高中物理选修3-1《36带电粒子在匀强磁场中的运动》测试题解析版

高中物理选修3”《3・6带电粒子在匀强磁场中的运动》测试题

解析版

一.选择题（共19小题）

1.在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来,

地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达

地面，这对地球上的生命有十分重要的意义.若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地

磁场方向射向地球，如图所示，在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是（）

TSWT-

A.若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移

B.若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移

C.若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移

D.若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移

【分析】根据地球磁场的分布.由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断

粒子的运动的方向.

【解答】解：地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时,

根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇

宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东,

所以粒子将向东偏转，所以D正确。

故选：D。

【点评】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向.

2.如图，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径0C与0B夹角为60°.一

电子以速率v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出。电子质量为m、电荷量为

e,不计电子重力，下列说法正确的是（）

A.磁场方向垂直纸面向里

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B.磁感应强度大小为亚吧

3eR

C.电子在磁场中的运动时间为空之工

3v

D.若电子速率变为N,仍要从C点射出，磁感应强度大小应变为原来的3倍

3

【分析】根据半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径0C与OB夹角为

60°.甲电子以速率v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出可知，本题考查带

电粒子在磁场中的偏转，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动知识和几何关系进行求解。

【解答】解：A、根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B、由题意得，电子的运动半径恰好等于r=J^R=胆，解得8=空坦=亚吧，故B

