【文档说明】新课标（2019） 高二物理下学期期末考试分类汇编——带电粒子在磁场中的运动 （教师版）.docx，共(44)页，2.894 MB，由envi的店铺上传

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专题03带电粒子在磁场中的运动一、带电粒子在无边界磁场中的运动1．（2022·湖北恩施·高二期中）1932年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，成为第一个发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀

强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A．右侧为正电子运动轨迹B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度C．正、负电子所受洛伦兹力始终相同D．正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变【答案】AD【

解析】A．根据左手定则可知，右侧为正电子运动轨迹，A正确；B．由洛伦兹力提供向心力，可得2mvBqvR=解得电子的速度为BqRvm=由轨迹可知，正电子轨迹半径更小，则正电子速度小于负电子速度，B错误；C．正、负电子所受洛

伦兹力的方向时刻发生变化，C错误；D．由轨迹可知，正、负电子运动的半径在减小，根据上面的式子可知，速度在减小，动能也就在减小。而正、负电子的运动周期为22RmTvBq==故运动周期与速度大小，轨迹半径无关，保持不变。D正确；故选AD。2．（2022

·天津市宝坻区第一中学高二期中）如图所示，在03xa的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在0=t时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在090范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在tt=0时刻刚好从磁场右边界上()33Paa

，点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB．粒子的发射速度大小为04π3atC．带电粒子的比荷为043BtD．带电粒子在磁场中运动的最长时间为02t【答案】BD【解析】A．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运

动的轨迹如图所示：设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有2223-3arar+=（）（）可得粒子在磁场中做圆周运动的半径2ra=A错误；B．根据几何关系可得33sin2ar==所以3=圆弧OP的长度sr=−（）所以粒子的发射速度大小0043savtt==B正确；C．根据洛

伦兹力提供向心力有2vqvBmr=结合粒子速度以及半径可得带电粒子的荷质比023qmBt=C错误；D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出。设从P点射出的粒子转过的圆心角为−，时间为0t，从E点射出

的粒子转过的圆心角为2πθ−（），故带电粒子在磁场中运动的最长时间为02t，D正确。故选BD。3．（2022·江苏·常州市第三中学高二期中）在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素2411Na发生衰变，沿

与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示。下列说法正确的是（）A．轨迹1是新核的径迹B．轨迹2是新核的径迹C．2411Na发生的是α衰变D．新核沿顺时针方向旋转【答案】B【解析】AB．设质量为m、电荷量为q的粒子在磁感应强度大小为B的匀

强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有2vqvBmR=解得mvpRBqBq==衰变过程动量守恒，系统初动量为零，则根据反冲运动规律可知新核和粒子动量大小相等，而新核的电荷量一定比粒子的电荷

量大，所以新核的轨迹半径较小，粒子的轨迹半径较大，则轨迹1是粒子的径迹，轨迹2是新核的径迹，故A错误，B正确；CD．因为新核带正电，根据左手定则可以判定新核一定沿逆时针方向旋转，所以粒子一定沿顺时针方向旋转，则粒子带负电，2411Na发生的是β衰变，故CD错误。故选B。4．（2022·湖

南·高二学业考试）甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子（重力及粒子之间的相互作用力不计），分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且甲乙vv（下列各图中的v表示粒子射入磁场的方向），则

甲乙两个粒子的运动轨迹正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】CD．根据左手定则可判断带正电的粒子在磁场中向上偏转，选项CD错误；AB．根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmR=解得mvRqB=由于甲乙v

v，则RR甲乙选项A正确，B错误。故选A。5．（2022·重庆·万盛田家炳中学高二期中）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子在P点以与x轴正方向成α60=的方向以速度0v垂直磁场射入，一段

时间后粒子从y轴上的Q点（图中画出）射出磁场，带电粒子在Q点的速度方向与y轴负方向的夹角β60=。已知带电粒子的质量为m电荷量为q，OPa=，不计粒子所受重力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）带电粒子在第一象限内运动

