資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第25講　磁場對運動電荷的作用
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、運動電荷在磁場中受到的力 1
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 2
[命題點研究] 2
命題點一　對洛倫茲力的理解 2
命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 6
命題點三　帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題 24
[課時訓練] 26
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
運動電荷在磁場中受到的力 c 1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力． 2.不要求推導洛倫茲力公式.
帶電粒子在勻強磁場中的運動 d
[基礎過關]
一、運動電荷在磁場中受到的力
1．洛倫茲力
磁場對運動電荷的作用力．
2．洛倫茲力的方向
(1)判定方法
左手定則：掌心——磁感線從掌心進入；
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
拇指——指向洛倫茲力的方向．
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面．
3．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功．
2．粒子的運動性質：
(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動．
(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動．
3．半徑和周期公式：
(1)由qvB＝m，得r＝.
(2)由v＝，得T＝.
[命題點研究]
命題點一　對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的特點
(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷．
(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用．
(4)洛倫茲力一定不做功．
2．洛倫茲力與安培力的聯系及區別
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力．
(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．
如圖為一個光滑絕緣的半圓柱形容器的剖面圖，圓心所在的軸線上水平固定一垂直紙面向內的通電長直導線，帶正電的小物體（可視為點電荷）從左端由靜止開始釋放，下列說法正確的是（　　）
A．剛釋放時，正電荷所受洛倫茲力豎直向上
B．若帶電量足夠大，運動過程中，小物體可能會脫離容器表面
C．無論小物體是否帶電，都一定可以滑至右側等高處
D．物塊滑至容器底部時，軌道對物體的支持力大于軌道受到的壓力
（多選）如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的P環套在固定的水平長直絕緣桿上（桿表面不光滑），整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中，磁感應強度大小為B．現給環一向右的初速度v0，則下列情況可能發生的是（　　）
A．環將保持勻速運動，環的機械能不變
B．環將向右減速，最后靜止，損失的機械能是mv02
C．環將向右減速，最后勻速，損失的機械能是mv02
D．環將向右減速，最后勻速，損失的機械能mv02m（）2
如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣傾斜長桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ。現使圓環以初速度v0沿桿向上運動，不計空氣阻力，下列描述該圓環上升過程中的速度v隨時間t、機械能E隨位移x變化的圖象中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
一質量為m、帶電量為+q的滑塊，從傾角為α的足夠長斜面上靜止開始下滑，裝置處于垂直斜面向里的磁場中，磁感應強度為B，滑塊與斜面間的動摩擦因數是μ（μ＜tanα）當下滑距離為L時，滑塊將脫離斜面，求：
（1）滑塊在斜面上下滑過程中的最大加速度和最大速度；
（2）在斜面上下滑距離L過程所需的時間。
命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路
模型1　直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示)
圖4
圖a中t＝＝
圖b中t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中t＝T＝
如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔．PC與MN垂直．一群質量為m、帶電量為﹣q的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為θ的范圍內．則在屏MN上被粒子打中的區域的長度為（　　）
A． B．
C． D．
如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
如圖所示的平面以MN為邊界分為Ⅰ、Ⅱ兩個區域，Ⅰ區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，Ⅱ區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為2B（圖中未畫出），一電荷量為q（q＞0），質量為m的帶電粒子從邊界上的E點以某一初速度開始運動（此為粒子第一次經過邊界MN），一段時間后，粒子第三次經過邊界MN的位置與E點的距離為d，若粒子在運動的過程中僅受磁場力作用，初速度方向與邊界夾角α＝30°，則粒子的初速度為（　　）
A． B． C． D．
如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，坐標原點O處有一離子源，在關于y軸對稱的兩虛線范圍內，向xoy平面發射速率均為v的離子。在x軸上放置一長為L的收集板，其右端點與坐標原點的距離為2L，當磁感應強度為B0時（B0未知），從O點射出的所有離子均恰好全部被收集板接收。已知離子質量為m，電荷量為﹣q（q＞0），不計重力，整個裝置處于真空中，不考慮離子間的碰撞和相互作用。
（1）求磁感應強度B0的大小和圖中虛線與y軸間的夾角θ；
（2）在所有發射出的離子中，沿哪一方向射出的離子在磁場中運動時間最長？求該最長時間tm；
（3）只調整勻強磁場的磁感應強度B可改變收集板上收集到的離子數，若收集板上只收集到從O點發出的部分離子，求B的取值范圍。
模型2　平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件(如圖6所示)
圖6
圖a中t1＝，t2＝＝
圖b中t＝
圖c中t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中t＝T＝
（多選）兩個電荷量分別為q和﹣q的帶電粒子分別以速度va和vb沿射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則（　　）
A．a粒子帶負電，b粒子帶正電
B．兩粒子的軌道半徑之比Ra：Rb：1
C．兩粒子的質量之比ma：mb＝1：2
D．兩粒子的速度之比va：vb＝1：2
兩個電荷量分別為q和﹣q的帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則（　　）
A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．兩粒子軌道半徑之比Ra：Rb：1
C．兩粒子質量之比為ma：mb＝1：2
D．兩粒子的速度之比va：vb＝1：2
如圖，在0≤xa區域內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B．在t＝0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內。已知沿y軸正方向發射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界上P（a，a）點離開磁場。求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷；
（2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；
（3）從粒子發射到全部粒子離開磁場所用的時間。
模型3　圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形邊界勻強磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖8所示)
圖8
r＝
t＝T＝
θ＋α＝90°
如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為v，方向與ab成30°角時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t。若僅將速度大小改為0.5v，則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒子所受重力）（　　）
A． B．t C．2t D．3t
如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，O為圓心，A、C、D為圓形區域邊界上的三點，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。現有一對質量相等、電荷量不等的正、負粒子，從A點沿AO方向以相同大小的速度垂直磁場射入，一個從C點離開磁場，另一個從D點離開磁場，粒子的重力及相互作用力均不計。
（1）從C點離開磁場的粒子的電性；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比。
如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙而向外的勻強磁場，單位時間內有大量質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方，到達N點右側的粒子均被擋板吸收，ND足夠長。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B的大小及帶電粒子的電性；
（2）從M點射入的速度為的粒子射出磁場后打在擋板上的點F（圖中未標出），求NF的距離以及從M到F所用的時間t。
（3）所有從PM到QK間射入的速度為v0的粒子出磁場時，這些粒子的速度方向與ND的夾角在什么范圍內？
模型4　三角形邊界磁場
（多選）如圖所示，直角三角形ABC區域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子（不計重力）沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則（　　）
A．從P點射出的粒子速度大
B．從Q點射出的粒子速度大
C．從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長
D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長