qBeB3eR

正确；

C、运动周期丁=空里，电子在圆形区域的运动时间返二故C错误；

eB63v

D、电子的运动半径恰好等于「=胆，若电子速率变为工，仍要从C点射出，磁感应强

qB3

度大小应变为原来的工，故D错误；

3

故选：Bo

【点评】本题是带电粒子以大小不的速率朝着圆心方向射入圆形磁场，且入射方向相反,

且速度有一定的关系，由洛仑兹力提供向心力求得半径关系，由几何关系就能求出两出

射点之间的距离

3.质谱仪是一种分析同位素的重要工具，它的构造原理如阳所示。若离子源放出氢的三种

同位素。气核、笊核、气核（离子出来时速度很小，可视为零）。由P点经电压为U的

电场加速后，从0点垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上感光，则

下列说法正确的是（）

A.感光点到O的距离之比为娓：V3：V2

B.打到底片上时的速度之比为加：的：E

C.从P点到O点经过电场的时间之比为1：V2：V3

D.从O点进入磁场到打在底片上的时间之比为3：2：1

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【分析】（1）根据动能定理求出粒子进入磁场时的动能。

（2）根据洛伦兹力提供向心力，可求出粒子的轨道半径，然后求出距离。

（3）因电荷在电场中加速，根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解运动半径的

大小。

2

【解答】解：AB、在加速电场U中：Uq=lmv从而求得速度丫=）巫，洛仑兹力

提供向心力：qBv=mJ,则半径r=迎，而三种粒子的比荷之比分别为：1：1：-1

rqB123

=6：3：2,所以感光点到0点的距离之比为加：V3：亚，故A正确，B错误；

CD、根据周期公式和时间公式有：t=_9_XT=!x空处，与比荷成反比，所以时间

2兀2qB

之比为：1：2：3,故CD错误。

故选：Ac

【点评】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会灵活运用动能定理和

牛顿定律；确定运动半径与电压的关系，这是解题的关键之处。

4.如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个a粒子后，其速

度方向与磁场方向垂直，测得a粒子和反冲核轨道半径之比为44：1,则下列说法不正

确的是（）

A.a粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反

B.原来放射性元素的原子核电荷数为9U

C.反冲核的核电荷数为88

D.a粒子和反冲粒子的速度之比为1：88

【分析】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子

在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比。

【解答】解：A、微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零,

则末动量也为零，即a粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；故A正确；

BCD、由于释放的a粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆

周运动；由Bqy=史上得：

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pP

若原来放射性元素的核电荷数为Q,则对a粒子：立二忌丁,对反冲核：R2

由于Pi=P2,根据Ri：R2=44：1,解得Q=90,反冲核的核电荷数为90・2=88,它们

的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故B、C正

确，D错误；

本题选不正确的，

故选：Do

【点评】原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中

圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用。

5.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子

源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子

的重力及粕子间的相互作用）,所有粕子的初速度大小相同.经过一段时间有大量粒子从

边界OC射出磁场.已知/AOC=60°,从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时

间等于工（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界0c射出的粒子在磁场中运动的最

6

长时间为（）

产xx

/B

/XXX

/

/XXXX

/

/XXXX

/

/XXXXX

加-产y

A.IB.IC.2Td.ST

3236

【分析】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相

同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长.根据几何知识，画出轨迹，作出最长的

弦，定出最长的运动时间.

【解答】解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S,出射点在0C直线上，出

射点与S点的连线为轨迹的一条弦。

当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，

根据几何知识，作ES_LOC,则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。

由题，粒子运动的最短时间等于工，则0=60°

6

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设OS=d,贝IJES=®1

2

由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=学，直径D=JEd

当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图。

可见粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=l

2

故选：Bo

,CXX

/H

D,Xxx

XX、X

/:\

/NXX：X

/I9

E/支、X：XX/X

01

【点评】带电粒子在磁场中圆周运动的问题是高考的热点，也是难点，关键是运用几何

知识画出轨迹.

6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以速度

U从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间从C点射出磁场，OC与0A成60°

角。现将另一同种带电检子以速度3v仍从A点射入磁场,则该粒子在磁场中的运动时间

为（）

yz5r5nb

XXXXX

/XXX^xX\

/W研及句8

\xyxxx/

AQA♦DOA♦C'1A•r»1At

32

【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期与粒子速度大小无关，可见,

要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得

到所用的时间。

【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时，半径咀

rlqB

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根据几何关系可知，、=tan30。，解得：ri

R1

P

1202兀m2兀m

运动时间：----T=

八工2兀360qBqB

粒子以速度3V射入时，半径:「2嗡=3X%=屈

根据几何关系可知：ta葭二区二W二百,解得：。

设第二次射入时的圆心角为仇taiT

Tr2V3R3

=60°

第二次运动的时间为：=—故ABC错误，D正确。

/3606qB2

故选：Do

【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还

利用圆弧的几何关系来都助解题c

7.如图所示，MN为磁感应强度为B的匀强磁场中的•条水平挡板，在挡板上的S点处有

一个粒子源，它可以在纸面内发射速度大小均为v的相同带负电粒子，粒子的入射方向

被约束在/PSQ范围内，SA是NPSQ的角平分线，SA垂直于挡板MN,ZPSA=ZASQ

=a=30°,已知粒子的电荷量为q,质量为m,不计粒子的重力，则以下说法正确的是

)

