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第2講　磁場對運動電荷(帶電體)的作用
正電子是電子的反粒子,與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場,從P點發出兩個電子和一個正電子,三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。 (1)判斷三個粒子的運動軌跡各是什么粒子產生的 (2)電子和正電子所受的洛倫茲力做功嗎 (3)運動半徑與帶電粒子的速度有什么關系 帶電粒子運動周期與比荷有什么關系
(2024·陜西西安期中)如圖所示,洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡、電子槍等部分組成。勵磁線圈是一對彼此平行的共軸的圓形線圈,它能夠在兩線圈之間產生勻強磁場。玻璃泡內充有稀薄的氣體,電子槍在加速電壓下發射電子,電子束通過玻璃泡內氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡。若電子槍垂直磁場方向發射電子,給勵磁線圈通電后,能看到電子束的徑跡呈圓形。則下列說法正確的是(　　)
[A] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的半徑將變大
[B] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的半徑將變小
[C] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的周期將變小
[D] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期將變小
【答案】 C
考點一　洛倫茲力的特點及應用
設有一段長為L、橫截面積為S的導體,通以大小為I的電流后放入勻強磁場中,電流方向與磁場的方向垂直,磁感應強度大小為B,導體單位體積內有n個自由電荷,每個自由電荷的電荷量均為q,定向移動速率為v,如圖所示。試證明:電荷所受的洛倫茲力F洛=qvB。
提示:導體所受的安培力為F安=BIL,導體中的電流I=nqSv,安培力與每一個運動電荷所受洛倫茲力的關系為F安=nSL·F洛,聯立可得F洛===qvB。
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永不做功。
3.洛倫茲力與靜電力的比較
項目 洛倫茲力 靜電力
產生 條件 v≠0且v不 與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 左手定則, F⊥B且F⊥v 正電荷受力方向與電場方向相同,負電荷受力方向與電場方向相反
做功 情況 任何情況下 都不做功 可能做正功,可能做負功,也可能不做功
[例1] 【對洛倫茲力大小與方向的理解】 (2024·山西太原開學考試)(多選)如圖所示,在圓心固定一個帶正電的電荷,另一個帶正電粒子在庫侖力和洛倫茲力的共同作用下繞固定電荷做勻速圓周運動,若把兩個電荷的電荷量都加倍后,帶正電粒子做勻速圓周運動的半徑不變、速率不變,不考慮粒子重力作用,則下列說法正確的是(　　)
[A] 帶正電粒子順時針轉動
[B] 帶正電粒子逆時針轉動
[C] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的4倍
[D] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的3倍
【答案】 BD
【解析】 帶正電粒子所受庫侖力背離圓心,則洛倫茲力指向圓心,由左手定則可知,帶正電粒子逆時針轉動,故A錯誤,B正確;粒子初始時做勻速圓周運動,有m=Bqv-k,電荷量都加倍后仍做勻速圓周運動,有m=2Bqv-4k,聯立解得Bqv=3k,故C錯誤,D正確。
[例2] 【洛倫茲力與靜電力的區別】(2025·河南商丘模擬)電場和磁場都能使帶電粒子發生偏轉,如圖所示正方形區域abcd中有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,一個重力不計的帶電粒子從a點以速度v0沿ab方向射入正方形區域,粒子恰好從c點射出。若將磁場換成沿ad方向的勻強電場,要粒子仍然從c點射出,則勻強電場的電場強度E應等于(　　)
[A] v0B [B] v0B
[C] v0B [D] 2v0B
【答案】 D
【解析】 設正方形區域邊長為L,當區域內為勻強磁場時,帶電粒子受洛倫茲力作用,做勻速圓周運動的軌道半徑R==L,當區域內為勻強電場時,帶電粒子受靜電力,做類平拋運動,水平方向有L=v0t,豎直方向有L=·,聯立解得E=2v0B,D正確。
考點二　帶電粒子在勻強磁場和有界勻強磁場中的運動
(1)帶負電粒子垂直于磁場邊界從P點進入勻強磁場做勻速圓周運動,并從另一平行邊界的M點射出,速度方向如圖甲所示。如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:可根據洛倫茲力F⊥v,分別確定P、M兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即為圓心,如圖a所示。