（多選）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發射某種帶負電粒子（不計重力作用），粒子的比荷為，發射速度大小都為v0，且滿足v0．粒子發射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是（　　）
A．粒子有可能打到A點
B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短
C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等
D．在AC邊界上只有一半區域有粒子射出
如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第一象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc區域內有勻強磁場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p點（坐標0，h），以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a點（2h，0）進入第四象限，經過磁場后又從y軸上的某點進入第三象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；
（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值。
命題點三　帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題
1．多解的幾種情況
(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解．
(2)磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉方向不同而形成多解．
(3)運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解．
(4)臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解．
2．臨界極值問題
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動的時間越長．
(3)一帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
如圖所示，在x＜0與x＞0的區域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1＞B2。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子A從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射入磁場，粒子重力不計。
（1）當粒子A的速度方向再次沿x軸負方向時，求粒子運動的時間；
（2）要使該粒子經過一段時間后又經過O點，求B1與B2的比值應滿足的條件；
（3）若B1B2，在粒子A進入磁場的同時，有一帶等量負電荷的粒子B從O點沿x軸正方向射入，已知粒子B在兩磁場中運動的半徑和A相同。忽略粒子間的相互作用，要使兩粒子能在y軸上相遇，求粒子B的質量應滿足的條件。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．如圖所示，水平直導線中通有穩恒電流I，導線的正上方處有一電子初速度v0，其方向與電流方向相同，以后電子將（　　）
A．沿路徑a運動，曲率半徑變小
B．沿路徑a運動，曲率半徑變大
C．沿路徑b運動，曲率半徑變小
D．沿路徑b運動，曲率半徑變大
2．薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成I、Ⅱ兩個區域．一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變．一段時間內帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示．已知區I的圓弧半徑小于區域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子（　　）
A．帶正電，從區域I穿過鋁板到達區域Ⅱ
B．帶正電，從區域Ⅱ穿過鋁板到達區域I
C．帶負電，從區域I穿過鋁板到達區域Ⅱ
D．帶負電，從區域Ⅱ穿過鋁板到達區域I
3．如圖所示，空間有一垂直紙面向外、磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為m＝0.1kg、帶正電q＝0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。現對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6N的恒力，g取10m/s2。則滑塊（　　）
A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動
B．一直做加速度為2m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止
C．速度為6m/s時，滑塊開始減速
D．最終做速度為8m/s的勻速運動
4．如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里：O為圓心，C、D為邊界上兩點，D為ON的中點，CD∥MO，a、b兩個完全相同的帶電粒子分別從M、C兩點以相同的速度v水平向右射入磁場中，其中沿半徑方向射入的a粒子恰好能從N點射出，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子的比荷為
C．粒子b將從DN邊上某一位置（不含N點）射出
D．a、b兩個粒子在磁場中的運動時間之比為3：2
5．如圖所示，在直角三角形ABC區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一個電子從A點沿AC邊進入磁場，從BC邊離開磁場，速度方向偏轉了30°。已知AB＝L，∠ACB＝30°，元電荷為e，電子的質量為m，不計重力，則電子的速率為（　　）
A． B． C． D．
6．在粒子物理研究中，帶電粒子在云室等探測裝置中的軌跡是非常重要的實驗證據。根據對不同粒子軌跡的分析和比較，科學家可以得到粒子的帶電情況、運動情況等許多信息，甚至可以發現新粒子。現將一粒子源裝入放在勻強磁場的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不計），粒子源不斷向相反方向同時放出一對電荷量為pe，質量為km的正離子（p、k均為常量且都大于1）和電荷量為e，質量為m的電子，下列說法正確的是（　　）
A．兩種粒子的運動軌跡如圖甲所示，且半徑大的一定是電子
B．兩種粒子的運動軌跡如圖乙所示，且半徑大的一定是電子
C．若正離子和電子的速度之比為k，則粒子源不會移動
D．若正離子和電子的速度之比為，則粒子源不會移動
7．（2023 乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
8．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則（　　）
A．a做圓周運動的軌道半徑大
B．b做圓周運動的周期大
C．a、b同時回到出發點
D．a、b在紙面內做逆時針方向的圓周運動
9．如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（　　）
A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出
B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出
C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，將從d點射出
D．只改變粒子的速度大小使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出運動時間最長
10．如圖所示，在x軸上方存在方向垂直坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在x軸下方存在方向垂直坐標平面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場。一帶負電的粒子（不計重力）從原點O以與x軸正方向成30°角的速度v射入磁場，其在x軸上方做圓周運動的半徑為R。則（　　）
A．粒子經偏轉過程一定能回到原點O
B．粒子完成一次周期性運動的時間為
C．粒子射入磁場后，第二次經過x軸時與O點的距離為3R
D．粒子在x軸上方和下方的磁場中運動的軌跡半徑之比為1：3
二．計算題（共2小題）
11．如圖所示，在y＞0的區域存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0區域存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面向外。一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y＝h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x＝2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y＝﹣2h處的P3點，不計粒子重力。求：
（1）電場強度的大小；
（2）磁感應強度的大小；
（3）粒子從P1開始運動直到第三次經過x軸所用的時間。
12．如圖所示，M、N為兩水平金屬板，板間電壓為U、距離為d，磁感應強度大小為B0，方向垂直紙面向外，ACD為用絕緣板圍成的正三角形區域，正三角形邊長為L，S為AC板中心的小孔，區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，放射源P沿水平方向發出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中軸線通過，再垂直AC邊從孔S進入正三角形區域。板間電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場；粒子每次與絕緣板發生碰撞后均以原速率反彈且電荷量不變，不計粒子重力及相互作用。
（1）求能沿板M、N中軸線通過的粒子的速度大小v0；
（2）求與絕緣板碰撞次數最少且能從S孔飛出的粒子比荷k1；
（3）比荷為k2的粒子在三角形區域內運動過程中，每次與板碰撞時速度方向均與板垂直且能從S孔飛出，求該粒子的比荷k2的可能值。
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第25講　磁場對運動電荷的作用
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[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、運動電荷在磁場中受到的力 1
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 2
[命題點研究] 2
命題點一　對洛倫茲力的理解 2
命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 6
命題點三　帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題 24
[課時訓練] 26
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
運動電荷在磁場中受到的力 c 1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力． 2.不要求推導洛倫茲力公式.