A.沿SP和SQ射出的粒子打到MN上的运动时间相同

B.沿SP方向射出的粒子打到MN上的运动时间最长，为包皿

3qB

C.沿SA方向射出的粒子打到MN的位置距离S点最远，为2吧

qB

D.沿SP方向射出的粒子打到MN的位置距离S点最远，沿SQ方向射出的粒子打到

MN的位置距离S点最近

【分析】画出运动轨迹图，由图确定出运动过程对应的圆心角，结合运动周期确定运动

时间，与MN的交点最大的弦为半圆，两交点间的距离最大。

【解答】解：沿SQ运动轨迹如左图，沿SP运动轨迹如右图

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ABC、运动周期相同为；T=空皿

Bq

沿SQ运动时间为：i=、T=27rm

33Bq

沿SP运动时间为：t'=21=里口匕故AB错误

33Bq

CD、与MN的交点最大的弦为半圆，两交点间的距离最大，沿SA方向射出的粒子打到

MN的位置距离S点最远为2R,而区=更，则距离为维，故C正确，D错误

BqBq

故选：Co

【点评】本题的关键是画出运动轨迹图，由运动过程对应的圆心角确定时间，与MN的

交点最大的弦为半圆，两交点间的距离最大

8.如图所示，足够长的光滑绝缘斜面处于水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场

中。将一带负电的小球自斜面上的某点由静止释放，小球沿斜面向下运动，以下说法正

确的是（）

A.小球的机械能守恒

B.小球的电势能和机械能之和减少

C.静电力做的功等于小球机械能的增加

D.静电力做的功等于小球动能的增加

【分析】根据除重力以外力其池力是否做功，判断小球的机械能是否守恒。根据能量守

恒定律分析电势能和机械能之和的变化情况。根据功能原理分析静电力做的功与小球机

械能的增加的关系。

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【解答】解：A、小球沿斜面向下运动时，静电力对小球要做正功，所以小球的机械能增

力口，故A错误。

B、根据能量守恒定律，可知小球的电势能和机械能之和保持不变，故B错误。

C、小球沿斜面向下运动时，洛伦兹力不做功，静电力对小球做正功，导致小球的机械能

增加，由功能原理知，静电力做的功等于小球机械能的增加。故C正确。

D、根据动能定理知，静电力和重力做功之和等于小球动能的增加，故D错误。

故选：Co

【点评】解决本题时要知道洛哈兹力总不做功，除重力以外力其他力做功决定了机械能

的变化情况，要掌握功能原理。

9.如图所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区，电场方向由

M板指向N极，磁场方向垂直纸面向里,00'为到两极板距离相等的平行两板的直线.一

B.带电量为2q的粒子以vo从0点沿OO'射入仍能匀速通过场区

C.保持电场强度和磁感强度大小不变，方向均与原来相反，粒子以vO从0点沿OO'

射入，则粒子仍能匀速通过场区

D.粒子仍以速率vo从右侧的O'点沿O'O方向射入，粒子仍能匀速通过场区

【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，

即有：qE=Bqvo»

解得vo=l,可得知电场强度和磁场强度的大小与速度的关系.不论粒子带正电还是负

B

电，不论电量大还小，粒子要沿直线通过该复合场，洛伦兹力和电场力必应等大反向.若

速度反向，则不论粒子带何种电，电场力与洛伦兹力均同向，所以不能匀速通过.

【解答】解：A、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下

的电场力相平衡；若负电粒子从左向右通过时，竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的

电场力相平衡，原因是粒子的速度没有变化，故A正确；

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B、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平

衡，即有：qE=Dqvo,解得：vo=],可知平衡条件与电荷量的多少无美，因此带电量

为2q的粒子同样也能匀速通过，故B正确；

C、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平

衡，即有：qE=Bqvo,解得：von,,当电场与磁场方向与原来相反时，没有影响平衡

条件，所以也能匀速通过。故C正确；

D、若粒子仍以速率vo从右侧的0'点沿O'O方向射入，粒子受到的竖直向下的电场

力与竖直向下的洛伦兹力就不能平衡，因此不能匀速通过。故D错误；

本题选错误的，故选：Do

【点评】该题模型是“速度选择器”，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向

相反的电场力和洛伦兹力作用；

粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE,v=l,只有速度

为丫=旦的粒子才能沿直线匀速通过选择器.若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力

B

和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转.

10.如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强

度为B的匀强磁场。一束粒子流（重力不计）以速度v从a点沿直线运动到为点，下列

说法中正确的是（）

A.粒子一定带正电

B.粒子一定带负电

c.粒子的速度大小一定等于B

E

D.粒子的速度大小一定等于E

B

【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得

知电场强度和磁场强度的关系。再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发

现电场的方向与电性无关。

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【解答】解：AB、粒子受洛伦兹力和电场力；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力,

