UePlus - 试卷云

专题22  带电粒子在磁场中运动

考点01 带电粒子在直线边界磁场中的运动

1. （2024年高考河北卷）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（   ）

A. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出

B. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出

C. 若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°

D. 若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°

【答案】ACD

【解析】

根据几何关系可知，若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示

粒子从C点垂直于BC射出，故AC正确；

若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示

则粒子不可能垂直BC射出；若粒子从bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示

则粒子一定垂直BC射出，故B错误、D正确。

2. （2024年高考广西卷）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

粒子运动轨迹如图所示

在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有

可得粒子做圆周运动的半径

根据几何关系可得P点至O点的距离

故选C。

1. （2023高考全国乙卷） 如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（   ）

A. B.

C. D.

【参考答案】A

【命题意图】本题考查带电粒子在磁场和复合场中的运动及其相关知识点。

【解题思路】设带电粒子电荷量q，质量为m，从O点沿x轴正方向射入磁场，画出运动轨迹，由图中几何关系可知偏转角θ为60°，由cosθ=解得r=2a。由洛伦兹力提供向心力，得qvB=m，在磁场区域加上电场，入射粒子沿x轴到达接受屏，qE=qvB，联立解得=，A正确。

【思路点拨】解答带电粒子在匀强磁场中运动问题，正确画出带电粒子运动轨迹是关键。

3.． （2023年高考湖北卷） 如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：

（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；

（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；

（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）

【参考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa

【名师解析】

（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径

r = a

根据

解得

（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则

T_甲 = 2T_乙

根据，有

则

粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有

mv_甲0＋m_乙v_乙0= －mv_甲1＋m_乙v_乙1

解得

v_乙0= －5v_甲0，v_乙1= 3v_甲0

则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。

（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有

v_甲1= －3v_甲0，v_乙1= 3v_甲0

则根据，可知此时乙粒子的运动半径为

可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为

S₁= 6πa

且在第二次碰撞时有

mv_甲1＋m_乙v_乙1= mv_甲2＋m_乙v_乙2

解得

v_甲2= v_甲0，v_乙2= －5v_甲0

可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为

S₂= 10πa

且在第三次碰撞时有

mv_甲2＋m_乙v_乙2= mv_甲3＋m_乙v_乙3

解得

v_甲3= －3v_甲0，v_乙3= 3v_甲0

依次类推

在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为

S₈= 10πa

且在第九次碰撞时有

mv_甲8＋m_乙v_乙8= mv_甲9＋m_乙v_乙9

解得

v_甲9=－3v_甲0，v_乙9= 3v_甲0

在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为

r_甲1 = 3a

则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。

在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为

S₀ = 3πa

故整个过程中乙粒子走过总路程为

S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa

4. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）

A. kBL，0° B. kBL，0°

C. kBL，60° D. 2kBL，60°

【参考答案】BC

【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。

【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，

根据几何关系则有，

可得

根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。

当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有

根据洛伦兹力提供向心力有

可得

此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。

通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）

此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；

当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）

此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。

故可知BC正确，AD错误。

5．（2022·高考广东物理）如图6所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（    ）

A．    B．    C．    D．

【参考答案】A

【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。

【解题思路】

根据题述情景，质子垂直Oyz平面进入磁场，向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面向x轴正方向偏转，所以可能正确的是A。

6．（11分）（2023年6月浙江高考选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B₁的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B₂的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。