帶電粒子在勻強磁場中的運動 d
[基礎過關]
一、運動電荷在磁場中受到的力
1．洛倫茲力
磁場對運動電荷的作用力．
2．洛倫茲力的方向
(1)判定方法
左手定則：掌心——磁感線從掌心進入；
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
拇指——指向洛倫茲力的方向．
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面．
3．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功．
2．粒子的運動性質：
(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動．
(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動．
3．半徑和周期公式：
(1)由qvB＝m，得r＝.
(2)由v＝，得T＝.
[命題點研究]
命題點一　對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的特點
(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷．
(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用．
(4)洛倫茲力一定不做功．
2．洛倫茲力與安培力的聯系及區別
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力．
(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．
如圖為一個光滑絕緣的半圓柱形容器的剖面圖，圓心所在的軸線上水平固定一垂直紙面向內的通電長直導線，帶正電的小物體（可視為點電荷）從左端由靜止開始釋放，下列說法正確的是（　　）
A．剛釋放時，正電荷所受洛倫茲力豎直向上
B．若帶電量足夠大，運動過程中，小物體可能會脫離容器表面
C．無論小物體是否帶電，都一定可以滑至右側等高處
D．物塊滑至容器底部時，軌道對物體的支持力大于軌道受到的壓力
【解答】解：AB、通電直導線的電流方向垂直向里，根據右手螺旋定則，可知磁場方向以直導線為圓心的順時針方向圓，當帶正電的小物體釋放后，則其運動方向與磁場方向平行，那么該物體不受洛倫茲力，因此帶正電的小物體在碗內運動的過程中，只受到支持力與重力，運動的過程中不可能會脫離容器表面，故AB錯誤；
C、帶正電的小物體在運動過程中，因圓形容器是光滑的，依據能量轉化與守恒定律，則可以滑至右側等高處，故C正確；
D、軌道對物體的支持力和軌道受到的壓力是一對作用力與反作用力，二者總是大小相等，方向相反，故D錯誤。
故選：C。
（多選）如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的P環套在固定的水平長直絕緣桿上（桿表面不光滑），整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中，磁感應強度大小為B．現給環一向右的初速度v0，則下列情況可能發生的是（　　）
A．環將保持勻速運動，環的機械能不變
B．環將向右減速，最后靜止，損失的機械能是mv02
C．環將向右減速，最后勻速，損失的機械能是mv02
D．環將向右減速，最后勻速，損失的機械能mv02m（）2
【解答】解：A、當環受到重力、支持力、摩擦力和洛倫茲力，先向右做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，當洛倫茲力等于重力時，支持力為零，摩擦力為零，環將做勻速直線運動，則環的機械能不變，故A正確；
B、環將向右減速，最后靜止，由受力可知，重力、支持力與洛倫茲力不做功，摩擦力做功導致機械能損失，根據能量守恒定律，則有損失的機械能是mv02，故B正確；
C、根據能量守恒知，損失的機械能等于環動能的減小量，勻速直線運動時有qvB＝mg，解得v。損失的機械能△Emv02m（）故C錯誤，D正確。
故選：ABD。
如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣傾斜長桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ。現使圓環以初速度v0沿桿向上運動，不計空氣阻力，下列描述該圓環上升過程中的速度v隨時間t、機械能E隨位移x變化的圖象中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：帶電圓環向上運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和沿桿向下的滑動摩擦力；向上運動過程中，重力和摩擦力做負功。
當洛倫茲力大于重力垂直導軌的分力時，支持力垂直導軌向下，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力減小，故滑動摩擦力減小，合力減小，物體做加速度不斷減小的減速運動；
當洛倫茲力等于重力垂直導軌的分力時，支持力為零，摩擦力為零，合力等于重力沿斜面的分力；
當洛倫茲力小于重力垂直導軌的分力時，支持力垂直導軌向上，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力增大，故滑動摩擦力增大，合力增大，物體做加速度不斷增大的減速運動；
AB、v﹣t關系圖圖像的斜率表示加速度，根據以上分析，加速度先減小后增大或者一直增大的減速運動，故AB錯誤；
CD、帶電圓環運動的過程中摩擦力做功使小球的機械能減小，向上運動的過程中：ΔE＝﹣fΔx，由于向上運動的過程中f先減小后增大或者一直增大，所以機械能的變化率先減小后增大或者一直增大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
一質量為m、帶電量為+q的滑塊，從傾角為α的足夠長斜面上靜止開始下滑，裝置處于垂直斜面向里的磁場中，磁感應強度為B，滑塊與斜面間的動摩擦因數是μ（μ＜tanα）當下滑距離為L時，滑塊將脫離斜面，求：
（1）滑塊在斜面上下滑過程中的最大加速度和最大速度；
（2）在斜面上下滑距離L過程所需的時間。
【解答】解：（1）根據左手定則可知，滑塊所受洛倫茲力垂直斜面向上；
設滑塊在斜面上滑動的最大速度為v，當滑塊所受洛倫茲力等于滑塊重力垂直斜面的分力時，滑塊開始離開斜面，此時滑塊不受摩擦力作用
根據洛倫茲力公式，滑塊所受的洛倫茲力F＝qvB
滑塊剛離開斜面時F＝mgcosα
聯立解得最大速度為
由于此時斜面對滑塊的支持力為零，滑塊不受摩擦力作用，滑塊加速度最大，設最大加速度為a
根據牛頓第二定律mgsinα＝ma
解得滑塊的最大加速度a＝gsinα
（2）設滑塊在斜面上運動的合力為F合
根據動能定理
設滑塊在斜面上運動的時間為t，取沿斜面向下為正方向
根據動量定理F合t＝mv
代入數據聯立解得t。
答：（1）滑塊在斜面上下滑過程中的最大加速度為gsinα；最大速度；
（2）在斜面上下滑距離L過程所需的時間。
命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路
模型1　直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示)
圖4
圖a中t＝＝
圖b中t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中t＝T＝
如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔．PC與MN垂直．一群質量為m、帶電量為﹣q的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為θ的范圍內．則在屏MN上被粒子打中的區域的長度為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得到