电场力向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下；均可以平衡；故A粒子可以

带正电，也可以带负电；故AB错误；

CD、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE,所

以电场与磁场的关系为：v=旦，故D正确C错误；

B

故选：D。

【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作

用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE,v=旦，只有

B

速度为E的粒子才能沿直线匀速通过选择器：若粒子从反方向射入选择器，所受的电场

B

力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转。

11.如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E,现有一

质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度大小vo方向水平向右抛出，经时间t小球

下落到C点（图中未画出）时速度大小仍未vo,则小球由A点运动到C点的过程中，下

列说法正确的是（）

A.电场力对小球做功为零

B.小球的机械能减小量为工mg?-

2

C.小球的电势能变大

D.C一定位于AB直线的右侧

【分析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断

出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右

侧

【解答】解：A、C、由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变,

由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加。故A、C错误。

B、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减

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小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh,由于电场力向左下

方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，

故在竖直方向的分运动的加速度a大于g,竖直方向h=-lat2>-igt2,BPmgh>-img2t2,

故B错误。

D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位

于AB直线的右侧。故D正确,

故选：Do

【点评】本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化.根据

推论：正电荷在电势高处电势能大，分析C点的位置.

12.如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B,还有方向竖直向上的匀

强电场E.二个带电液滴（可视为鹿点）甲、乙、丙带有等量同种电荷.已知甲静止.

乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是（）

x|x

XX

A.三个液滴都带负电

B.丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小

C.若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动

D.若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动

【分析】三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小,

再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率

的影响，从而确定运动性质。

【解答】解：A、甲球受力平衡，有：6甲=4£…①

重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向上，故球带正电；故

A错误;

B、由左手定则可知乙受到的洛伦兹力的方向向下，乙球受力平衡，得：G乙+qvB=qE…

丙受到的洛伦兹力的方向向上，球受力平衡，有：Gjj=qvB+qE…③

解得：6内>6甲>6乙，故B正确；

C、若仅撤去磁场，甲受到的重力和电场力不变，仍然静止。故C错误;

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D、若仅撤去电场，乙和丙都受到重力和洛伦兹力的作用，由于重力做功会引起速度大小

的变化，所以不可能做匀速圆周运动。故D错误。

故选：Bo

【点评】本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力

和洛仑兹力的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小。

13.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两

个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到

加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R,匀

强磁场的磁感应强度为B,高频交流电频率为f。若用回旋加速器加速质子时，则下列说

法正确的是（）

A.高频电源的周期是质子做圆周运动的周期的两倍

B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关

C.质子被加速后的最大速度不可能超过2ER

D.不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速笊核

【分析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形

盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径。

【解答】解•：A、回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。故A

错误。

2

B、根据qvB=m4,得vm=邂，与加速的电压无关。故B错误。

Rm

C、当粒子从D形盒中出来时速度最大，vm=-22LK=2nfB.故C正确。

T

D、根据丁二空外，知质子换成笊核，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化,

qB

回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度

或交流电的周期。故D错误。

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故选：Co

【点评】解决木题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大.以及知道回旋加速

器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。

14.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个半

径为R的D形金属盒，两盒间宽d的狭缝中形成的变化的电场，电压为U；两D形金属

盒处于垂直于盒底的匀强磁场B中，一电子利用其加速，则下列说法中正确的是（）

A.电子获得的最大速度为在达

IU

2口2P2

B.电子获得的最大动能为且_U_

2m

C.电子的加速时间为迎_

U

D.增大D形金属盒的半径，电子获得的最大动能减小

【分析1回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以

求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。

在加速粒子的过程中，运动时间由粒子在磁场中运动的时间决定。

仁

212

【解答】解：ABD、电子离开回旋加速器时满足：evB=m?一则有：EJ^mv=

Rk2

2R2p2

eBR,增大D形金属盒的半径，最大动能增大，故AD错误，B正确;

2m

C、电子在电场中运动的加速度a=运，末速度v=型，电子加速时间t=驷，故C

dmmU

错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了回旋加速器的工作原理，理解最大动能的决定因素，了解并理解了

