高中物理《磁场对运动电荷的作用》典型题过关测试题(精品含答案)

1．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )

A．导线中的电流从A流向B B．导线中的电流从B流向A

C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现 D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关

2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )

A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小

3．如图所示，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(q>0)、质量为m的粒子R

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)( )

qBR

A.2m 3qBRC.2m

qBRB．m 2qBRD.m

4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则( )

A．该粒子一定带负电 B．a极板电势一定比b极板高

C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关 q

D．带电粒子的m比值越大，PS′间距离越大

5．如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )

A．所有的电子都向x轴下方偏转 B．所有的电子都做类平抛运动

C．所有的电子在磁场中运动时速度不变

D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同 6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间t甲∶t乙的值分别为( )

A．1∶1 2∶1 C．2∶1 1∶2

B．1∶2 2∶1 D．1∶2 1∶1

7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较

大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )

A．带电粒子每运动一周被加速一次 B．P1P2＝P2P3

C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 D．加速电场方向需要做周期性的变化

8．(多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )

A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是m1

C．A、B两粒子q之比是 3m

D．A、B两粒子q之比是

3

2＋3

1 3

3

2＋3

9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是( )

A．电子的运行轨迹为PENCMDP 2πm

B．电子运行一周回到P用时为T＝Be 1C．B1＝2B2 D．B1＝4B2

10．(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从MNq

边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场．已知该带电粒子的比荷m＝v0

其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是( ) 2Bd，

A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转

B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为3d πd

D．该带电粒子在磁场中运动的时间为3v

0

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：

(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；

(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离； (3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．

12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．

(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；

(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；

(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？

《磁场对运动电荷的作用》典型题参

1．(多选)

解析：选BC.由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转．选项B、C正确．

2．

解析：选D.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的mvv磁场区域后，其速度大小不变，由r＝qB知，轨道半径增大；由角速度ω＝r知，角速度减小，选项D正确．

3．

解析：选B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，R故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝2，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2

mv2qBR

＝O1E＝R，由qvB＝R，得v＝m，B正确．

4．

解析：选B.粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定E

比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝B，到达P点粒

ab子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力mv2qv得qvB＝r，则m＝Br，知比荷越大，r越小，PS′间距离越小，故D错误．

5．

解析：选A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，Tπm

t＝2＝Bq都相同，它们运动的时间都相同，D错误．

6．

1

解析：选B.带电粒子在电场中加速有qU＝2mv2，带电粒子在磁场中偏转有v甲R乙1v22U1

qvB＝mR，联立解得v＝BR，即v∝R，故＝＝2；甲粒子在磁场中偏转用v乙R甲时t甲＝

πR甲πR乙t甲R甲v乙2

，乙粒子在磁场中偏转用时t乙＝可得，＝＝.由以上分析2v甲v乙t乙2R乙v甲1

计算可知选项B正确．

7．

解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需

v212

要做周期性变化，A正确，D错误．由动能定理得nqU＝2mv，又qBv＝mR，1

可得R＝B 2nmUqBR02

R与加速次数不成正比，故B错误．最大动能为Ek＝2m，q，R0为D形盒半径，可知C错误．

8．(多选)

解析：选BD.由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据v2mv

Bqv＝mr，得r＝Bq.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60°＋rB＝d，对粒子A：mvrA3rAcos 30°＋rA＝d，联立解得r＝，所以A错误，B正确．再根据r＝Bq，

B2＋3m

可得A、B两粒子q之比是9．

解析：选C.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，2πmπm

在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝Be＋Be，故B错误；由图象可知，

12mv

电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝Be可知，B1＝2B2，故C正确，D错误．

10．(多选)

解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝

2v0mv0qv0

mR，解得R＝qB，又因为带电粒子的比荷m＝2Bd，则有R＝2d，故B正确．由

3

，故C错误，D正确． 2＋3

几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s＝R(1－cos 30°)3

＝2d×1－＝(2－3)d，故C错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运

2π2πm1πd

动的圆心角为θ＝6，所以粒子在磁场中运动的时间t＝qB×12＝3v，故D正确．

0

11．

解析：(1)对带电粒子的加速过程，由

12

动能定理qU＝2mv 代入数据得：v＝20 m/s

(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：

mv2mvqvB＝R得R＝qB 代入数据得：R＝0.50 m OP而cos 53°＝0.50 m

故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示． 由几何关系可知：

OQ＝R＋Rsin 53° 故OQ＝0.90 m

(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得： OP＞R′＋R′cos 53°① R′＝

mv

② qB′

由①②并代入数据得：

16

B′＞3 T＝5.33 T(取“≥”照样给分) 答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T 12．

解析：(1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称

性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d

v2Bqd

由Bqv＝mr得v＝m 所以运动时间为t＝

2πr＋2d2πm＋2mv＝Bq. (2)在区域Ⅱ内由动能定理得 1212

qEd＝2mv1－2mv

由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d v22Bqd1

由2Bqv1＝mr得v1＝m 3dqB2

联立解得E＝2m. (3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．

v21

由2Bqv＝mR得R＝2d 所以OC＝R2－d2＝3d

粒子出射点距A点的距离为s＝r＋R－OC＝(3－3)d. 2πm＋2m3dqB2

答案：(1)Bq (2)2m (3)(3－3)d