qvB＝m
解得
負粒子沿著右側邊界射入，軌跡如上面左圖，此時出射點最近，與邊界交點與P間距為：2rcosθ；
負粒子沿著左側邊界射入，軌跡如上面右圖，此時出射點最近，與邊界交點與P間距為：2rcosθ；
負粒子垂直邊界射入，軌跡如上面中間圖，此時出射點最遠，與邊界交點與P間距為：2r；
故范圍為在熒光屏上P點右側，將出現一條形亮線，其長度為：2r﹣2rcosθ＝2r（1﹣cosθ）（1﹣cosθ）。
故選：D。
如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：兩粒子均在磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力
設a、b粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為ra，rb，兩粒子初速度間的夾角為θ，兩粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知
ra＝rbcosθ
又因為
兩粒子比荷相同，故有
即va＝vbcosθ，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示的平面以MN為邊界分為Ⅰ、Ⅱ兩個區域，Ⅰ區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，Ⅱ區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為2B（圖中未畫出），一電荷量為q（q＞0），質量為m的帶電粒子從邊界上的E點以某一初速度開始運動（此為粒子第一次經過邊界MN），一段時間后，粒子第三次經過邊界MN的位置與E點的距離為d，若粒子在運動的過程中僅受磁場力作用，初速度方向與邊界夾角α＝30°，則粒子的初速度為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在Ⅰ區粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力
可得粒子在Ⅰ區的半徑為：
軌跡如圖所示
由幾何關系可得θ＝60°
根據幾何關系，可知圓弧所對應的弦長也為r1；
同理可得Ⅱ區的半徑為
根據幾何關系，可知圓弧所對應的弦長為r2，則有d＝r1﹣r2
聯立解得
故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，坐標原點O處有一離子源，在關于y軸對稱的兩虛線范圍內，向xoy平面發射速率均為v的離子。在x軸上放置一長為L的收集板，其右端點與坐標原點的距離為2L，當磁感應強度為B0時（B0未知），從O點射出的所有離子均恰好全部被收集板接收。已知離子質量為m，電荷量為﹣q（q＞0），不計重力，整個裝置處于真空中，不考慮離子間的碰撞和相互作用。
（1）求磁感應強度B0的大小和圖中虛線與y軸間的夾角θ；
（2）在所有發射出的離子中，沿哪一方向射出的離子在磁場中運動時間最長？求該最長時間tm；
（3）只調整勻強磁場的磁感應強度B可改變收集板上收集到的離子數，若收集板上只收集到從O點發出的部分離子，求B的取值范圍。
【解答】解：（1）沿y軸正方向入射的粒子打在x軸上最遠處，沿左右邊界入射的粒子打在x軸上最近處，粒子運動軌跡如下圖所示；
根據洛倫茲力提供向心力可得：
根據幾何關系可得：圓周運動的半徑R＝L
解得：
當以最大角θ入射時，有：2Rcosθ＝L
解得：；
（2）由上圖可知①軌跡時間最長，出射方向與y軸成60°角，指向左上方，根據幾何關系可知對應的圓心角為：α
粒子運動的最長時間為：；
（3）設收集板恰好收集不到離子時的半徑R1，對應的磁感應強度為B1，如下圖中①②③所示
則有：2Rcosθ＝L
對應的磁感應強度：B1＝B0
另一種情況：粒子的半徑為R1′，對應的磁感應強度為B1′，如若圖中④所示，有：R′1cosθ＝L
對應的磁感應強度：
若收集板上只收集到從O點發出的部分離子，即磁感應強度應滿足：B＞B0或B1′B0。
即B或B1′。
答：（1）磁感應強度B0的大小為，圖中虛線與y軸間的夾角為；
（2）在所有發射出的離子中，出射方向與y軸成60°指向左上方的離子在磁場中運動時間最長，該最長時間為；
（3）B的取值范圍為B或B1′。
模型2　平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件(如圖6所示)
圖6
圖a中t1＝，t2＝＝
圖b中t＝
圖c中t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中t＝T＝
（多選）兩個電荷量分別為q和﹣q的帶電粒子分別以速度va和vb沿射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則（　　）
A．a粒子帶負電，b粒子帶正電
B．兩粒子的軌道半徑之比Ra：Rb：1
C．兩粒子的質量之比ma：mb＝1：2
D．兩粒子的速度之比va：vb＝1：2
【解答】解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于從B點射出，則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向，由磁場方向，得a粒子帶負電，而b粒子帶正電。故A正確；
B、AB連線是兩粒子的運動圓弧對應的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結果發現：兩圓心的連線與兩個半徑構成一個角為30°，另一個為60°的直角三角形。根據幾何關系，則有兩半徑相比為Ra：Rb＝1：，故B錯誤；
C、AB連線是兩粒子的運動圓弧對應的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結果發現：兩圓心的連線與兩個半徑構成一個角為30°，另一個為60°的直角三角形。則a粒子圓弧對應的圓心角為120°，而b粒子圓弧對應的圓心角為60°．由于它們運動時間相等，所以它們的周期之比為Ta：Tb＝1：2，則質量之比ma：mb＝1：故C正確；
D、由半徑公式可知：在磁場、電量一定的情況下，速度大小與粒子的質量成反比，與軌跡的半徑成正比。所以速度大小之比va：vb＝2：，故D錯誤；
故選：AC。
兩個電荷量分別為q和﹣q的帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則（　　）
A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．兩粒子軌道半徑之比Ra：Rb：1
C．兩粒子質量之比為ma：mb＝1：2
D．兩粒子的速度之比va：vb＝1：2
【解答】解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于從B點射出，則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向，由磁場方向，得a粒子帶負電，而b粒子帶正電。故A錯誤；
B、AB連線是兩粒子的運動圓弧對應的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結果發現：兩圓心的連線與兩個半徑構成一個角為30°，另一個為60°的直角三角形。所以兩半徑相比為Ra：Rb＝1：，故B錯誤；