的时间。【答案】（1）0(31)2mvBaq+=；（2）05(31)6atv−=【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有2vqvBmr=解得0mvrqB=由几何关系得sinαcosβrra+=解得0(31)2mvBaq+=（2）设带电粒子的轨迹的圆心角为，则

由几何关系得56=有224qvBmrT=2tT=解得05(31)6atv−=二、带电粒子在非匀强磁场中的运动1．（2022·广东·东莞市光明中学高二阶段练习）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强

磁场中，空气阻力不计，当小球分别从等高的A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时（）A．小球的动能相同B．丝线所受的拉力相同C．小球所受的洛伦兹力相同D．小球的向心加速度相同【答案】AD【解析】A．带电绝缘小球受到的洛伦兹力和拉力与小球的速度方向时刻垂直，则洛伦兹

力和拉力对小球都不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故当小球两次经过O点时速度大小相等，动能相同，故A正确；BC．小球分别从A点和B点向最低点O运动，两次经过O点时速度大小相同、方向相反，由FqvB=洛，则洛伦兹力大小相等，由左手定则可知小球两次经过O点时洛伦

兹力方向相反。若从A到O点时洛伦兹力向上，则从B点到O时洛伦兹力方向向下，由牛顿第二定律有，从A到O点2vFmgFmR−+=拉洛解得2vFmmgFR=+−拉洛从B到O点2'vFmgFmR−−=拉洛解得2'vFmmgFR=++拉洛故细线所受的拉力大小不

同，故BC错误；D．由2vaR=两次经过O点时速度大小相同，可知小球的向心加速度大小相同，方向都竖直向上指向悬点，故D正确。故选AD。2．（2022·北京·北师大实验中学高二期中）两根长直导线，垂直穿过光滑绝缘水平面，与水平面的交点分别为M和N，两导线内通

有大小相等、方向相反的电流I，如图所示为其俯视图。A、B是该平面内M、N连线中垂线上的两点，从B点以一指向A点的初速度v射出一个带正电的小球，则小球的运动情况是（）A．小球将做匀速直线运动B．小球将做变速直线运动C．小球将向左做曲线运动D．小球将

向右做曲线运动【答案】A【解析】根据安培定则可知，两电流在A点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据对称性和平行四边形定则可知，A点处的合磁感应强度的方向沿着AB方向，同理可得在AB连线上各点的合磁感应强度的方向都沿AB方向，与带电小球的初速度方向平行，则带电小球在光滑水平面上不受

洛伦兹力作用，小球受到的合外力为0，小球做匀速直线运动，A正确，BCD错误。故选A。3．（2022·广东东莞·高二期中）如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动，则()A．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越小B．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来

越大C．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越小D．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越大【答案】A【解析】CD．由安培定则可知，通电直导线在其下方的磁场垂直纸面向里，如图所示，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向向上，所以沿轨迹Ⅰ运动，故CD错误；AB．因离导线越近，磁感

应强度越大，根据Bqv＝m2vr可知，轨迹半径越来越小，所以A正确，B错误。故选A。4．（2022·全国·高二专题练习）如图所示是显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转。不加磁场时，电子束打

在荧光屏正中的O点。若要使电子束打在荧光屏上位置由B逐渐向A移动，则以下说法正确的是（）A．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动B．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功C．偏转磁场应当由垂直纸面向内减弱转至垂直纸面向外增强D．如果电视机荧光屏

上没有图像，只有一条水平亮线，则原因是没有竖直方向的磁场【答案】C【解析】A．在偏转过程中，洛伦兹力方向不断变化，是变力，加速度方向变化，电子束做非匀加速曲线运动，A错误；B．在偏转过程中，洛伦兹力与速度方向垂直，对电子束不做功，B错误；C．根据左手定则和洛伦兹力公式，偏转磁场应当由垂直

纸面向内减弱转至垂直纸面向外增强，C正确；D．根据左手定则，如果电视机荧光屏上没有图像，只有一条水平亮线，则原因是没有水平方向的磁场，D错误。故选C。三、带电粒子在有界磁场中的运动1．（2022·山东·济宁市育才中学高二期中）如图所示，等腰直角三角

