1、随堂检测 1(多选)(2015高考全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的 k 倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子( )A运动轨迹的半径是中的 k 倍B加速度的大小是中的 k 倍C做圆周运动的周期是中的 k 倍D做圆周运动的角速度与 中的相等解析：选 AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度 B1 是 磁场磁感应强度 B2 的 k 倍由 qvB 得 r ，即中电子运动轨迹的mv2r mvqB1B半径是中的 k 倍，选项 A 正确由 F 合 ma 得 a B，所以 ，选项 B 错F合m qvBm a2a1 1k误由 T
2、得 Tr，所以 k，选项 C 正确由 得 ，选项 D 错误2rv T2T1 2T 21 T1T2 1k2(2016高考全国卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍此离子和质子的质量比值约为( )A11 B12C121 D144解析：选 D设加速电压为 U，质子做匀速圆周运动的半径为 r，原来磁场的磁感应强度为 B，质子质量为 m，一价正离子质量为 M质子在
3、入口处从静止开始加速 ，由动能定理得，eU mv ，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev 1Bm12 21；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU Mv ，该正离子在磁感12 2应强度为 12B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为 r，洛伦兹力提供向心力，ev212BM ；联立解得 Mm1441，选项 D 正确3(多选)(2018佛山校级联考)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力) ，从点 O 以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成 角，则正、负离子在磁场中 ( )A运动时间相同B运动轨迹的半径相
4、同C重新回到边界时速度的大小和方向相同D重新回到边界的位置与 O 点距离不相等解析：选 BC粒子在磁场中运动周期为 T ，则知两个离子圆周运动的周期相2mqB等根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏转角为 22，轨迹的圆心角也为 22，运动时间 t T同理，2 22负离子运动时间 t T，显然时间不等，故 A 错误根据牛顿第二定律得：qvBm 得：22 v2rr ， 由题意可知 m、q、v、B 大小均相同，则 r 相同， 故 B 正确正、负离子在磁场中mvqB均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向
5、相同，故 C 正确根据几何知识得知重新回到边界的位置与 O 点距离 x2rsin ，r 、 相同，则 x 相同，故 D 错误4回旋加速器 D 形盒中央为质子流， D 形盒的交流电压为 U，静止质子经电场加速后，进入 D 形盒，其最大轨道半径为 R，磁场的磁感应强度为 B，质子质量为 m、电荷量为 e求：(1)质子最初进入 D 形盒的动能；(2)质子经回旋加速器最后得到的动能；(3)交流电源的周期解析：(1)质子在电场中加速，由动能定理得：eUE k0，解得 EkeU (2)质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为 R，由牛顿第二定律得evBm v2R质子的最大动能：E kmax mv2 12解
6、得：E kmax e2B2R22m(3)T 2meB答案：(1)eU (2) (3)e2B2R22m 2meB课时作业 学生用书 P159(单独成册 )一、单项选择题1如图所示，水平导线中有电流 I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流 I 的方向相同，则电子将( )A沿路径 a 运动，轨迹是圆B沿路径 a 运动，轨迹半径越来越大C沿路径 a 运动，轨迹半径越来越小D沿路径 b 运动，轨迹半径越来越小解析：选 B由安培定则及左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲，又由 r 知，mvqBB 减小， r 越来越大，故电子的径迹是 a，B 正确，A、C 、D 错误2质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成
7、，其原理图如图设想有一个静止的带电粒子P(不计重力)，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到底片上的 D 点，设 OD x，则图中能正确反映 x2 与 U 之间函数关系的是( )解析：选 A根据动能定理 qU mv2 得 v 粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提12 2qUm供向心力 qvBm ，则 R x2R ，知 x2U，故 A 正确，B、C、D 错误v2R mvqB 2B2mUq3(2018桂林模拟)在回旋加速器中，带电粒子在 “D”形金属盒内经过半个圆周所需的时间与下列物理量无关的是( )A带电粒子运动的轨道半径B带电粒子的电荷量C带电粒子的质量D加速器的