(2)已知帶正電粒子從P點垂直于磁場邊界進入磁場,并從M點射出,運動軌跡如圖乙所示,如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:先通過入射點P作入射方向的垂線,再連接入射點P和出射點M,作出兩點連線的中垂線,這兩條線的交點就是圓弧軌跡的圓心,如圖b所示。
(3)如何確定帶電粒子做勻速圓周運動的半徑和速度偏向角
提示:如圖c,為帶電粒子在磁場內運動的圓弧軌跡的一部分,作入射點、出射點對應的半徑,并作出相應的輔助三角形,利用幾何關系求解出半徑的大小。粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α),并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍,即φ=α=2θ=ωt。
1.帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)解題思路。
(2)時間的計算方法。
方法一:利用圓心角、周期求得t=T。
方法二:利用弧長、線速度求得t=。
2.帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
(1)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的常見模型。
直線邊界(粒子進出磁場具有對稱性)
平行邊界(粒子運動存在臨界條件)
圓形邊界(粒子沿徑向射入,必沿徑向射出)
(2)帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系。
①四個點:分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。
②三個角:速度偏向角、圓心角、弦切角,其中速度偏向角等于圓心角,也等于弦切角的
2倍。
(3)常用結論。
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當速率v一定時, 弧長l(或弦長)越長,由t=知帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。
③當速度v變化時,圓心角θ越大,由t=T知帶電粒子運動時間越長。
[例3] 【兩個基本公式的應用】 (2024·廣西卷,5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。質量為m,電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點沿x軸正向開始運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°,交點為P。不計粒子重力,則P點至O點的距離為(　　)
[A] [B]
[C] (1+) [D] (1+)
【答案】 C
【解析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動,出磁場后做勻速直線運動,運動軌跡如圖所示。在磁場中,根據洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,可得粒子做圓周運動的半徑r=,根據幾何關系可得P點至O點的距離LPO=r+=(1+)。
[例4] 【單直線邊界磁場】 (2024·湖北荊州三模)(多選)如圖所示,在平面直角坐標系xOy中,在x軸上方存在垂直于紙面的勻強磁場,一帶正電粒子在該平面內從O點射入x軸上方,恰好先后通過A、B兩點,已知A、B兩點坐標分別為A(0,6L)、B(8L,0),不計粒子重力,則(　　)
[A] 該磁場方向垂直于紙面向內
[B] 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為5L
[C] 若帶相同電荷量的負粒子從B點射入x軸上方,則粒子有可能通過A點
[D] 若僅改變粒子從O點射入時的速度,粒子依然有可能依次經過A、B兩點
【答案】 BC
【解析】 帶電粒子在勻強磁場中經過O、A、B三點,故三點均在其軌跡圓上,由幾何知識可得,軌跡圓的圓心為AB連線的中點,粒子的軌跡如圖甲所示。
由左手定則可知,該磁場方向垂直于紙面向外,故A錯誤;由幾何知識得,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r==5L,由牛頓第二定律和圓周運動規律得Bqv=m,解得r=,由幾何關系知粒子從O點與水平方向成53°斜向左射入x軸上方,故若僅改變粒子從O點射入時的速度,將不能使粒子依次經過A、B兩點,故B正確,D錯誤;若粒子從B點射入磁場,且經過A點,則其軌跡圓的圓心在AB連線的中垂線上,如圖乙所示。
若帶相同電荷量的負粒子從B點射入x軸上方,只要粒子的速度合適,則粒子有可能通過A點,故C正確。
帶電粒子(不計重力)在直線邊界勻強磁場中運動時具有兩個特性:
(1)對稱性:進入磁場和離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等。
(2)完整性:比荷相等的正、負帶電粒子以相同速度進入同一勻強磁場,則它們運動軌跡的半徑相等,而且兩個圓弧軌跡恰好構成一個完整的圓,兩圓弧所對應的圓心角之和等于2π。