形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速度沿ab方向射人磁场，分别从d、c、e点射出磁场，所用时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t3=3

∶2，若t3已知，则（）A．t2∶t3=3∶2B．带电粒子的比荷为32BtC．从c点与从e点射出的速度大小之比为3∶2D．从d点与从e点射出的速度大小之比为3∶2【答案】AC【解析】A．粒子运动轨迹如图所示从d、c两点射出时，对应的圆心角相等，都等于90°，所以，他们在磁场中运动时间也相等，即1

2tt=，又由于13:3:2tt=，因此23:3:2tt=故A正确；B．由于13:3:2tt=，又因为，从d点射出时对应的圆心角为90°，所以，从e点射出时，对应的圆心角为60°，即311266mtTqB==变形得33qmBt=故B错误；

CD．设ab=L，由几何关系得d112rOdL==c2rOcL==e3233LrOeae===根据牛顿第二定律得2vqvBmr=qBrvm=由于q、m、B相同，速度与半径成正比ccee32233vrLvrL===ddee1324233LvrvrL===故C正确、D错误。故选AC。2．（2022·辽

宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为2L，ab和bc的夹角为30

°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子的入射速度为33qBLmB．运动轨迹与bc相切的粒子从ab边射入时距a点2332L−C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为2LD．粒子在磁场内运动的

时间可能为56mqB【答案】BC【解析】A．在bc边中点射出的粒子的轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得2vqvBmr=根据直角三角形得sin30rL=解得2Lr=2qBLvm=A错误；B．如图2所示，运动轨迹与bc相切的粒子从ab

边射入时与a点的距离为2sin60sin30rdLr=−+解得2332dL−=C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为222rLs==C正确；D．粒子在磁场内运动的最长时间如图2所示，轨迹所对应的圆心角为120°，其最长时间为max13tT=2mTqB=解得

max46mtqB=粒子在磁场内运动的时间不可能为56mqB，D错误。故选BC。3．（2022·河南洛阳·高二阶段练习）如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强

度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放速度大小相等、方向均垂直磁场的带负电粒子，电荷量为q，质量为m。粒子间的相互作用及重力不计，其中沿60=射入的粒子，恰好垂直PQ射出，则（）。A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB．粒子的速率为aqBmC．沿60=射入

的粒子，在磁场中的运动时间为π3mqBD．PQ边界上有粒子射出的长度为23a【答案】D【解析】AB．粒子沿60=射入时，恰好垂直PQ射出，则粒子在磁场中转过30°，如图所示所以有sin30Ra=解得2Ra=由洛仑兹力提供向心力2vqBvmr＝则2

aqBvm＝故AB错误；C．沿60=射入的粒子，在磁场中的运动时间为30123601266RRmtTvvqB====故C错误；D．0=时，粒子离开磁场在PQ上O的水平线上方3a处；当增大时，粒子离开磁场在PQ上的位置下移，直到粒子运动轨迹与P

Q相切；继续增大，则粒子不能从PQ边界射出；粒子运动轨迹与PQ相切时，由半径2Ra=，可知，粒子转过的角度为60°，所以，出射点在O的水平线下方3a处；所以，PQ边界上有粒子射出的长度为23a，故D正确。故选D。4．（2022·山西大同·高二期中）如图所示，一

质量为m、电荷量为q的带电粒子与磁场边界成60=射入宽度为d的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，粒子从右边界B点射出磁场，AB连线垂直于边界，不计粒子重力，以下说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在磁场中运动

时间为π3mqBC．粒子射入磁场的速度为2qBdmD．粒子出射速度方向与水平夹角为60【答案】B【解析】A．根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；C．设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系以及对称性可得cos2dr=解得r

d=设粒子射入磁场的速度为v，根据牛顿第二定律有2vqvBmr=解得qBdvm=故C错误；B．粒子在磁场中运动的周期为2π2πrmTvBq==粒子在磁场中转过的圆心角为180260=−=所以粒子在磁场中运动