8、磁感应强度解析：选 A设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，进入磁场时的速率为 v，运动的周期为 T，轨道半径为 R，磁场的磁感应强度为 B带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：qvBm m Rv2R (2T)2带电粒子做圆周运动的周期 T2mqB因此经过半个圆周所需要的时间与带电粒子的轨道半径无关，与带电粒子的电荷量、质量以及加速器的磁感应强度都有关；故选 A4(2018余姚期中)薄铝板将同一匀强磁场分成 、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径 R1R2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子( )A带正电B在、区域的运
9、动时间相同C在、区域的运动加速度相同D从区域穿过铝板运动到区域 解析：选 B粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小 ，由 r 可得粒子在磁场中mvBq做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，故 A、D 错误；由 T 可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域2mBq中运动的时间均为 t T ，故 B 正确；根据向心加速度公式 a ，可知，周期12 mBq 42rT2相同，半径不同，所以加速度不同，故 C 错误5(2018宜宾联考)如图所示，有界匀强磁场边界线 SPMN，速率不同的同种带电粒子从 S 点沿 SP 方向同时射入磁场其中穿过 a 点的粒子速
10、度 v1 与 MN 垂直；穿过 b 点的粒子速度 v2 与 MN 成 60角，设粒子从 S 到 a、b 所需时间分别为 t1 和 t2(带电粒子重力不计)，则 t1t 2 为( )A13 B43C32 D11解析：选 C粒子在磁场中运动周期的公式为 T ，由此可知，粒子的运动时间与2mqB粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动轨迹可知，通过 a点的粒子的偏转角为 90，通过 b 点的粒子的偏转角为 60，所以通过 a 点的粒子的运动的时间为 T，通过 b 点的粒子的运动的时间为 T，所以从 S 到 a、b 所需时间 t1t2 为 32，14 16所以 C 正确6如图所示
11、，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第 1 象限内，磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里一质量为 m、电荷量绝对值为 q、不计重力的粒子，以某速度从 O 点沿着与 y 轴正方向的夹角为 30的方向进入磁场，运动到 A 点时，粒子速度沿 x 轴正方向下列判断正确的是( )A粒子带正电B运动过程中，粒子的速度不变C粒子由 O 到 A 经历的时间为 tm3qBD离开第一象限时，粒子的速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30解析：选 C根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示 ，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故 A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动 ，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故 B 错
12、误；粒子由 O 运动到 A 时速度方向改变了 60角，所以粒子轨迹对应的圆心角为 60，则粒子由 O 到 A 运动的时间为 t T ，故 C 正360 60360 2mqB m3qB确；粒子在 O 点时速度与 x 轴正方向的夹角为 60，x 轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60，故 D 错误7如图，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面) ，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为 已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹
13、角R2为 60，则粒子的速率为(不计重力)( )A BqBR2m qBRmC D3qBR2m 2qBRm解析：选 B本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题带电粒子从距离 ab 为 处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为 60，粒子R2运动轨迹如图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交 ce 于 f 点，磁场区域圆心为 O，带电粒子所做圆周运动圆心为 O，则 O、f 、O 在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为 R，由 F 洛 F 向 得 qvB ，解得 v ，选mv2R qBRm项 B 正确二、多项选择题8如图所示，速度