[例5] 【平行直線邊界磁場】 (2024·河南周口期末)如圖所示,有界磁場的寬度為d,一帶電荷量為q、質量為m的帶負電粒子以速度v0垂直邊界射入磁場,離開磁場時速度的偏向角為30°,不計粒子受到的重力,下列說法正確的是(　　)
[A] 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑為4d
[B] 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為
[C] 帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為
[D] 勻強磁場的磁感應強度大小為
【答案】 C
【解析】帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,根據幾何關系可知軌跡半徑為R==2d,帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為ω==,故A、B錯誤;帶電粒子在勻強磁場中運動的時間t=×=,故C正確;由洛倫茲力提供向心力有qv0B=m,解得B=,故D錯誤。
[例6] 【圓形邊界磁場】 (2023·全國甲卷,20)(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是(　　)
[A] 粒子的運動軌跡可能通過圓心O
[B] 最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出
[C] 射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短
[D] 每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
【答案】 BD
【解析】 帶電粒子在與筒壁的兩次碰撞的過程中,其軌跡圓弧的兩端間的切線延長線一定交于磁場圓的圓心O,由幾何關系可知,粒子運動的軌跡不可能通過O,選項A錯誤;設粒子帶負電,由題意可知,若粒子最終從P點射出,粒子射入磁場與筒壁發生若干次碰撞以后軌跡的圓心組成的多邊形為以筒壁為內切圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示,
即撞擊兩次,選項B正確;速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數可能會增多,
粒子在圓內運動時間不一定減少,選項C錯誤;粒子每次與筒壁碰撞前后,速度均沿圓筒半徑且方向相反,則碰撞后瞬間,粒子的速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,選項D正確。
[例7] 【三角形邊界磁場】 (2024·廣東東莞二模)如圖所示,斜邊MN長度為L的等腰直角三角形OMN區域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場(三角形邊界上也存在磁場)。一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子(不計重力)從斜邊MN上的P點進入磁場,速度方向與PM間的夾角θ=45°,且MP=。經過一段時間,粒子從PN上的D點(未畫出)離開磁場,則下列說法正確的是(　　)
[A] 磁場方向垂直于紙面向里
[B] 粒子的最大速度為
[C] D點到P點的最大距離為
[D] 粒子在磁場中運動的時間為
【答案】 C
【解析】 粒子從PN段離開磁場,故在磁場中粒子向上偏轉,根據左手定則可知,磁場方向垂直于紙面向外,A錯誤;粒子速度越大,在磁場中做圓周運動的半徑就越大,當速度達到最大值時,根據幾何關系可知,粒子做圓周運動的軌跡同時與三角形的OM、ON邊相切,且從D點飛出的速度方向與MN的夾角也為θ=45°,畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,
由幾何關系有rm=cos θ,由洛倫茲力提供向心力有qvmB=m,聯立解得vm=,B錯誤;由幾何關系有xPD==,C正確;粒子做勻速圓周運動的周期T=,粒子在磁場中運動的時間t=T=,D錯誤。
(滿分:40分)
對點1.洛倫茲力的特點及應用
1.(4分)(2025·北京朝陽模擬)一個電子以某速度從a點出發,通過兩個方向垂直于紙面的有界勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ到達b點,路徑如圖所示,電子在每個區域內的軌跡都是半圓。下列說法正確的是(　　)
[A] 兩個磁場的方向相同
[B] 電子在區域Ⅰ中運動的時間較長
[C] 電子以相同的速度大小從b點反向出發可返回a點
[D] 質子以與電子大小相等的動量從b點反向出發可到達a點
【答案】 D
【解析】 根據電子在兩區域內的偏轉方向,由左手定則知區域Ⅰ磁場方向垂直于紙面向里,區域Ⅱ磁場方向垂直于紙面向外,故A錯誤;洛倫茲力不做功,所以電子在兩磁場區域運動速度大小相等,由洛倫茲力提供向心力有qvB=m,解得r=,由題圖可知,電子在磁場區域Ⅱ的半徑較大,則磁場區域Ⅱ磁感應強度較小,又由T=可知,電子在磁場區域Ⅱ運動的周期較大,因為電子在兩磁場區域運動軌跡都是半圓,所以運動時間都為t=,可知電子在磁場區域Ⅱ運動的時間較長,故B錯誤;電子以相同的速度大小從b點反向出發,經過區域Ⅱ時由左手定則知受到的洛倫茲力向下,所以電子向下偏轉,電子不能返回a點,故C錯誤;質子與電子的電荷量相等,若質子以與電子大小相等的動量進入磁場,由qvB=m,得r=,可知它們在磁場中運動的半徑相等,所以質子從b點反向出發可到達a點,故D正確。