时间为0π336tTmqB==故B正确；D．根据几何关系可知粒子出射速度方向与水平夹角为30°，故D错误。故选B。5．（2022·福建·福鼎市第六中学高二阶段练习）如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝3L

的直线（边界上均有磁场）。磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电量为q的正粒子从y轴上P点以初速度0v垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向45°角进入匀强磁场。已知OP＝L，不计粒子重力。求：（1）粒子进入磁场时的速度v；（2）Q与O点的距离x；（3）要使粒子能

再进入电场，磁感应强度B的范围。【答案】（1）02vv=；（2）x=2L；（3）()0212mvBqL+【解析】（1）根据速度的合成与分解可得粒子进入磁场时的速度大小为002cos45vvv==（2）根据类平抛运动速度方向反向延长线过位移中点可得ta

n4512OPOQ=解得x=OQ＝2L（3）作出粒子刚好能够再进入电场的轨迹如图所示，粒子在磁场的运动轨迹左侧与y轴相切，此时磁感应强度有最小值minB，设粒子的运动半径为r，根据几何关系可得cos452

rrL+=解得(422)1.17rLL=−由于磁场右边界为x＝3L，根据几何关系则23rL故粒子不会飞出右侧边界，根据牛顿第二定律可得2minvqvBmr=联立解得()0min212mvBqL+=所以要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围是()0212mv

BqL+四、带电粒子在磁场中运动的多解性1．（2022·河北·石家庄二中高二期末）如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为qBdvm=、电荷量为q、质

量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则（）A．粒子能打到板上的区域长度为23dB．打到板上的粒子数为12NC．从粒子源出发到板的最短时间为3mqBD．同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为mqB【答案】BC【解析】A．粒

子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径mvqBdRdqBm===粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为3d，右

侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是3+1d（），选项A错误；B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为12N，选项B正确；CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如

下：粒子做整个圆周运动的周期22==dmTvqB由几何关系可知最短时间21==63mtTqB如图所示粒子在磁场中最长时间133==42mtTqB所以127==6mtttqB−选项C正确，D错误。故选BC。2．（2022·广东·仲元中学高二阶段练习）如

图所示为一“太空粒子探测器”的简化图，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B=kB0（k>0），k值可以调节，01

2mUBLe=，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为30°。假设太空中质量为m、电荷量为e的负电粒子，能均匀地吸附到外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力

及碰撞，求：（1）粒子到达O点时的速率v0；（2）若从O点垂直于ad边界射入磁场的粒子恰能从b点离开，求k的值；（3）若要求外弧面PQ上所有的粒子均从ab边射出磁场，求k值的取值范围。【答案】（1）02eUvm=；（2）45k=；（3）2322k+【解析】（1）粒

子加速过程，由动能定理可得2012eUmv=解得粒子到达O点时的速率为02eUvm=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示由几何关系可得2222LLRR+−=解得54LR=由洛伦兹力作为向心力可得2000ve

vkBmR=解得45k=（3）磁场最小时，即k最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，若图所示则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得11cos30rrL+=解得()1223rL

=−由洛伦兹力作为向心力可得200101vevkBmr=解得1232k+=磁场最大时，即k最大时，只要满足沿QO方向射入磁场的粒子，轨迹经过a点，则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得22Lr=由洛伦兹力作为向心力可得200202vevkBm

r=解得22k=综上所示，要求外弧面PQ上所有的粒子均从ab边射出磁场，k值应满足2322k+3．（2022·江西·临川一中实验学校高二期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形，其顶点

坐标分别为（0，0），（0，33d），（d，0），三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的某点M由静止释放，粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角

三角形的斜边射出，不计粒子重力。（1）求M点到O点的距离；（2）改变粒子在y轴上的释放点，使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，求N点到O点的距离；（3）在（2）过程中，求粒子从N点由静止释放到射出磁场的

运动时间。【答案】（1）22018qBdymE=；（2）2222(21)qBdynmE=+（n=0，1，2…）；（3）21()6mtnqB=+（n=0，1，2，…）【解析】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0，由几何关系可知002RRd+=解得03dR=由牛顿第二定律得