C、AB連線是兩粒子的運動圓弧對應的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結果發現：兩圓心的連線與兩個半徑構成一個角為30°，另一個為60°的直角三角形。則a粒子圓弧對應的圓心角為60°，而b粒子圓弧對應的圓心角為120°．由于它們運動時間相等，所以它們的周期之比為Ta：Tb＝1：2，則質量之比ma：mb＝1：故C正確；
D、由半徑公式可知：在磁場、電量一定的情況下，速度大小與粒子的質量成反比，與軌跡的半徑成正比。所以速度大小之比va：vb，故D錯誤；
故選：C。
如圖，在0≤xa區域內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B．在t＝0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內。已知沿y軸正方向發射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界上P（a，a）點離開磁場。求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷；
（2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；
（3）從粒子發射到全部粒子離開磁場所用的時間。
【解答】解：（1）初速度與y軸方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如圖1中的弧OP所示，其圓心為C．由幾何關系可知，∠POC＝30°；△OCP為等腰三角形
故∠OCP
此粒子飛出磁場所用的時間為
t0②
式中T為粒子做圓周運動的周期。
設粒子運動速度的大小為v，半徑為R，由幾何關系可得
Ra ③
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qvB＝m④
T⑤
聯立②③④⑤解得：
（2）仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時磁場左邊界穿出。依題意，所有粒子在磁場中轉動時間相同，則轉過的圓心角相同，故弦長相等；同一時刻仍在磁場內的粒子到O點距離相同。在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以O點為圓心、OP為半徑的弧上。（弧M只代表初速度與y軸正方向為60度時粒子的運動軌跡）如圖所示。
設此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為vP、vM、vN．由對稱性可知vP與OP、vM與OM、N與ON的夾角均
設vM、vN與y軸正向的夾角分別為θM、θN，由幾何關系有
⑧
對于所有此時仍在磁場中的粒子，其初速度與y軸正方向所成的夾角θ應滿足θ
（3）在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應與磁場右邊界相切，其軌跡如圖2所示。由幾何關系可知：
OM＝OP
由對稱性可知
MN＝OP
由圖可知，圓的圓心角為240°，從粒子發射到全部粒子飛出磁場所用的時間2t0；
模型3　圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形邊界勻強磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖8所示)
圖8
r＝
t＝T＝
θ＋α＝90°
如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為v，方向與ab成30°角時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t。若僅將速度大小改為0.5v，則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒子所受重力）（　　）
A． B．t C．2t D．3t
【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m
解得，粒子做圓周運動的軌道半徑：r
粒子速度為v時軌道半徑為r1，則粒子速度為0.5v時粒子軌道半徑r2＝0.5r1，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T相同，
當速度的大小為v時，圓周運動的圓心為O，根據弦切角等于圓心角的一半可知，圓弧所對的圓心角為60°；
磁場圓的半徑恰好是粒子圓周運動半徑的一半；
當速度的大小為v時，半徑為原來的一半，圓周運動的圓心O′點，在原來的半徑的中點處，
則新的粒子圓與磁場圓的半徑相等，則θ＝60°；由幾何關系可知所對的圓心角為120°，
則粒子的運動的時間為2t，故C正確；ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，O為圓心，A、C、D為圓形區域邊界上的三點，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。現有一對質量相等、電荷量不等的正、負粒子，從A點沿AO方向以相同大小的速度垂直磁場射入，一個從C點離開磁場，另一個從D點離開磁場，粒子的重力及相互作用力均不計。
（1）從C點離開磁場的粒子的電性；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比。
【解答】解：（1）從C點離開磁場的粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶負電
（2）設磁場區域的半徑為R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知：r1＝Rtan30°R，r2＝R
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m
解得：q
兩粒子的質量m與速度大小v相等，則兩粒子的電荷量之比
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期之比
由幾何知識可知，從C點離開磁場的粒子在磁場中轉過的圓心角θC＝90°，從D點離開磁場的粒子θD＝120°
粒子在磁場中的運動時間t
從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比
答：（1）從C點離開磁場的粒子帶負電；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比是：3；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比是3：4。
如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙而向外的勻強磁場，單位時間內有大量質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方，到達N點右側的粒子均被擋板吸收，ND足夠長。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B的大小及帶電粒子的電性；
（2）從M點射入的速度為的粒子射出磁場后打在擋板上的點F（圖中未標出），求NF的距離以及從M到F所用的時間t。
（3）所有從PM到QK間射入的速度為v0的粒子出磁場時，這些粒子的速度方向與ND的夾角在什么范圍內？
【解答】解：（1）速度為v0的粒子從M點射入，從N點射出，軌道半徑為r，由幾何關系可知
r＝R
得
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）由題意得速度為的粒子軌道半徑為：
由幾何關系可知，粒子再磁場中的偏轉角度為60°
M到G的過程中，水平位移
豎直位移
可知粒子出磁場后做勻速直線運動，GF與水平方向夾角為60°，可得：