常用实验仪器或实验器材的原理是解题的关键。

15.如图所示，一束粒子（不计重力，初速度可忽略）缓慢通过小孔6进入极板间电压为

U的水平加速电场区域，再通过小孔02射入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，其中

磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔03与01、

02在同一条水平线上。则下列判断正确的是（）

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u

A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子

B.该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子

C.该装置可筛选出具有特定比荷的粒子

D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子

【分析】粒子只有沿02、03方向做直线运动，粒子才能进入收集室，电场力与洛伦兹力

平衡，可得到速度表达式。根据动能定理得到速度与电荷量、质量的关系。

【解答】解：粒子只有沿6、03方向做直线运动，粒子才能进入收集室，由qvB=qE,

得丫=旦，所以该装置可筛选出具有特定速度的粒子。

B

2

在电场中，根据动能定理得qU=Amv,解得：v=怦

2

又丫=£,则：£.=-1—,

Bm2UB2

所以可以筛选出具有特定比荷的粒子，但不能选出特定质量或特定电荷量的粒子，也不

能选出具白特定功能的粒子，故C正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】本题考查对粒子速度比择器原理的理解，根据平衡条件和动能定理结合进行分

析。

16.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

获得较高能量带电粒子方面前进了一步，如图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恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从Po处以速度vo沿电场

线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速园周运动，对于这种

改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）

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A.带电粒子每运动一周被加速两次

B.每次通过A、C板过程，加速粒子速度的增量相同

C.若加速电场的场强越大，加速粒子射出回旋加速器的速度越大

D.加速粒子运动轨迹与A板延长线的交点分别为Pl、P2、P3,则P|P2>P2P3

【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，

只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次。

当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大；

【解答】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一

次。电场的方向不需改变，在AC间加速，故A错误；

BD、根据r=胆，则PIP2=2（n■门）=生心工，因为每转一圈被加速一次，根据v?

qBqB

-vi2=2ad,知每转一圈，速度的变化量不等，则有PiP2>P2P3.故B错误，D正确：

C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=空得，v=^£.知加速粒子的最大

qBm

速度与D形盒的半径有关，与加速电场强度无关，故C错误；

故选：Do

【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且

都在AC间加速，每次增加的能量都为qU。

17.如图是质谱仪的工作原理示意图，电荷量相同的带电粒子被加速电场加速后，进入速度

选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上

有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为Bo的匀强

磁场。下列表述正确的是（）

第15页共53页

A.质谱仪是分析同位素的重要工具

B-速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里

c.能通过狭缝p的带电粒子的速率等于m

B。

D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的质量越大

【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=E粒子可通过选择器，然后进

B

入Bo,打在S板的不同位置。

【解答】解：A、进入Bo的粒子满足&=」一,知道粒子电量后，便可求出m的质量,

mBQR

所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；

B、根据加速电场，可知粒子带正电，则受电场力向右，所以洛伦兹力向左，由左手定则

可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；

C、由qE=qvB,得v=/故C错误；

D、由&=」一,知R越小，荷质比越大，当电量相同时，则粒子的质量越小，故D错

mBQR

误；

故选：Ao

【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在

磁场中运动阶段。

18.2018年中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至一半光速，打破了

美国、瑞士等少数国家的垄断。如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，两个半径为

R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM,£=型一的高频交流电源，垂直D形

4兀m

盒的匀强磁场的磁感应强度为B.现用此加速器来加速电荷量分别为+0.5q、+q、+2q,

对应质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，不考虑加速过程中粒子质量的变化，最

后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子中动能最大为（）

第16页共53页

B2q2R2R2c2P2

A.B.BqR

8m4m

R2》2P2D.2B2q2R2

c.BqR

2m3m

【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道

半径的关系。粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D形盒的半径，根据半径公式求出

离开时的速度大小，从而得出动能。

【解答】解：根据qvB=mJ.知丫=邂，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为:

