8.2磁场对运动电荷的作用(高中物理习题)

高三一轮物理复习（人教版）

第8章磁场

第2节磁场对运动电荷的作用

一、选择题(本大题共9小题，每小题6分，共计54分．每小题至少一个答案正确) 1．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是

A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用

B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现

C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功

D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行

解析当通电直导线放置的方向与匀强磁场的方向平行时，其不受安培力的作用，则A 错；安培力是导线中所有电荷所受的洛伦兹力的宏观表现，B正确；由于带电粒子所受的洛伦兹力的方向与粒子的速度方向始终是垂直的关系，因此洛伦兹力不做功，C错误；磁场的方向与安培力的方向垂直，D错误．

答案 B

图8－2－16

2．一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨迹如图8－2－16所示，下列情况可能的是

A．粒子带正电，沿逆时针方向运动

B．粒子带正电，沿顺时针方向运动

C．粒子带负电，沿逆时针方向运动

D．粒子带负电，沿顺时针方向运动

解析由左手定则可判定，如粒子带正电，则沿逆时针方向运动；如粒子带负电，则沿顺时针方向运动，故选项A、D正确．

答案AD

3．质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I.则下面说法中正确的是

A ．该带电粒子的比荷为q m ＝BR

v

B ．在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝qBt

m

C ．当速率v 增大时，环形电流的大小I 保持不变

D ．当速率v 增大时，运动周期T 变小

解析 在磁场中，由qvB ＝mv 2R ，得q m ＝v BR ，选项A 错误；在磁场中运动周期T ＝2πm

qB ，

与速率无关，选项D 错误；在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角θ＝t T ·2π＝qBt

m ，

选项B 正确；电流定义I ＝q T ＝Bq 2

2πm ，与速率无关，选项C 正确．

答案 BC

图8－2－17

4．回旋加速器是加速带电粒子的装置．其主体部分是两个D 形金属盒，两金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图8－2－17所示，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是

A ．增大金属盒的半径

B ．减小狭缝间的距离

C ．增大高频交流电压

D ．减小磁场的磁感应强度 解析 由qvB ＝mv 2R ，得

E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m .可知A 正确．

答案 A

图8－2－18

5．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图8－2－18所示，离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看做零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 上，设离子射出磁场的位置到入口处S 1

的距离为x，下列判断正确的是

A．若离子束是同位素，则x越大，离子进入磁场时速度越小B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小

C．只要x相同，则离子质量一定不相同

D．只要x相同，则离子的比荷一定相同

解析在加速电场中，qU＝1

2mv

2；在磁场中qvB＝mv

2

R

；由几何关系知x＝2R；以上三

式联立可得x＝2mv

qB ＝2

B

2mU

q

，只有选项D正确．

答案 D

图8－2－19

6．如图8－2－19所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度方向为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图8－2－20中的

图8－2－20

解析由左手定则可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度方向分别为向外、向里和向外，

即正、负和正，故B、D错．由于粒子做匀速圆周运动，所以1

4T＝πm

2qB

＝t，

故B＝πm

2qt

，C正确．

答案 C

图8－2－21

7．如图8－2－21所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π/3，根据上述条件可求得的物理量为

A．带电粒子的初速度

B．带电粒子在磁场中运动的半径

C．带电粒子在磁场中运动的周期

D．带电粒子的比荷

解析设圆柱形区域的半径为R，粒子的初速度为v0，则v0＝2R

t

，由于R未知，无法

求出带电粒子的初速度，选项A错误；若加上磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图所

示，设运动轨迹半径为r，运动周期为T，则T＝2πr

v0

，速度方向偏转了π/3，由几何关系得，轨迹圆弧所对的圆心角θ＝π/3，r＝3R，联立以上式子得T＝3πt；由T＝

2πm/qB得q/m＝2

3Bt

，故选项C、D正确；由于R未知，无法求出带电粒子在磁场中

做圆周运动的半径，选项B错误．

答案CD

图8－2－22

8．如图8－2－22所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直

纸面向外，比荷为e

m的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为

A．B＞3mv0

ae B．B＜

2mv0

ae

C．B＜3mv0

ae D．B＞

2mv0

ae

解析如右图所示，当电子正好经过C点时，做圆周运动的半径R＝a

2/cos 30°＝a

3，

要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于a

3

，由带电粒子在磁场中运动的半径

公式r＝mv

qB 有a

3

＞mv0

eB

，即B＜3mv0

ae

，C选项正确．

答案 C

图8－2－23

9．如图8－2－23所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中

A．运动时间相同

B．运动轨道的半径相同

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点距离相等

解析如右图所示，正离子的轨迹为磁场边界上方的OB，负离子的轨迹为磁场边界

上方的OA，轨道半径OO1＝OO2＝mv

qB

，二者相同，B正确；运动时间和轨道对应的圆心角(回旋角α)成正比，所以正离子运动时间较长，A错误；由几何知识可知△OO1B≌△OO2A，所以OA＝OB，D正确；由于O1B∥O2A，且v A⊥O2A，v B⊥O1B，

所以v A ∥v B ，C 正确． 答案 BCD

10.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同

D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 解析：在磁场中半径mv r qB =

运动时间：m t qB

θ=（θ为转过圆心角），故BD 正确，当粒子从O 点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC 错 11.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L 。一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是 A. 粒子带正电

B. 射出粒子的最大速度为

m

d L qB 2)