14、不同的同种带电粒子(重力不计) a、b 沿半径 AO 方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b 两粒子的运动轨迹分别为 AB 和 AC，则下列说法中正确的是( )Aa、b 两粒子均带正电Ba 粒子的速度比 b 粒子的速度大Ca 粒子在磁场中的运动时间比 b 粒子长D两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心 O解析：选 CD粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，根据左手定则知，粒子均带负电，故 A 错误根据 a、b 的运动轨迹知 ，b 的轨道半径大于 a 的轨道半径，根据 r 知，mvqBb 粒子的速度大于 a 粒子的速度，故 B 错误a 粒子在磁场中运动的圆心角大于 b 粒子在磁场中运动的圆心角，根
15、据 T 知，两粒子的周期相同，结合 t T 知，a 粒子在磁2mqB 2场中运动的时间大于 b 粒子在磁场中运动的时间，故 C 正确进入磁场区域时，速度方向指向圆心 O，根据圆的对称性可以知道 ，离开磁场时，速度一定背离圆心，故 D 正确9如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为 B 和 E平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2平板 S 下方有磁感应强度为B0 的匀强磁场下列表述正确的是( )A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝
16、P 的带电粒子的速率等于EBD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷越小解析：选 ABC质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，选项 A 对；速度选择器中静电力与洛伦兹力是一对平衡力，即 qvBqE，故 v ，选项 C 对；据左手EB定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，选项 B 对；粒子在匀强磁场中运动的半径 r ，即粒子的比荷 ，由此看出粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒mvqB qm vBr子运动的半径越小，粒子的比荷越大，选项 D 错10(2018郑州高二检测)如图所示， A 点的离子源沿纸面垂直 OQ 方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计为把这
17、束负离子约束在 OP 之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场已知 O、A 两点间的距离为 s，负离子的比荷为 ，速率为 v，OP 与 OQ 间的夹qm角为 30，则所加匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和方向可能是( )AB ，垂直纸面向里mv3qsBB ，垂直纸面向里mvqsCB ，垂直纸面向外mvqsDB ，垂直纸面向外3mvqs解析：选 BD当磁场方向垂直纸面向里时，其临界轨迹即圆弧与 OP 相切于 M 点，如图甲所示，由几何关系得 sr 1 ，所以 r1s， 又因 r1 ，所以 B1 ；当磁r1sin 30 mvqB1 mvqs场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与 OP 相切于 N 点，
18、如图乙所示，由几何关系，s r 2，得 r2 ，r 2 ，所以 B2 ，选项 B、D 正确，A、C 错误r2sin 30 s3 mvqB2 3mvqs三、非选择题11(2018沈阳高二测试)一质量为 m、带电荷量为 q 的粒子以速度 v0 从 O 点沿 y 轴正方向射入磁感应强度为 B 的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面粒子飞出磁场区域后，再运动一段时间从 b 处穿过 x 轴，速度方向与 x 轴正方向夹角为 30，如图所示不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)b 点到 O 点的距离；(3)粒子从 O 点到 b 点的时间解析：(1)洛伦兹力提供向心力，qv0Bm ，得：
19、R mv0qB(2)设圆周运动的圆心为 a，则：ab 2 R，Rsin 30ObRab 3mv0qB(3)圆周运动的周期 T ，2mqB在磁场中运动的时间 t1 T 13 2m3qB离开磁场后运动的距离sRtan 60 ，3mv0qB运动的时间 t2 sv0 3mqB粒子由 O 到 b 点的总时间 tt 1t 2 (23 3)mqB答案：(1) (2) (3)mv0qB 3mv0qB (23 3)mqB12质谱仪原理如图所示，a 为粒子加速器，电压为 U1，b 为速度选择器，磁场与电场正交磁感应强度为 B1，板间距离为 d，c 为偏转分离器，磁感应强度为 B2今有一质量为 m，电荷量为e 的粒
20、子( 不计重力)经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为 R 的匀速圆周运动求：(1)粒子的速度 v；(2)速度选择器的电压 U2；(3)粒子在 B2 磁场中做匀速圆周运动的半径 R解析：(1)在 a 中，粒子被加速电场 U1 加速，由动能定理得 eU1 mv2，12得 v 2eU1m(2)在 b 中，粒子受到的静电力和洛伦兹力大小相等，即e evB 1，U2d代入 v 值得 U2B 1d 2eU1m(3)在 c 中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，则 evB2 ，mv2R由上式得回转半径 R ，mvB2e代入 v 值得 R 1B2 2mU1e答案：(1) (2) B1d (3) 2eU1m 2eU1m 1B2 2mU1e