得lNF＝x+lGFcos60°﹣R
代入數據解得：
M到G的過程中所用的時間
G到F的過程中所用的時間
得總時間t＝t1+t2
代入數據解得：t
（3）由題意得，所有速度為v0的粒子均過N點；
由M點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為90°；由K點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為60°；綜上得夾角范圍為60°～90°。
答：（1）圓形區域磁場的磁感應強度B的大小為，帶電粒子帶正電；
（2）從M點射入的速度為的粒子射出磁場后打在擋板上的點F（圖中未標出），NF的距離為，從M到F所用的時間為。
（3）所有從PM到QK間射入的速度為v0的粒子出磁場時，這些粒子的速度方向與ND的夾角在60°～90°范圍內。
模型4　三角形邊界磁場
（多選）如圖所示，直角三角形ABC區域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子（不計重力）沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則（　　）
A．從P點射出的粒子速度大
B．從Q點射出的粒子速度大
C．從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長
D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長
【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系（圖示弦切角相等），粒子在磁場中偏轉的圓心角相等，根據粒子在磁場中運動的時間：
tT，又因為粒子在磁場中圓周運動的周期T，可知粒子在磁場中運動的時間相等，故D正確，C錯誤；
如圖，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，由圖知，粒子運動的半徑RP＜RQ，又粒子在磁場中做圓周運動的半徑R知粒子運動速度vP＜vQ，故A錯誤，B正確；
故選：BD。
（多選）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發射某種帶負電粒子（不計重力作用），粒子的比荷為，發射速度大小都為v0，且滿足v0．粒子發射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是（　　）
A．粒子有可能打到A點
B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短
C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等
D．在AC邊界上只有一半區域有粒子射出
【解答】解：A、根據Bqv0＝m，可知粒子的運動半徑r＝L，因此當θ＝60°入射時，粒子恰好從A點飛出，故A正確；
B、當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是周期，是在磁場中運動時間最長，故B錯誤；
C、當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是，θ從0°到60°在磁場中運動時間先減小后增大，故C錯誤；
D、當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，因此在AC 邊界上只有一半區域有粒子射出，故D正確；
故選：AD。
如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第一象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc區域內有勻強磁場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p點（坐標0，h），以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a點（2h，0）進入第四象限，經過磁場后又從y軸上的某點進入第三象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；
（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值。
【解答】解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2h＝v0t，
豎直方向：ht2，
解得：E；
（2）粒子到達a點時沿負y方向的分速度為：
vy＝attv0，
速度：vv0，
方向與x軸正方向成45°角；
（3）粒子在磁場中運動時，由牛頓第二定律得：qvB＝m，
當粒子從b點射出時，半徑最大，磁場的磁感應強度有最小值，運動軌跡如圖所示：
由幾何知識得：rL，
解得：B；
答：（1）電場強度E的大小為；
（2）粒子到達a點時速度的大小為：v0，方向：與x軸正方向成45°角；
（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值為。
命題點三　帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題
1．多解的幾種情況
(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解．
(2)磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉方向不同而形成多解．
(3)運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解．
(4)臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解．
2．臨界極值問題
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動的時間越長．
(3)一帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
如圖所示，在x＜0與x＞0的區域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1＞B2。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子A從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射入磁場，粒子重力不計。
（1）當粒子A的速度方向再次沿x軸負方向時，求粒子運動的時間；
（2）要使該粒子經過一段時間后又經過O點，求B1與B2的比值應滿足的條件；
（3）若B1B2，在粒子A進入磁場的同時，有一帶等量負電荷的粒子B從O點沿x軸正方向射入，已知粒子B在兩磁場中運動的半徑和A相同。忽略粒子間的相互作用，要使兩粒子能在y軸上相遇，求粒子B的質量應滿足的條件。
【解答】解：（1）粒子在磁場中運動周期為T
當粒子A的速度方向第二次沿x軸負方向時，粒子運動的時間t
（2）粒子在兩磁場中運動軌跡半徑
qvB＝m
現分析粒子運動軌跡，粒子在一個周期內經過y軸負半軸的點在y軸負半軸上移2（r2﹣r1），在第n次經過y軸負半軸時應上移2r1，如圖：
根據幾何關系則有
2 （n﹣1）（r2﹣r1）＝2r1，n＝1，2，3...
解得
，n＝1，2，3...
所以
，n＝1，2，3...
（3）若B1B2，則r1r2
粒子B在兩磁場中運動的半徑和A相同，粒子A第n+1次經過y軸負半軸坐標
y＝﹣2r1+2n （r2﹣r1） （﹣3+n），n＝1，2，3...