（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v₁及其在磁场中的运动时间t；

（2）若，求能到达处的离子的最小速度v₂；

（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

【名师解析】（1）画出离子恰不进入区域II的轨迹，由轨迹图中几何关系得

sin30°=，

解得r₁=2L。

由洛伦兹力提供向心力，qv₁B₁=m，

解得v₁=

运动轨迹所对圆心角为θ=2π/3

离子在区域II中运动时间t==

（2）解法一：常规法

画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。

速度为v₂的离子在区域I，由洛伦兹力提供向心力，qv₂B₁=m，

解得r₂=

速度为v₂的离子在区域II，由洛伦兹力提供向心力，qv₂B₂=m，

解得r₂’= == r₂/2

在区域II，离子运动轨迹恰好与y=L/2水平线相切，r₂’- r₂’cosα=L/2，即r₂- r₂cosα=L，

解得：cosα=

在区域I，r₂cosα-r₂cos60°=L，即r_2·-r₂cos60°=L，

解得：r₂=4L，

由= r₂/2=2L，解得v₂=

解法二：等效法。

若B₂=2B₁，由r=mv/qB

可知离子在区域I运动轨迹半径为r₂=r’₁/2，

可以等效为B₂=B₁时离子恰好运动到y=0处。

由图中几何关系可得：sin30°=，

解得r₁’=4L。

离子在区域I磁场中运动，qv₂B₁=m，

解得v₂=

解法三。动量定理+微元法

画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。我们可以通过微元法，利用动量定理解答。

对离子进入磁场到恰好运动到y=L/2处的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，

-qB₁v_y1△t-qB₂v_y2△t =m△v

方程两侧求和，-qB₁Σv_y1△t-qB₂Σv_y2△t=mΣ△v

注意到Σv_y1△t=L，Σv_y2△t=0.5L，Σ△v=-v₂sin30°

可得  -2qB₁L=0.5m v₂

解得：v₂=

（3）解法一：等效法

画出B₂=图像，如图。

区域II中磁场可等效为匀强磁场B₁/2的匀强磁场，若把区域II中磁场等效为匀强磁场B₁，则磁场宽度则为L/2。画出恰好能够进入第四象限的离子运动轨迹，如图。

由轨迹图中几何关系得

sin30°=，

解得r₃=3L。

由洛伦兹力提供向心力，qv₃B₁=m，

解得v₃=

即速度大于v₃=的离子都能够进入第四象限，

进入第四象限的离子数与总离子数之比为

η=×100%=60%

解法二：动量定理+微元法

画出B₂=图像，如图。

区域II中磁场可等效为匀强磁场B₁/2的匀强磁场，

对离子进入磁场到恰好运动到x轴的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，-qB₁v_y1△t-qB₂v_y2△t =m△v

方程两侧求和，-qB₁Σv_y1△t-qB₂Σv_y2△t=mΣ△v

注意到Σv_y1△t=L，

ΣB₂v_y2△t=Σv_y2△t =Σv_y2△t =L，

Σ△v=-v₂sin30°

可得 qB₁L=m v₂

解得：v₃=

即速度大于v₃=的离子都能够进入第四象限，

进入第四象限的离子数与总离子数之比为

η=×100%=60%

7. （2022新高考江苏卷）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，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，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求：

（1）粒子a、b的质量之比；

（2）粒子a的动量大小。

【参考答案】（1）；（2）

【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、动量守恒定律及其相关知识点。

【解题思路】

（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

解得

由题干知半径之比，故

因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为

联立解得

（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律

因为分裂后动量关系为，联立解得

8．（2023全国高考新课程卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（    ）

A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外

C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里

D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外

【参考答案】C

【名师解析】A项，电场方向水平向左、α粒子所受电场力向左，磁场方向垂直纸面向里，α粒子所受洛伦兹力向左，不可能得出如图所示的轨迹，A错误；B项，电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外，对电子，洛伦兹力向左f_e=evB，电场力向右F_e=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向右，f_α=2eB，所受电场力向左F_α=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹不符，B错误；C项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，对电子，洛伦兹力向右f_e=evB，电场力向左F_e=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向左，f_α=2eB，所受电场力向右F_α=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹相符，C正确；D项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外，对电子，所受电场力向左，所受洛伦兹力向左，有关向左偏转，与题述轨迹不符，D错误。

9. （2023高考海南卷） 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（   ）

A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B. 小球运动过程中的速度不变

C. 小球运动过程的加速度保持不变

D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功

【参考答案】A

【名师解析】

根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；

小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；

洛仑兹力永不做功，D错误。

考点02 带电粒子在圆形边界磁场中的运动

1. （2023年高考全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO方向射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变，方向相反；电荷量不变，重力不计。下列说法正确的是

A. 粒子运动轨迹可能通过圆心， 

B. 最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出

C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短

D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线

【参考答案】BD

【命题意图】本题考查带电粒子在圆形区域匀强磁场中运动、洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识点。

【解题思路】粒子沿PO射入，由于受到洛伦兹力作用，粒子运动轨迹不可能通过圆心，A错误；画出粒子运动轨迹，如图，可知粒子最少经2次碰撞，可能从小孔射出，B正确；射入小孔时速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误；由题述和对称性可知，每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确。

2. （2022年高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（   ）

A. 粒子1可能为中子

B. 粒子2可能为电子

C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点

D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点

【参考答案】AD

【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.

【名师解析】

由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，选项A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，选项C错误；粒子2在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有  ，解得粒子运动轨迹半径。可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，选项D正确。

3 （2023高考北京卷）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l（）．带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（    ）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a

B．粒子质量为

C．管道内的等效电流为

D．粒子束对管道的平均作用力大小为

【参考答案】C

【名师解析】根据题述，带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，可知粒子在磁场中运动的圆弧半径为r=a，A正确；由洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得m=，B正确；由于带电粒子在管道内做匀速曲线运动，其定向移动的速度小于v，所以管道内的等效电流小于，C不正确；设△t时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N，同一时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N’=l/2a，对带电粒子与管道壁碰撞，由动量定理，F△t=NN’m·2v，N=n△t， m=，联立解得F=，D正确。