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專題14　帶電粒子在勻強磁場中的運動
題組1　帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動
1．如圖1所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是(　　)
A．a B．b
C．c D．d圖1
2．如圖2所示，一帶負電的質點在固定的正 ( http: / / www.21cnjy.com )的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內，質點的速度方向如圖中箭頭所示，現加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則(　　)圖2
A．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將大于T0
B．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將小于T0
C．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將大于T0
D．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將小于T0
3．有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應 ( http: / / www.21cnjy.com )強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
4．同一種帶電粒子以不同的速度v1、v2、v3垂直射入勻強磁場中，其運動軌跡分別如圖3中的1、2、3所示，則可知
(1)帶電粒子進入磁場的速度值有________個；
(2)這些速度的大小關系為________；圖3
(3)三束粒子從O點出發分別到達1、2、3點所用時間t1、t2、t3之間的關系為________．
5．一帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中的運 ( http: / / www.21cnjy.com )動軌跡如圖4所示，MN是一塊薄金屬板，粒子在穿過金屬板時損失了一些動能．設粒子所帶的電荷量不變，由圖可知，該粒子應是帶________電，粒子運動的方向應是沿______方向．圖4
題組2　帶電粒子在有界磁場中的勻速圓周運動
6．如圖5所示為一正方形空 ( http: / / www.21cnjy.com )腔的橫截面，a、b、c為三個小孔(孔徑不計)，腔內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束具有不同速率的電子，由孔a垂直磁場方向射入空腔．如從孔b、c分別有電子射出，則從兩孔射出電子的速率之比vb∶vc＝_________，飛行時間之比tb∶tc＝________.圖5
7．如圖6所示，在一矩形區域內，不加磁 ( http: / / www.21cnjy.com )場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區域的時間為t.若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°，利用以上數據可求出下列物理量中的(　　)圖6
A．帶電粒子的比荷
B．帶電粒子在磁場中運動的周期
C．帶電粒子的初速度
D．帶電粒子在磁場中運動的半徑
8．如圖7所示，在半徑為R的圓形區 ( http: / / www.21cnjy.com )域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動以下說法正確的是(　　)
圖7
A．只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上
B．對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心
C．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長
D．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
9．如圖8所示，在直線MN上方有垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為q的粒子，沿與MN成45°角的方向由O點斜面左上方垂直于磁場方向飛入磁場，t s后達到MN直線上的某一點P，OP＝r，則該帶電粒子帶______，勻強磁場的磁感應強度為____，粒子的速度為________．圖8
10．長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強 ( http: / / www.21cnjy.com )磁場，如圖9所示．磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電．現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　)圖9
A．使粒子的速度v<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度題組3　能力題組
11．如圖10，兩個共軸的 ( http: / / www.21cnjy.com )圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r0.在圓筒之外的足夠大區域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應強度的大小為B，在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區域內有沿半徑向外的電場．一質量為m、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發，初速度為零．如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發點S，則兩極之間的電壓U應是多少？(不計重力，整個裝置在真空中．)圖10
12．電視機的顯像管中， ( http: / / www.21cnjy.com )電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現的．電子束經過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區，如圖11所示．磁場方向垂直于圓面向外．磁場區的中心為O，半徑為r.當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點．為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉一已知角度θ，此時磁場的磁感應強度B應為多少？圖11
13．一帶電粒子質量為m，電荷量為－e ( http: / / www.21cnjy.com )，它以某一速度沿直徑方向射入圓筒形磁場區域(半徑為r)，速度方向和磁場方向垂直，磁感應強度為B，設粒子和圓筒壁的碰撞沒有能量和電荷量損失，可看作完全彈性碰撞．試問，要使粒子從原入口處返回，粒子在磁場中運動的最短時間是多少？如果粒子在磁場中運動的時間最短，此時，粒子射入時的速度為多大？
詳解答案
1．BD　[根據左手定則可得，當磁場方 ( http: / / www.21cnjy.com )向垂直紙面向里時，帶電粒子受到水平向左的洛倫茲力，所以軌跡為d；當磁場方向垂直紙面向外時，帶電粒子受到水平向右的洛倫茲力，所以軌跡為b，故選B、D.]