粒子B第k次經過y軸負半軸，k＝2，4，6.....則
y'＝﹣2（r2﹣r1）kr2
兩粒子相遇，則y＝y'
整理解得
k+2n＝6
所以當k＝2時，n＝2；此時
解得mBm
當k＝4時，n＝1；此時
解得：m'Bm
粒子B第k次經過y軸負半軸，k＝1，3，5...，則
y''＝﹣[2r2+2（r2﹣r1）]
兩粒子相遇，則y＝y''
當k＝1時，y''最大為﹣2r2
當n＝1時，y最小為﹣r2
所以方程無解。
答：（1）當粒子A的速度方向再次沿x軸負方向時，粒子運動的時間為；
（2）要使該粒子經過一段時間后又經過O點，B1與B2的比值應滿足，n＝1，2，3...；
（3）粒子B的質量為m或m。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．如圖所示，水平直導線中通有穩恒電流I，導線的正上方處有一電子初速度v0，其方向與電流方向相同，以后電子將（　　）
A．沿路徑a運動，曲率半徑變小
B．沿路徑a運動，曲率半徑變大
C．沿路徑b運動，曲率半徑變小
D．沿路徑b運動，曲率半徑變大
【解答】解：水平導線中通有穩定電流I，根據安培定則判斷導線上方的磁場方向向里，導線下方的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，導線上面的電子所受的洛倫茲力方向身向上，則電子將沿b軌跡運動，其速率v不變，而離導線越遠，磁場越弱，磁感應強度B越小，由公式可知，電子的軌跡半徑逐漸增大，故軌跡不是圓。故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
2．薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成I、Ⅱ兩個區域．一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變．一段時間內帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示．已知區I的圓弧半徑小于區域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子（　　）
A．帶正電，從區域I穿過鋁板到達區域Ⅱ
B．帶正電，從區域Ⅱ穿過鋁板到達區域I
C．帶負電，從區域I穿過鋁板到達區域Ⅱ
D．帶負電，從區域Ⅱ穿過鋁板到達區域I
【解答】解：粒子穿過鋁板后，動能減小，速度減小，根據，軌跡半徑減小，粒子一定是從區域Ⅱ穿過鋁板到達區域Ⅰ；根據左手定則，該粒子帶負電。故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
3．如圖所示，空間有一垂直紙面向外、磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為m＝0.1kg、帶正電q＝0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。現對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6N的恒力，g取10m/s2。則滑塊（　　）
A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動
B．一直做加速度為2m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止
C．速度為6m/s時，滑塊開始減速
D．最終做速度為8m/s的勻速運動
【解答】解：ABD、由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為μg＝5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于木板時，系統一起以a2m/s2的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊受到的支持力與摩擦力都減小，所以滑塊做加速度減小的加速直線運動，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv＝mg，解得：v＝10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，a′．可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運動，然后發生相對滑動，做加速度減小的變加速直線運動，最后做速度為10m/s的勻速運動。故A正確，BD錯誤；
C、滑塊開始的加速度為2m/s2，當恰好要開始滑動時，f＝μ（mg﹣qvB）＝ma，代入數據得：v＝6m/s，此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運動，故C錯誤。
故選：A。
4．如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里：O為圓心，C、D為邊界上兩點，D為ON的中點，CD∥MO，a、b兩個完全相同的帶電粒子分別從M、C兩點以相同的速度v水平向右射入磁場中，其中沿半徑方向射入的a粒子恰好能從N點射出，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子的比荷為
C．粒子b將從DN邊上某一位置（不含N點）射出
D．a、b兩個粒子在磁場中的運動時間之比為3：2
【解答】解：A、根據左手定則可判定粒子帶正電，故A錯誤；
B、根據洛倫茲力提供向心力得：，
由幾何知識知：r＝R
聯立解得：，故B錯誤；
CD、由圖可知，a粒子運動個圓周，其運動時間為：，
b粒子的軌跡如圖所示，其圓心角為θ，由幾何知識知：，故θ＝60°，其運動時間為：，ta：tb＝3：2，故C錯誤，D正確；
故選：D。
5．如圖所示，在直角三角形ABC區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一個電子從A點沿AC邊進入磁場，從BC邊離開磁場，速度方向偏轉了30°。已知AB＝L，∠ACB＝30°，元電荷為e，電子的質量為m，不計重力，則電子的速率為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：電子從BC邊離開磁場，速度方向偏轉了30°，作出軌跡如圖所示
根據幾何關系可得：
Rtan15°+2Rtan15°cos30°＝Ltan60°
解得：
電子受到的洛倫茲力提供向心力，根據幾何關系可得：
解得：，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
6．在粒子物理研究中，帶電粒子在云室等探測裝置中的軌跡是非常重要的實驗證據。根據對不同粒子軌跡的分析和比較，科學家可以得到粒子的帶電情況、運動情況等許多信息，甚至可以發現新粒子。現將一粒子源裝入放在勻強磁場的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不計），粒子源不斷向相反方向同時放出一對電荷量為pe，質量為km的正離子（p、k均為常量且都大于1）和電荷量為e，質量為m的電子，下列說法正確的是（　　）
A．兩種粒子的運動軌跡如圖甲所示，且半徑大的一定是電子
B．兩種粒子的運動軌跡如圖乙所示，且半徑大的一定是電子
C．若正離子和電子的速度之比為k，則粒子源不會移動
D．若正離子和電子的速度之比為，則粒子源不會移動
【解答】解：AB．兩種電性不同的帶電粒子在同一磁場中同時向相反的方向運動，根據左手定則可知，兩粒子的軌跡在出發點相切，且兩個圓軌跡互為內切圓；粒子在磁場中運動，洛倫茲力充當向心力，根據牛頓第二定律可得：
解得：
則可知兩粒子在磁場中運動的軌跡半徑分別為：
；
可知
由以上比值關系無法確定正粒子和電子軌跡半徑大小關系，故AB錯誤；
CD．因為k＞1，如果正粒子和電子的速度之比為k，那么kmv正＞mv電，正粒子和電子總動量之和不為零，則粒子源會移動；若正離子和電子的速度之比為，正粒子和電子總動量之和為零，則粒子源不會移動，故C錯誤，D正確。
故選：D。
7．（2023 乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，做其運動軌跡如圖：
設SP與x軸正方向夾角為θ，則cosθ
θ＝60°
粒子做圓周運動轉過的圓心角也為60°，由幾何關系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
在磁場中加勻強電場，粒子做勻速直線運動，受力平衡：qvB＝qE
聯立解得：
