粒子以大小為v0的速度射入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑

根據牛頓第二定律有

解得

(2)設粒子射出速度大小為v1，由題意知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑
r2=d
根據牛頓第二定律

粒子進入電場后，根據動能定理有

解得

(3)設粒子射出速度增大為v時，粒子剛好不從x=d射出電場設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有：

設粒子出磁場時速度與x軸正向夾角為θ，根據幾何關系有

粒子出磁場時，沿x軸正向的分速度
vx=vcosθ
粒子沿電場方向做勻減速運動，根據運動學公式有

根據牛頓第二定律有
qE=ma
解得
v=3v0
14．如圖所示，紙面內有由半徑分別為R、的同心圓Ⅰ和Ⅱ構成的虛線圓環，虛線圓環內（含邊界）有垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），在紙面內從圓心O點、以大小為v的速度向圓Ⅱ上的P點運動，粒子恰好不能穿出圓Ⅰ。求：
（1）粒子在磁場中運動的半徑r和磁場的磁感應強度大小B；
（2）粒子能否再次到達P點？若不能，試說明理由；若能，試求粒子再次到達P點的最短時間。


【答案】（1）；；（2）能再次到達P點；
【解析】（1）由題分析知，由幾何關系得

解得

由

解得

（2）作出粒子運動的軌跡圖（以磁場方向垂直紙面向里為例，如圖）


由分析可知，粒子能再次到達P點，設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T

粒子在磁場中運動時間

粒子在圓Ⅱ內做勻速直線運動時間

粒子能再次到達P點的最短時間

解得

15．（2021·山西晉中市·高三二模）如圖甲所示，左、右豎直邊界分別為、的勻強磁場寬度為d，磁場與紙面垂直，磁感應強度B按圖乙所示規律周期性變化， 、。勻強磁場的左側有一粒子源，能沿紙面源源不斷地水平向右發射質量為m、帶電荷量為-q的粒子，已知粒子速度均為，粒子的比荷為，若時刻射入的粒子恰好在時刻從右邊界射出。（忽略粒子的重力及粒子之間的相互作用，圖乙中磁場以垂直紙面向里為正方向）求：
(1)假設粒子在磁場中能做完整的勻速圓周運動，周期為T。求T與T0的關系；
(2)勻強磁場的寬度d。

【答案】(1)；(2)0.37m
【解析】(1)粒子在磁場中運動的周期為

解得

則

(2)粒子運動軌跡如圖所示

由

粒子在磁場中運動的半徑為

又

則時間內粒子在磁場中轉過的圓心角為

又

則時間內粒子在磁場中轉過的圓心角為

勻強磁場的寬度

可得

16．（2021·浙江高三二模）科學儀器常常利用磁場將帶電粒子“約束”在一定區域內，使其不能射出。某同學為探究帶電粒子“約束”問題，構想了如圖所示的磁場區域∶勻強磁場的磁感應強度大小為B、垂直于紙面，其邊界分別是半徑為R和2R的同心圓，O為圓心，A為磁場內在圓弧上的一點，P為OA的中點。若有一粒子源向紙面內的各個方向發射出比荷為的帶負電粒子，粒子速度連續分布，且無相互作用。不計粒子的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求:
（1）粒子源在A點時，被磁場約束的粒子速度的最大值vmA；
（2）粒子源在O時，被磁場約束的粒子每次經過磁場時間的最大值tm；
（3）粒子源在P點時，被磁場約束的粒子速度的最大值vmP。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）如圖1所示，若粒子源在A點時，被磁場約束的粒子在磁場中最大運動半徑為


由運動半徑

解得:
（2）如圖2所示，當粒子源在O時，粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，被磁場約束的粒子每次經過磁場時間為最大值，設粒子運動半徑為r0。在中，OA2+AC2=OC2

即

解得

由幾何知識求得∠ACD=106°，故被磁場約束的粒子每次經過磁場時間的最大值為

（3）如圖3所示，當粒子源在P點時，粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，被磁場約束的粒子的半徑最大，速度為最大值，設粒子運動半徑為rP

在中，由幾何知識得OG2+GE2=OE2，，，OE=2R-rP
求得
rP=R
由運動半徑

解得：
17．（2021·浙江衢州市·高三二模）如圖所示，由直三棱柱A1B1C1-A2B2C2構成的斜面體固定置于水平面上，△A1B1C1為直角三角形，其中α=53°，A1C1=A1A2=0.4m，厚度不計的矩形熒光屏B1B2D2D1豎直安置在斜面底端，B1D1=0.2m。空間中有一豎直向下的勻強電場，場強E=2×105N/C，在A處可發射水平各方向，速度大小不同的帶正電粒子，粒子的電量q=2×10-10C，質量m=5×10-17kg，當粒子擊中熒光屏時能使其發光。不考慮重力、空氣阻力、粒子間相互作用力及粒子反彈后的運動。
（1）求帶電粒子在電場中運動的加速度；
（2）求能使熒光屏發光的粒子的初速度大小范圍；
（3）取（2）問中打到熒光屏上初速度最小的粒子，當其運動到離斜面的距離最遠時，突然撤去電場，并加一個垂直于斜面的勻強磁場，要使粒子能擊中熒光屏，求所加磁場的方向及磁感應強度的范圍。

【答案】（1）8×1011m/s2；（2）3×105m/s≤v0≤；（3）0≤B≤0.5T，方向垂直于斜面向下
【解析】（1）由
qE=ma
解得
a=8×1011m/s2

（2）從A運動到B1粒子初速度最小，由豎直位移

水平位移

及位移關系

解得初速度最小值
vO1=3×105m/s
從A1運動到D2粒子初速度最大，豎直位移

水平位移

解得初速度最大值

初速度的范圍
3×105m/s≤v0≤
（3）設粒子到達P點時離斜面距離最遠，此時速度vP恰好平行于斜面方向向下，由速度關系

豎直速度公式

解得
t1=5×10-7s
此時如果磁場為零，電場也已撤去，粒子將做勻速直線運動至熒光屏的Q1點，增大磁場，粒子將做勻速圓周運動，半徑隨磁場的增大而減小，當磁場最大時，設軌跡恰好相切于Q2點，

P點水平位移
xP=vO1t1=0.15m、
半徑

粒子在P點時速度

由牛頓第二定律

解得磁感應強度最大值
B=0.5T
故磁感應強度的范圍
0≤B≤0.5T
方向垂直于斜面向下。
18．如圖所示，一質量為m、電量為+q、重力不計的帶電粒子，從A板的S點由靜止開始釋放，經A、B加速電場加速后，穿過中間偏轉電場，再進入右側勻強磁場區域。已知AB間的電壓為U，MN極板間的電壓為2U，MN兩板間的距離和板長均為L，磁場垂直紙面向里、磁感應強度為B、有理想邊界。求：
(1)帶電粒子離開B板時速度v0的大小；
(2)帶電粒子離開偏轉電場時速度v的大小；
(3)要使帶電粒子最終垂直磁場右邊界射出磁場，磁場的寬度d多大？

【答案】(1)； (2)； (3)
【解析】(1)帶電粒子在加速電場中，由動能定理得

得帶電粒子離開B板的速度

(2)粒子進入偏轉電場后，有

豎直速度

由牛頓第二定律，有

解得

則帶電粒子離開偏轉電場時速度v的大小

(3)帶電粒子離開偏轉電場時，有

根據洛倫茲力提供向心力，則有

由幾何關系，有

聯立以上各式，可得磁場寬度

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