2000mvqvBR=设M点到O点的距离为y0，由动能定理得20012qEymv=解得22018qBdymE=（2）要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场，则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足：(21)(0,1,2,)dnRn=+=由牛顿第二定律得2vqvBmR=设N点到O

点的距离为y，由动能定理有212qEymv=解得2222(21)qBdynmE=+（n=0，1，2…）（3）设粒子在电场中的加速度为a，则qE=ma设粒子在电场中每单程的运动时间为t0，则2012yat=粒子在电场中总的运动时间t1=(2n+1）t0（n=0，1，2，…）解得1

BdtE=粒子在磁场中做圆周运动的周期2mTqB=粒子在磁场中总的运动时间2122TTtn=+（n=0，1，2，……）解得21()6mtnqB=+（n=0，1，2，…）粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间121()6Bd

mtttnEqB=+=++（n=0，1，2，……）4．（2022·湖南·长郡中学高二期中）如图所示，在以O为圆心，内外半径分别为1R和2R的圆环区域内，存在垂直纸面的匀强磁场，10RR=，203RR=，一电荷量为q+、质量

为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．（1）如图，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度1v射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．（2）在图中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为2v，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少

？【答案】（1）1022mvqR0122Rv（2）小于202mvqR【解析】(1)重要信息提取：磁场：圆环形的有界磁场；粒子：带电粒子从A点射入从C点射出；隐含条件：粒子刚好不能从外圆射出时，轨迹与两圆相切，相切分两种情况；(2)物理思维：作出粒子的运动轨迹，应用几何关系和牛顿第二定律求解．

解：(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半径为r由牛顿第二定律得：211vqBvmr=①由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90，则()22212rRR=−解得：02rR=②联立①②式得

：1022mvBqR=③粒子做匀速圆周运动的周期：12rTv=④粒子在磁场中运动的时间：14tT=⑤联立②④⑤式得：0122Rtv=⑥(2)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹如图乙所示，分两种情况：

第Ⅰ种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径：21102RRrR−==⑦设此过程的磁感应强度为1B，由牛顿第二定律得：22121vqBvmr=⑧联立⑦⑧式得：210mvBqR=⑨第Ⅱ种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道

半径：212022RRrR+==设此过程的磁感应强度为2B，则2202mvBqR=综合Ⅰ、Ⅱ可知磁感应强度应小于202mvqR【点睛】解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．1．（2022·湖南·高三学业考试）速度均为0v的31

H和42He的混合粒子流沿着与直径ab夹角为（角未知）的方向垂直进入圆柱形匀强磁场区域，一个粒子的出射方向恰与直径ab平行向右射出，另一个粒子刚好从直径的另一点b点出射。已知元电荷e，31H的质量为3m，42He的质量为4m，不计粒子的重力

，该区域的磁感应强度为B，求：（）A．出射方向恰与直径ab平行的粒子为42HeB．42He的速度偏转角是31H速度偏转角的2倍C．60=D．磁场圆的半径为03mvBe【答案】BCD【解析】A．作出粒子运动轨迹图如下由2vqvBmr=解得mvrqB=则HHeHHeHeH32342mqrmermq

me===设水平向右射出的粒子半径为2r，从b点射出的粒子半径为1r，则1sinRr=22222((1cos))(sin)RrrR=−+−解得2sin1cosRr=−则122()1cossin1sin1cos()1cosRrRr−==−−所以2r对应的31H，即

出射方向恰与直径ab平行的粒子为31H，故A错误；B．由几何分析可知42He的速度偏转角为2，31H速度偏转角为，故B正确；C．由A项分析有21cos21cos3−=−解得60=故C正确；D．

由A项分析有01He4sin602mvRrreB===解得03mvReB=故D正确。故选BCD。2．（2022·辽宁·沈阳二中三模）如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电

荷量为q−（0q）的同种带电粒子（不计重力），从AB边的中点，以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直于磁场方向射入），下列说法正确的是（）A．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最大速率为34BqamB．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子速率最小时，在磁场