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
8．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則（　　）
A．a做圓周運動的軌道半徑大
B．b做圓周運動的周期大
C．a、b同時回到出發點
D．a、b在紙面內做逆時針方向的圓周運動
【解答】解：A、電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝m，e×2vB＝m，解得：ra，rb2ra，a做圓周運動的軌道半徑小，故A錯誤；
BC、電子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，電子做勻速圓周運動的周期與電子的速度無關，兩電子做勻速圓周運動的周期相等，兩電子同時回到出發點，故B錯誤，C正確；
D、由左手定則可知，電子剛射入磁場時電子所受洛倫茲力水平向右，電子沿順時針方向做勻速圓周運動，故D錯誤。
故選：C。
9．如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（　　）
A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出
B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出
C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，將從d點射出
D．只改變粒子的速度大小使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出運動時間最長
【解答】解：A．帶電粒子在勻強電場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，可得
可得：
如果粒子的速度增大為原來的二倍，磁感應強度不變，由上式可知，圓周半徑將變為原來的二倍，由幾何知識可知，粒子將從d點射出，故A正確；
B．設正方向的邊長為2a，則粒子從e點射出時，軌跡的半徑為。如果粒子的速度增大為原來的三倍，磁感應強度不變，由可知，圓周半徑將變為原來的三倍，即為，畫出此時帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：
設∠daf＝θ，由幾何關系可知
因此軌跡半徑
，故B錯誤；
C．假如粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，由半徑的計算公式可知，半徑減小為原來的，所以粒子不可能從d點射出，故C錯誤；
D．根據運動學公式可知粒子在磁場中運動的周期為
因此如果只改變粒子的速度大小使其分別從e、d、f點射出時，根據幾何關系可知所用時間為
α為軌跡所對的圓心角，由此可分析出從f點射出運動時間最小，故D錯誤。
故選：A。
10．如圖所示，在x軸上方存在方向垂直坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在x軸下方存在方向垂直坐標平面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場。一帶負電的粒子（不計重力）從原點O以與x軸正方向成30°角的速度v射入磁場，其在x軸上方做圓周運動的半徑為R。則（　　）
A．粒子經偏轉過程一定能回到原點O
B．粒子完成一次周期性運動的時間為
C．粒子射入磁場后，第二次經過x軸時與O點的距離為3R
D．粒子在x軸上方和下方的磁場中運動的軌跡半徑之比為1：3
【解答】解：A、由左手定則，可以判斷帶負電粒子在x軸上方做順時針方向圓周運動，到達x軸下方后以x軸成30°，由于磁場方向發生變化，則其旋轉方向也將發生變化，即逆時針方向旋轉，所以帶電粒子與x軸的交點將向x軸正方向偏移，如圖所示，所以粒子不會到達坐標原點，故A錯誤；
BD、粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：r
粒子在x軸上方做圓周運動的半徑為r1＝R，則粒子在x軸下方磁場中運動的半徑為r2＝2R
粒子在x軸上方和下方的磁場中運動的軌跡半徑之比為1：2
根據幾何關系可知，粒子在上方磁場和下方磁場軌跡對應的圓心角均為60°，所以帶電粒子在上、下完成一次周期性運動的時間為：
T，故BD錯誤；
C、粒子運動軌跡如上圖所示，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為：x＝2Rcos60°+2×2Rcos60°＝3R，故C正確。
故選：C。
二．計算題（共2小題）
11．如圖所示，在y＞0的區域存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0區域存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面向外。一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y＝h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x＝2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y＝﹣2h處的P3點，不計粒子重力。求：
（1）電場強度的大小；
（2）磁感應強度的大小；
（3）粒子從P1開始運動直到第三次經過x軸所用的時間。
【解答】解：（1）粒子在x軸上方電場中做類平拋運動，
x方向：2h＝v0t，
y方向：hat2t2，
解得：E；
（2）設粒子在P2點時沿﹣y方向的速度為vy，則有h，即vyt＝2h，
所以vy＝v0，則粒子在P2點的速度方向與x軸正方向夾角為45°，
粒子到達P2時速度大小：v，
粒子運動軌跡如圖所示，
由幾何知識可得：rh，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，
解得：B；
（3）粒子在電場中從P1到P2的運動時間：t1，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T，
粒子在磁場中轉過的圓心角為α＝270°，運動時間為t2
粒子第二次經過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為45°，根據對稱性可知，粒子第二次經過x軸到第三次經過x的時間t3＝2t1
粒子從P1開始運動直到第三次經過x軸所用的時間：t＝t1+t2+t3。
答：（1）電場強度的大小為；
（2）磁感應強度的大小為；
（3）粒子從P1開始運動直到第三次經過x軸所用的時間為。
12．如圖所示，M、N為兩水平金屬板，板間電壓為U、距離為d，磁感應強度大小為B0，方向垂直紙面向外，ACD為用絕緣板圍成的正三角形區域，正三角形邊長為L，S為AC板中心的小孔，區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，放射源P沿水平方向發出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中軸線通過，再垂直AC邊從孔S進入正三角形區域。板間電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場；粒子每次與絕緣板發生碰撞后均以原速率反彈且電荷量不變，不計粒子重力及相互作用。
（1）求能沿板M、N中軸線通過的粒子的速度大小v0；
（2）求與絕緣板碰撞次數最少且能從S孔飛出的粒子比荷k1；
（3）比荷為k2的粒子在三角形區域內運動過程中，每次與板碰撞時速度方向均與板垂直且能從S孔飛出，求該粒子的比荷k2的可能值。
【解答】解：（1）能沿板M、N中軸線通過的粒子，在極板間受到的洛倫茲力和電場力平衡，有
解得
（2）如圖所示，粒子至少與絕緣板碰撞2次后從S孔飛出，此時粒子在磁場中的運動軌跡半徑為
同時有qBv0
聯立解得
（3）分析可知要使粒子每次與板碰撞時速度方向均與板垂直，需要滿足SA的長度為粒子軌跡半徑R2的奇數倍，即，n＝0，1，2
解得
同時有q2Bv0
聯立解得n＝0，1，2
答：（1）能沿板M、N中軸線通過的粒子的速度大小為；
（2）與絕緣板碰撞次數最少且能從S孔飛出的粒子比荷為；
（3）該粒子的比荷k2的可能值為，n＝0，1，2 。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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