2.(4分)(2025·河南商丘模擬)某研究學者在做粒子探測實驗時,將一個電荷量為q1=+3e的粒子,自勻強磁場a點向左水平射出,當它運動到b點時,與一個電荷量為q2=-5e的靜止粒子發生碰撞并結合為一個新粒子,不考慮粒子的重力,試分析接下來新粒子的運動軌跡是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 設碰撞前帶正電粒子的動量為p,則其在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1==,碰撞后新粒子的動量仍為p,帶電荷量變為-2e,則r2=,所以碰撞后的新粒子做勻速圓周運動的半徑比碰撞前粒子的半徑大,根據左手定則可判定碰撞后新粒子從b點開始向下偏轉,故A正確。
3.(4分)(2025·內蒙古高考適應性考試)如圖甲,在光滑絕緣水平桌面內建立直角坐標系Oxy,空間內存在與桌面垂直的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的小球在桌面內做圓周運動。平行光沿x軸正方向照射,垂直光照方向放置的接收器記錄小球不同時刻的投影位置。投影坐標y隨時間t的變化曲線如圖乙所示,則(　　)
[A] 磁感應強度大小為
[B] 投影的速度最大值為
[C] 2t0～3t0時間內,投影做勻速直線運動
[D] 3t0～4t0時間內,投影的位移大小為y0
【答案】 D
【解析】 由題圖乙知,T=6t0=,得B=,故A錯誤;2R=4y0,得R=2y0=,得v=,故B錯誤;y-t圖像的斜率大小表示速度大小,故C錯誤;3t0～4t0時間內,小球運動個圓周,位移為R=2y0,則投影的位移大小為2y0cos 60°=y0,故D正確。
對點2.帶電粒子在勻強磁場和有界勻強磁場中的運動
4.(4分)(2025·北京海淀模擬)如圖所示,真空區域內有寬度為d、 磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,MN、PQ 是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q 的帶正電的粒子(不計重力),沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中,粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法不正確的是(　　)
[A] 可求出粒子在磁場中運動的半徑
[B] 可求出粒子在磁場中運動的加速度大小
[C] 若僅減小射入速度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
[D] 若僅增大磁感應強度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
【答案】 C
【解析】根據題意可以分析出粒子到達PQ邊界時速度方向與邊界線相切,如圖所示。則根據幾何關系可知d=r+rcos 30°,可得r=4d-2d,粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力有qvB=m,解得v=,則加速度大小為a==,故A、B正確;根據t=×=,
r=知,若僅減小射入速度,則粒子在磁場中運動軌跡的半徑減小,可知粒子運動軌跡的圓心角不變,故粒子運動時間不變,若僅增大磁感應強度,則粒子在磁場中運動軌跡的半徑減小,運動軌跡的圓心角不變,而粒子在磁場中運動的時間變短,故C錯誤,D正確。
5.(6分)(2024·河北滄州階段練習)(多選)如圖所示,邊長為L的等邊三角形abc區域外(包含邊界)存在著垂直于abc所在平面向外的勻強磁場,P、Q為ab邊的三等分點。一質量為m、電荷量為+q(q>0)的帶電粒子在abc平面內以速度v0從a點垂直于ac邊射入勻強磁場,恰好從P點第一次進入三角形abc區域。不計帶電粒子重力,下列說法正確的是(　　)
[A] 磁場的磁感應強度大小為
[B] 粒子從bQ之間(不包括b、Q點)第二次通過ab邊
[C] 粒子從PQ之間(不包括P、Q點)第二次通過ab邊
[D] 粒子從a點開始到第二次通過ab邊所用的時間為
【答案】 AD
【解析】粒子的運動軌跡如圖所示。由幾何關系可得R=aP=,由洛倫茲力提供向心力可得qv0B=m,聯立解得B=,故A正確;由幾何關系知,粒子第二次通過ab邊時恰好過P點,故B、C錯誤;設粒子做勻速圓周運動的周期為T,則T=,粒子從a點到第二次通過ab邊所用的時間為t=T+=,故D正確。
6.(6分)(2025·青海西寧模擬)(多選)如圖所示,在一個等邊三角形MNP區域內存在著垂直于該平面向外的勻強磁場,三角形的邊長為a,現從NP邊的中點O處垂直于NP邊射入大量比荷相同的帶正電的粒子(不計重力),粒子的速度不同,已知粒子在磁場中運動的最長時間為t,則下列說法正確的是(　　)
[A] 粒子能從P點射出磁場
[B] 由MP邊射出的粒子,在磁場中運動的最長時間為t
[C] 由MP邊射出的粒子,在磁場中運動的最小半徑為a
[D] 由MP邊射出的粒子的最小速度為
【答案】 BD