3(+

C. 保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

D. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 答案：BC

解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A 错误；由题意知：粒子的最大半径2

3max d

L r +=、粒子的最小半径2min L r =

，根据qB mv r =，可得m d L qB v 2)3(max +=、m

qBL

v 2min =，则

m

qBd

v v 23min max =

-，故可知B 、C 正确，D 错误。

二、计算题(本大题共3小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

图8－2－24

12．(13分)如图8－2－24所示，a 点距坐标原点的距离为L ，坐标平面内有边界过a 点和坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子(质量为m 、电荷量为e)从a 点以初速度v 0平行x 轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x 轴上的b 点(图中未画出)射出磁场区域，此时速度方向与x 轴的正方向之间的夹角为60°，求：

(1)磁场的磁感应强度； (2)磁场区域的圆心O 1的坐标； (3)电子在磁场中运动的时间．

解析 (1)磁场区域及电子运动轨迹如图所示，由几何关系得R ＝2L ，由牛顿第二定律得

Bev 0＝mv 2

R

解得B ＝mv 0

2eL

.

(2)x 轴坐标x ＝aO 1sin 60°＝

3L

2

y 轴坐标为y ＝L －aO 1cos 60°＝L

2

O 1点坐标为??

?

?

3L 2，L 2.

(3)粒子在磁场中飞行时间为t ＝60T 360＝2πL

3v 0.

答案 (1)mv 02eL (2)????32

L ，L

2 (3)2πL 3v 0

图8－2－25

13．(15分)电子质量为m ，电荷量为e ，从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v 0，如图8－2－25所示．现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN 上，荧光屏与y 轴平行，求： (1)荧光屏上光斑的长度； (2)所加磁场范围的最小面积．

解析 (1)如图所示，求光斑长度，关键是找到两个边界点，初速度方向沿x 轴正方向的电子，沿弧OB 运动到P ；初速度方向沿y 轴正方向的电子，沿弧OC 运动到Q. 电子在磁场中的半径R ＝mv 0Be ，由图可知PQ ＝R ＝mv 0

Be

.

(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN 上，所加最小面积的磁场的边界是以O ′(0，R)为圆心、R 为半径的圆的一部分，如图中实线所示，所以磁场范围的最小面积

S ＝34πR 2＋R 2－1

4πR 2＝????π2＋1????mv 0Be 2. 答案 (1)mv 0Be

(2)????π2＋1????mv 0Be 2

图8－2－26

14． (18分)如图8－2－26所示，在0≤x ≤3a 区域内存在与xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t ＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量

同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y 轴正方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场边界上P(3a ，a)点离开磁场．求：

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q/m ；

(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围； (3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．

解析 (1)初速度与y 轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如下图中的弧OP 所示，其圆心为C.由题给条件可以得出∠OCP ＝2π

3

①

此粒子飞出磁场所用的时间为 t 0＝T 3

②

式中T 为粒子做圆周运动的周期．

此粒子运动速度的大小为v ，半径为R.由几何关系可得 R ＝

2

3

a ③ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB ＝m v 2

R ④

T ＝2πR v

⑤

联立②③④⑤式，得 q m ＝2π3Bt 0

.⑥ (2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点距离相同．在t 0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 点为圆心、OP 为半径的弧MN 上，如上图所示．

设此时位于P 、M 、N 三点的粒子的初速度分别为v P 、v M 、v N .由对称性可知v P 与OP 、

v M 与OM 、v N 与ON 的夹角均为π/3.设v M 、v N 与y 轴正方向的夹角分别为θM 、θN ，由几何关系有 θM ＝π3⑦

θN ＝

2π3

⑧ 对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y 轴正方向所成的夹角θ应满足21世纪教育网

π3≤θ≤2π3

⑨

(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如右图所示．由几何关系可知 OM ＝OP ⑩

由对称性可知ME ＝OP ?

从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间 t m ＝2t 0. 答案 (1)

23a 2π3Bt 0

(2)π3≤θ≤2π

3 (3)2t 0

15.（19分）如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d ≤x ≤2d ）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从p 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

（1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；

（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。

解析：（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C （在y 轴上），半径为R a1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ',如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

1

2

a a R v m

AB qv = ① 由几何关系得θ='∠P PC ② θsin 1d R a = ③ 式中，030=θ，由①②③式得m

qBd

v a 21=

④ (2)设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1a R ，射出点为a P （图中未画出轨

迹），θ'='∠a a P O P 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得2

2)2(a a

a R v m B qv = ⑤

由①⑤式得2

1

2a a R R =

⑥ C 、P '和a O 三点共线，且由 ⑥式知a O 点必位于d x 2

3= ⑦ 的平面上。由对称性知，

a P 点与P '点纵坐标相同，即h R y a p a +=θcos 1 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。

设b 在I 中运动的轨道半径为1b R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2

1)3

()3(

a b a v R m B v q = ⑨ 设a 到达a P 点时，b 位于b P 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则

πθ22'=a T t ⑩ π

α21=b T t ○

11 式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

v

R T a a 2

22π=

○12 3211

v R T b b π= ○13 由⑤⑨⑩○11○12○13式得030=α ○

14 由①③⑨○14式可见，b 没有飞出。b P 点的y 坐标为h R y b p b ++=)cos 2(1α ○15 由①③⑧⑨○14○

15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为 d y y b a p p )23(3

2

-=

- ○16