2．AD　[若磁場方向指向紙里，根 ( http: / / www.21cnjy.com )據左手定則可得，粒子受到的洛倫茲力方向與庫侖力方向相反，即向心力從F＝k變為F＝k－Bqv，所以向心力減小了，根據牛頓第二定律可得F向＝mr，因半徑不變，向心力減小，所以質點的運動周期變大，A正確，B錯誤．若磁場方向指向紙外，根據左手定則，粒子受到的洛倫茲力方向和庫侖力方向相同，即向心力從F＝k變為F＝k＋Bqv，向心力變大了，同樣軌道半徑沒有變化，根據公式F向＝mr可得周期變小了，故C錯誤，D正確．]
3．AC　[設電子的質量為m，速率為v，電荷量為q，B2＝B，B1＝kB
則由牛頓第二定律得：
qvB＝①
T＝②
由①②得：R＝，T＝
所以＝k，＝k
根據a＝，ω＝可知
＝，＝
所以選項A、C正確，選項B、D錯誤．]
4．(1)三　(2)v1解析　(1)因為是同一種帶電粒子，所以根據公式r＝可得，半徑有三個，即速度值有三個．
(2)根據公式r＝可得速度越大，半徑越大，所以v1(3)根據公式T＝可得，粒子在磁場中的運動周期和速度無關，由題圖可得粒子均運動了半個周期，所以三次情況下的運動時間是相等的．
5．負　edcba
解析　粒子穿過金屬時動能的損失使速度變小 ( http: / / www.21cnjy.com )，由r＝知，粒子在穿過金屬板以后運動半徑變小，由此可判定粒子運動途徑是edcba.由粒子的運動途徑，且洛倫茲力方向沿半徑指向圓心，運用左手定則可判知粒子帶負電．粒子在同一磁場中上、下兩個半周期運動速度大小雖然不同，但周期相同，在上、下兩個半周運動時各為半個周期，時間相等．
6．1∶2　2∶1
解析　由各孔的軸線方向可知，從孔b射 ( http: / / www.21cnjy.com )出的電子的速度方向改變180°，圓周運動的圓心為ab的中點，直徑為ab；從孔c射出的電子的速度方向改變90°，圓周運動的圓心是b點，半徑是ab.所以兩者的軌道半徑之比為1∶2，根據半徑公式可知，兩者的速率之比為1∶2；軌道對應的圓心角之比是2∶1，根據時間公式t＝，可知兩者的運動時間之比是2∶1.
7．AB　[由帶電粒子在磁場中運動的偏 ( http: / / www.21cnjy.com )轉角，可知帶電粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°，因此由幾何關系得磁場寬度l＝rsin60°＝sin60°，又未加磁場時有l＝v0t，所以可求得比荷＝，A項對；周期T＝也可求出，B項對；因初速度未知，所以C、D項錯．]
8．D　[對著圓心入射的粒子， ( http: / / www.21cnjy.com )出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關．故A錯誤．帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心．故B錯誤．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝T知，運動時間越短．故C錯誤．速度滿足v＝時，粒子的軌跡半徑為r＝＝R，則軌跡的圓心角為90°，速度的偏向角也等于90°，故沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上．故D正確．故選D.]
9．負電　　
解析　粒子沿與MN成45°角的方向由O ( http: / / www.21cnjy.com )點垂直于磁場方向飛入磁場，根據對稱性和幾何知識可得粒子在P點射出磁場時與MN的夾角為45°，粒子在磁場中的軌跡對應的圓心角為270°，再由左手定則可得粒子帶負電，即粒子在磁場中的運動時間為t＝T，又因為T＝，聯立兩式可得B＝，由幾何知識知R＝r，根據R＝可得v＝＝·＝.
10．AB　[若帶電粒子剛好打在極板右邊緣 ( http: / / www.21cnjy.com )，有r＝(r1－)2＋l2，又因r1＝，解得v1＝；若粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正確．]
11.
解析　帶電粒子從S點出發，在 ( http: / / www.21cnjy.com )兩筒之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出a而進入磁場區，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫b，只要穿過了b，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經b重新進入磁場區，然后，粒子將以同樣方式經過c、d，再經過a回到S點．
設粒子射入磁場區的速度為v，根據能量守恒，mv2＝qU
設粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得
m＝qBv
由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到b必經過圓周．所以半徑R必定等于筒的外半徑r0，即
R＝r0，由以上各式解得U＝.
12.tan
解析　電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C，半徑為R.以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質量和電荷量，則
由動能定理可得
mv2＝eU①
洛倫茲力充當向心力，所以根據牛頓第二定律可知
evB＝m②
從圖中根據幾何知識可得R＝③
由以上各式解得
B＝tan④
13.　
解析　很顯然，粒子在磁場中運動與圓筒壁 ( http: / / www.21cnjy.com )碰撞的次數越少，所需的時間也就越短，而碰一次是不可能的，因此，最少是碰兩次，如圖所示．在四邊形AOBD中，A點和B點的位置已確定，且A、B、C三點等分圓周，可知∠AOB為，又∠OAD和∠OBD均為直角，故∠ADB為.
把三段加起來，該粒子在圓筒內運動的偏轉角之和等于π，故運動時間為半個周期.
由幾何關系知Rtan＝r
即R＝r
由Bev＝m知R＝，所以v＝.

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