中运动的半径为3aC．若粒子均垂直于AB边射入，则粒子不可能从BC边上距B点233a−处出射D．若粒子射入时的速率为32Bqam，则粒子从BC边射出的最短时间为3mBq【答案】CD【解析】A．从BC边射出的粒子速度

最大时，半径最大，则如图由几何关系11sin30cos30RRa=−解得13Ra=根据2vqvBmR=解得max3Bqavm=选项A错误；B．当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC边相切，则213cos3024Raa==选项B错误；C．若粒子均垂直于A

B边射入，则当轨迹与BC相切时cos30rra+=解得tan30(23)BDra==−则粒子不可能从BC边上距B点233−a处射出，选项C正确；D．若粒子射入时的速率为32Bqam，则轨道半径'32ra=粒子从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，长

度为32a，则由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为3，时间为223mmtqBBq==选项D正确。故选CD。3．（2022·广东汕头·三模）如图所示，四分之一圆环区域abcd存在垂直纸面方向的匀强磁场，圆心为O，内圆半

径为r。一比荷（qm）为k的粒子从O点以速率v沿半径方向与Oa成30°角射入磁场，已知粒子运动轨迹与cd边相切并从b点离开磁场。不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的加速度为233vrB．匀强磁场的磁感应强度为3vkrC．粒子在磁场中的运动时间为4π9rvD．扇形区域ad边的长度为()31r−【答

案】BD【解析】A．作出粒子在abcd区域内的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为3tan303Rrr==粒子在磁场中的加速度为223vvaRr==故A错误；B．根据牛顿第二定律有2vqvBmR=解得33mvmvvBRqrqrk===故B正确；C．粒子在

磁场中运动的周期为2π23π3RrTvv==根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以运动时间为243π39TRtv==故C错误；D．根据几何关系可知abcd的外圆半径为33rRr==所以扇形区域ad边的长度为(31)adrr

r=−=−故D正确。故选BD。4．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，

可以在纸面内向磁场内各个方向均匀射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（）A．从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为3:

2B．粒子运动的速度大小为qBdmC．粒子在磁场中运动的最长时间为mBqD．磁场区域中有粒子通过的面积为244d+【答案】ABD【解析】如图所示B．由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径rd=由牛顿第二定律2vqvBmr=解得粒子运动的速度大小为qBdvm=故

B正确；C．由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为2mqB，故C错误；D．由图可知，磁场区域有粒子通

过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为2221444ddd++=故D正确；A．由图可知，当速度垂直OB时，粒子刚好从D点射出，如下图所示由几何关系可知，当速度方向与OC的夹角为30°时，恰好从C点射出

，则从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为90:603:2=故A正确。故选ABD。5．（2022·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，在竖直平面矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从AD的中点O射入磁场，速度方向与磁场垂直且与A

D的夹角45a=，粒子经过磁场偏转后在C点垂直CD穿出。已知矩形ABCD的宽AD为L，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则下列说法正确的是（）A．粒子带正电荷B．粒子速度大小为22qBLmC．粒子在磁场中运动的轨道半径为24LD．粒子在磁

场中运动的时间为34mqB【答案】BD【解析】A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；BC．由题意可知，粒子运动轨迹如图所示由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为2cos4522LLr==根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得2vq

vBmr=解得22qBLvm=B正确，C错误；D．由几何关系可知电荷在磁场中偏转了135°，则在磁场中运动的时间为1352236034mqBmtTqB===D正确。故选BD。6．（2022·重庆市江津第八中学校模拟预测）有一长方形区间abcd，其边长2abL=，bcL=，在其内存在

匀强磁场，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向内，如图所示。ab边中点有一电子发射源S，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射相同速率的电子，已知电子在磁场中运动半径为L。则从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例为（）A．50%B．66.7%C．33.3%D．16.7%【答案】