Rm

而加速电荷量分别为+65q、+q、+2q,相对应质量分别为m、2m、3m的二种静I卜离子,

因电场的频率应该要是圆周运动频率的整数倍，交流电源频率为：f="3_,根据T=

4兀m

空皿可知，只有质量为2m和m的粒子才能正常加速。

Bq

222

质量为2m的粒子加速后动能最大，所以那么最大动能为：Ekm=B口R,故B正确,

4m

ACD错误；

故选：Bo

【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动

的周期与交变电场的周期相同.以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期

公式。

19.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示：置于高真空中的D形

金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的

匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f,加速电压为U.若D型盒圆心A处粒子源

产生的质子质量为m、电荷量为+q,初速度为零，在加速器中被加速，且加速过程中不

考虑重力的影响，则下列说法王确的是（）

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A.质子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1：2

B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C.质子被加速后的最大速度不可能超过2irRf

D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器也能用于a粒子（含两个质子,

两个中子）加速

【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以

求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒

子在磁场中运动的周期相等.

2

【解答】解：A、质子在电场中被加速，由动能定理得：nqU=lmvn,解得：vn=沪他,

质子第一次和第二次经过D形盒狭缝的速度比为I：V2.由牛顿第二定律得：qvnB=

V?mv

m」l,解得：rn=19,质子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比m

rqB

n-vi：v2=l：V2»故A错误。

B、只要粒子在加速器里转动即可以继续加速，但只要达到最大半径时即不能再加速；洛

伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：v=速，质子的最大动能:

Rm

222

EKm=1mv2=qBR,质子获得的最大动能与加速的电压无关，故B错误。

22m

C、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R,则v=&£K=2nRf,所以最大速

T

度不超过2nfR,故C正确。

D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据丁=空四知，换用a粒

qB

子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速a粒子，故

D错误。

故选：Co

【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素

第18页共53页

有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.

二.多选题（共4小题）

20.如图所示，成30°角的直线OA、OB间（含OA、OB线上）有一垂直纸面向里的匀强

磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电

子在磁场中运动的半径为r=空、周期为T.则下列说法正确的是（）

2

A；XXXX

：xXX3

：XXX/

JX

咨X/

F

A.从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间等于工

6

B.沿某一方向发射的电子，有可能从O点射出

C.从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为工

6

D.从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间大于工

3

【分析】所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最短时，

轨迹的圆心角最小，粒子在磁场中运动的最短。相反连线最长，时间最长。根据几何知

识，作出轨迹，确定时间的范围进行选择。

【解答】解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:

2

evB=mJ解得：「=胆，由于电子速率v相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半

reB

径r相同，

A、当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对的圆心角最小，0=

60°如图所示：则粒子在磁场中运动的时间最短，t=—故A正确

36006

B、电子在磁场中所有轨迹对应圆心可能的位置应在以S为圆心半径为毁的圆弧上，则

2

所有在磁场中的轨迹不可能通过O,作图过O的圆弧与BO有除0以外的另一个交点，

如图所示：

第19页共53页

A;XXXX,B

•XXXx/

说明到O点前已经飞出磁场了，故B错误;

C、从OA边界射出的电子在圆弧轨迹刚好与BO相切时，在磁场中轨迹最长，对应圆心

角和运动时间最长，如图所示:

A;XXXX,B

;XXXx/

：XXX/

由几何关系可得圆心角8=120°,运动时间：口=驾-T=3；,故C错误:

3603

D、若画出初速度的方向竖直向上的电子运动的轨迹如图,

可知电子运动的时间最大1=理一T=工周期，故D正确;

36003

故选：AD。

A;XXXX,B

•XXX”

:XXX/

【点评】粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹。本题是根据几何知识:

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半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长。

21.如图所示，正六边形abedef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿

fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t,

不计粒子重力。下列说法正确的是（）

A.若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为工

2

B.若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为主

2

C.要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3V

D.该粒子能在磁场中运动的最长时间为21

【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何