1、第51a节 带电粒子在磁场中的圆周运动（上）1.2013年新课标I卷aBbq18.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R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为（不计重力）A B C D【答案】BB6060rrR/2【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30，所以轨迹半径,由，B选项对。2.2013年新
2、课标II卷17空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A B C D答：A 解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关系可知轨道半径，洛伦兹力等于向心力，有，解得磁场的磁感应强度，A正确。3. 2012年理综全国卷17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是A. 若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B. 若m1=m2，则它们作
3、圆周运动的半径一定相等C. 若q1q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D. 若m1m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等【答案】A【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径，周期。若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确；若q1q2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B错误；若m1m2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D错误。4. 2012年理综北京卷16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （D）A. 与粒子电荷量
4、成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有 粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有 两式联立有 环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。5. 2012年理综广东卷BNMS图215. 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，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是 A.M带负电，N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛仑兹力对M、N做正
5、功D.M的运行时间大于N的运行时间【解析】选A。由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。由得，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由图及A选项的判断可知RNRM，故vN0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为A B C D【答案】DOMNC30A60DO12030B【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中
6、的轨迹圆心为点，根据几何知识可得，则三角形AB为等边三角形，故AB=60，而MON=30，OCA=90，故CA为一条直线，所以AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为，而半径公式，故距离为.17.2015年理综新课标卷19.有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II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I中运动的电子相比，II中的电子 （ AC ）A. 运动轨迹的半径是I中的k倍B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度与I中的相等解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供，解得 因为I
7、中的磁感应强度是II中的k倍，所以II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，选项A正确；加速度，加速度的大小是I中的1/k倍，B错误；由周期公式 得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍，选项C正确；角速度，II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍，D错误。故选AC。18. 2015年广东卷16.在同一匀强磁场中，a粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子 （ B ）A运动半径之比是21B运动周期之比是21C运动速度大小之比是41D受到的洛伦兹力之比是21解析：a粒子和质子质量之比为41,电荷量之比为21 ，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C错误；在同
8、一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误。19.2016年海南卷14. （14分）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，以平行于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
9、磁感应强度的大小；yxOCA（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；（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，求粒子此次入射速度的大小。【答案】（1） （2）【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。由洛伦兹力公式和牛顿定律得图（a） yxOCAP12 匀速圆周运动的速度满足 联立式得 （2）设粒子从OA变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
10、运动的轨迹如图（a）所示：设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有： 粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则： yxOCA图（b） OBDr0（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150。设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有O OD=B OA=30 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律 联立式得 20.2015年理综四川卷7如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直
11、线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.010-4T，电子质量m=9.110-31kg，电量e=1.610-19C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置MNOSB的区域的长度为l，则 （ AD ）A=90O时，l=9.1cmB=60O时，l=9.1cmC=45O时，l=4.55cmD=30O时，l=4.55cmAOMNSC解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：，解得电子圆周运动的轨道半径为：m4.5510-2m4.55cm，恰好有：rdL/2，由于
12、电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：lNA，AOMNA2C2C1S2S1由题意知MN与SO直线的夹角为不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l=4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中弧线S1A1， 由几何关系可知，此时S1O和MN的夹角=30，故选项C错D正确；当l=9.1cm
13、时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中弧线S2A2， 由几何关系可知，此时S2O和MN的夹角=90，故选项B错A正确。21. 2018年江苏卷15（16分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场取sin53=0.8，cos53=0.6dd4ddd2dOO（1）求磁感应强度大小B；（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场（
14、磁场不重叠），可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值。解：（1）粒子圆周运动的半径 由题意知，解得（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为由d=rsin，得sin=，即=53在一个矩形磁场中的运动时间，解得直线运动的时间，解得则（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得则当xm=时，t有最大值粒子直线运动路程的最大值增加路程的最大值增加时间的最大值22.2018年海南卷POrB13（10分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点
15、在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。vPOrRCMN解：（1）如图，PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆心，半径为R；MON为圆O的直径，。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动，由几何关系知由上式和题给条件得（2）设粒子在磁场中运动的速度大小为，由洛仑兹力公式和牛顿定律有由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为，由运动学公式有联立式得 23.2018年全国卷III、离子源NMU24（12分）如图,从离子源产生的甲、乙两
16、种离子，由静止经加速电压加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比。解：（1）设甲种离子所带电荷量为、质量为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为，磁场的磁感应强度大小为，由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由几何关系知由式得（2）设乙种离子所带电荷量为、质量为，射入磁场的速度为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为。同理有由题给条件有由式得，甲、乙两种离
17、子的比荷之比为24. 2013年天津卷11（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：BOSNMPdM、N间电场强度E的大小；圆筒的半径R；保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射
18、出期间，与圆筒的碰撞次数n。答：（1） （2） （3）n=3解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed BOSNMPdAOrR联立上式可得 （2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角，由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立式得 （3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为U，则 设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出 结合式可得 设粒子做圆周运动的半径为r，则 设粒子从S到第一次与圆筒
19、碰撞期间的轨迹所对的圆心角为，比较两式得到 r=R，可见 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=325. 2012年物理海南卷tOPyx图（a）图（b）B+B0-B0O16图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。（1）若t00，则直线OA与x轴的夹角是多少？（2）若t0，则直线OA与x轴的夹角是多少？（
20、3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0t0的范围内，t0应取何值？解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T 表示圆周的半径和运动周期， yABOax由式与已知条件得T =T 粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角 =0 （2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，
21、在t=T/2到t=T时间内，沿图（b）yCOaxBA逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 =/2 （3）若在任意时刻t=t0（0 t0 T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O
22、 ，圆弧BA对应的圆心角为 如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在OO 连线上，且图（c）图 （a）yABOaxCOO 若要OA与x轴成/ 4角，则有 联立式可得 26. 2011年新课标版OyxPd2dB2B25（19分）如图，在区域I（0xd）和区域II（d0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；（2）点电荷b的速度大小。
23、答：（1） （2）解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得 由式得 设点电荷a做圆周运动的周期为T，有 如图，O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得GEFOO11ba =90 故从开始运动到经过G点所用的时间t为 （2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为，依题意有 由式得 由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得 =60 R1=2R 联立式，解得 25.【2019年4月浙江物理选考】【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方
24、向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，
25、N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求的最大值【答案】（1），；（2）；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力： （2）由动能定理： 或 解得 （3）恰好能分辨的条件： 解得26.【2019年物理全国卷2】如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。a
26、b边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，d点射出粒子半径为 ，R= 故vd= =，故B选项符合题意27.【2019年物理北京卷】如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 A. 粒子带正电B. 粒子在b点速率大于在a点速率C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】【详解】
27、由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。28.【2019年物理全国卷3】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和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q
28、（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轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误。.29.【2019年物理江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不
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