C【解析】根据题意，由左手定则可知，粒子进入磁场后受水平向右的洛伦兹力，根据几何关系可知，当电子发射方向与ab成30°时，电子击中b点，当电子发射方向与ab垂直时，电子击中c点，运动轨迹如图所示则能击中bc的夹角范围为30~90共60的范围区间，故从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比

例60100%33.3%180==故ABD错误C正确。故选C。7．（2022·广东·珠海市第二中学模拟预测）K−介子衰变的方程为：0Kππ−−→+，其中K−介子和π−介子带负电，电量为元电荷，0π介子不带电

，一个K−介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π−介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切如图所示，它们的半径之比KR−与πR−之比为2∶1，0π介子的轨迹未画出。由此可知π−的动量大小与0π的动量大小之比为（）A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1

∶4【答案】C【解析】设质量为m、电荷量为q的粒子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有2vqvBmR=①解得mvpRBqBq==②由②式可得K−介子和π−介子的动量大小之比为KKππ2pRpR−−−−=

=③由题图并根据左手定则可知，K−介子到达P点衰变前瞬间的速度方向向下，衰变后瞬间π−介子的速度方向向上，衰变过程动量守恒，取向下为正方向，则0Kππppp−−=−+④联立③④解得π−的动量大小与0π的动量大小之比

为0ππ13pp−=⑤故选C。8．（2022·山东临沂·三模）三星堆遗址考古新发现被誉为“20世纪人类最伟大的考古发现之一”。考古学家利用放射性元素146C的半衰期可以确定文物的年代。碳元素146C能自发释放射线，衰变方程为146C

X+β→，其半衰期约为5730年．则下列说法正确的是（）A．146C衰变的实质是碳原子失去核外电子B．当X数量是146C数量的3倍时，146C衰变所经历时间约为17190年C．随着文物的出土，文物所在环境温度升高，146C衰变速度也会增大D．静止的146C原子核在某匀

强磁场中自发释放射线，X和粒子作匀速圆周运动，其半径之比为1:7【答案】D【解析】A．146C衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，A错误；B．根据半衰期公式01()2tTNN=根据题意可得014NN=解得22573011460tT===年B错误；C．半衰期由原

子核内部决定，与外界环境温度无关，可知随着文物的出土，文物所在环境温度升高，146C衰变速度不变，C错误；D．静止的146C原子核在某匀强磁场中自发释放射线，设X和粒子的质量分别为1m，2m，电荷量大小分别为1q和2q，速度大小分别为1v和2v，根据动量守恒

可得1122mvmv=根据衰变过程电荷数守恒可得1271qq=粒子在磁场由洛伦兹力提供向心力，可得2vqvBmr=解得1mvrqBq=可得X和粒子作匀速圆周运动，其半径之比为122117rqrq==D正确。故选D。9．

（2022·湖北·蕲春县第一高级中学三模）如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源，能沿xOy平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量为m，带电量为q−的粒

子，且发射速度的大小为qBLvm=。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。已知a粒子的入射方向与x轴正方向成30°角，若不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（）A．b粒子的入射方向与x轴正方向成4

5°角B．b粒子的入射方向与x轴正方向成60角C．a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行D．从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后不一定都过P点【答案】C【解析】ABC．根据2vqvBmr=解得rL=a粒子的轨迹如图根据几何关系，a粒子

的入射方向与x轴正方向成30°角，a粒子在磁场中转过的圆心角为60，根据2tT=b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍，则b粒子转过的圆心角为120，b粒子的轨迹如图根据几何关系b粒子的入射方向与x轴正方向成30°角，a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行，故C

正确，AB错误；D．根据2vqvBmr=解得rL=根据左手定则粒子向左偏转，粒子沿着y轴正方向从不同位置射入，设射入位置与圆心的连线与x轴的夹角为，根据几何关系其轨迹中心的坐标为(cos,sin)LLL−−根据几何关系，该轨迹中心与P点的距离为22(cos

)(sin0)dLLLLL=−++−=则粒子的轨迹必然经过P点，即粒子经磁场作用后一定都过P点，故D错误。故选C。10．（2022·湖南衡阳·三模）“人造太阳”是一种通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变的装置，其简化模型如图所示，核聚变主要原料氕核（1

1H）质量为m，电荷量为q，在纸面内从圆心O以不同速度向各个方向射出，被约束在半径为R1=3R和R2=3R两个同心圆之间的环形区域，该环形区域存在与环面垂直的匀强磁场B，要使所有粒子都不会穿出磁场的外边缘，不计粒子重力及粒子间碰撞

和相互作用，则粒子在磁场中一个连续运动的最长时间为（）A．23mqBB．32mqBC．43mqBD．53mqB【答案】C【解析】设粒子在磁场中运动的最大半径为rm，最大速度为vm，如图所示根据几何关系可得()222mm12RrrR−=+解得mrR=根据几何关系可知，粒子在

磁场中转过的圆心角为23602arctanRr=−所以当r最大时，α有最大值为1mm3602arctan=240Rr=−粒子在磁场中运动的周期为mm2π2πrmTqvB==联立可得粒子在磁场中一个连续运动的最长时间为mm43603mtTqB==故选C。1

1．（2022·湖北·广水市一中高三阶段练习）如图所示，三角形AQC是边长L=20cm的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点，在水平线QC的下方有一水平向左的匀强电场，区域I（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.5T，区域Ⅱ（三角形

APD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ（虚线PD以上，三角形PAD以外）有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内的磁场的磁感应强度大小均为B2=2.5T，一带电粒子从Q点正下方、与Q点相距d=10cm的O点处

以某一初速度射出，在电场力的作用下从QC边的中点N以速度v0=5×106m/s垂直QC边射入区域I内，接着从P点垂直AQ边射入区域Ⅲ内，此后该带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回到O点，粒子重力可忽略，π≈3，求：（1）该带电粒子的比荷qm；（2）匀强

电场的电场强度大小E及该带电粒子从O点射出时初速度的大小v；（3）该带电粒子从O点出发到再次返回到O点的整个运动过程所经历的时间t。【答案】（1）8110C/kg；（2）6510N/C，65510m/s；（3）71.4810s−【解析】（1）由题意可知粒子在区域I中做

匀速圆周运动的半径为110cm2LR==①根据牛顿第二定律有20101vBqvmR=②联立①②解得8110C/kgqm=③（2）根据粒子在区域I中的偏转方向和左手定则可知粒子带正电，粒子从O点运动到N点的过程中，在水平方向做匀减速运动，由牛顿第二定律可得其加速度大小为qEam=④粒子在竖直方向以

v0做匀速运动。设粒子从O点运动到N点的时间为t′，根据运动学规律有0dvt=⑤2122Lat=⑥联立③④⑤⑥解得6510N/CE=⑦易知粒子到达N点时水平方向的末速度为0，则粒子在水平方向的初速度大小为72110m/s2xLvaaL=

==⑧解得22605510m/sxvvv=+=⑨（3）作出该带电粒子的运动轨迹如图所示。根据⑤式有80210sdtv−==⑩根据对称性可知，粒子在匀强电场中运动的时间为802410stt−==⑪粒子在

区域I中运动的时间为81102π12410s6Rtv−==⑫根据牛顿第二定律有20022πBqvmvT=⑬可得粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中运动的周期均为8222π2.410smTqB−==⑭粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中运动的总时间为82326.810526sttT−+=+

=⑮该带电粒子从O点出发到再次返回到O点的整个运动过程所经历的时间为701231.4810sttttt−=+++=⑯12．（2022·湖北·襄阳五中二模）如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心'O的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无

磁场。在y轴和直线3xa=之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。（1）若粒子的初速度方向与y轴负向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小

v1；（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为3mtqB=，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2。【答案】（1）16qBavm=；（2）232qBavm=【解析】（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B

点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如下左图所示设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得11sin303rra=−粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得2111vqvBmr=解得16qBavm=（2）粒子在磁场中的运动周期为2mTqB=粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为36060

tT==如上右图所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角30=设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得2232sin30+2cos30ara=由牛顿第二定律得2222vqvBmr=解得232qBavm=