【解析】粒子在磁場中做圓周運動,由圖可知,粒子不可能從P點射出磁場,故A錯誤;由題意可知,所有粒子在磁場中運動的周期T=,其中從NP邊射出的粒子,在磁場中運動的時間最長,為半個周期,即t=T=,如圖當粒子軌跡與MP邊相切時,由MP邊射出的粒子運動的時間最長,對應的圓心角為150°,最長時間為×T=t,故B正確;由幾何關系知MP邊射出的粒子的最小半徑滿足R+=,解得R=a,而R=,t=,聯立解得由MP邊射出的粒子的最小速度為v=,故C錯誤,D正確。
7.(12分)(2024·廣西柳州三模)如圖所示,正方形區域abcd內(含邊界)有垂直于紙面向里的勻強磁場,ab=l,Oa=0.4l,OO′連線與ad邊平行,大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ=53°角方向以不同的初速度v射入磁場,已知帶電粒子的質量為m,電荷量為q,磁場的磁感應強度大小為B,取sin 53°=0.8,不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大小;
(2)要使粒子從ad邊離開磁場,求初速度v的取值范圍。
【答案】 (1)　(2)【解析】 (1)從O′點射出磁場的粒子的運動軌跡如圖甲所示。
根據幾何關系可知粒子的運動半徑為r=,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m,
聯立解得v=。
(2)當粒子運動軌跡與ad邊相切時,如圖乙所示。
設此時初速度為v1,軌道半徑為r1,由幾何關系可得r1+r1sin 53°=0.4l,
又由洛倫茲力提供向心力有qv1B=,
聯立解得v1=,
假設粒子運動軌跡能與cd邊相切,如圖丙所示。
設軌道半徑為r2,由幾何關系可得
r2+r2cos 53°=l,
解得r2=l,
又因為O2a==0.3l≠l-r2,可知粒子運動軌跡無法與cd邊相切;
設從d點射出時速度大小為v2,如圖丁所示。
根據幾何關系可知
r2′cos θ+r2′cos α=l,
r2′sin θ-r2′sin α=0.4l,
解得r2′=l,
根據洛倫茲力提供向心力有
qv2B=m,
解得v2=,
綜上可得(
第
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)第2講　磁場對運動電荷(帶電體)的作用
正電子是電子的反粒子,與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場,從P點發出兩個電子和一個正電子,三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。 (1)判斷三個粒子的運動軌跡各是什么粒子產生的 (2)電子和正電子所受的洛倫茲力做功嗎 (3)運動半徑與帶電粒子的速度有什么關系 帶電粒子運動周期與比荷有什么關系
[footnoteRef:1] [1:
]
(2024·陜西西安期中)如圖所示,洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡、電子槍等部分組成。勵磁線圈是一對彼此平行的共軸的圓形線圈,它能夠在兩線圈之間產生勻強磁場。玻璃泡內充有稀薄的氣體,電子槍在加速電壓下發射電子,電子束通過玻璃泡內氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡。若電子槍垂直磁場方向發射電子,給勵磁線圈通電后,能看到電子束的徑跡呈圓形。則下列說法正確的是(　　)
[A] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的半徑將變大
[B] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的半徑將變小
[C] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的周期將變小
[D] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期將變小
考點一　洛倫茲力的特點及應用
設有一段長為L、橫截面積為S的導體,通以大小為I的電流后放入勻強磁場中,電流方向與磁場的方向垂直,磁感應強度大小為B,導體單位體積內有n個自由電荷,每個自由電荷的電荷量均為q,定向移動速率為v,如圖所示。試證明:電荷所受的洛倫茲力F洛=qvB。
提示:導體所受的安培力為F安=BIL,導體中的電流I=nqSv,安培力與每一個運動電荷所受洛倫茲力的關系為F安=nSL·F洛,聯立可得F洛===qvB。
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永不做功。
3.洛倫茲力與靜電力的比較
項目 洛倫茲力 靜電力
產生 條件 v≠0且v不 與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 左手定則, F⊥B且F⊥v 正電荷受力方向與電場方向相同,負電荷受力方向與電場方向相反
做功 情況 任何情況下 都不做功 可能做正功,可能做負功,也可能不做功
[例1] 【對洛倫茲力大小與方向的理解】 (2024·山西太原開學考試)(多選)如圖所示,在圓心固定一個帶正電的電荷,另一個帶正電粒子在庫侖力和洛倫茲力的共同作用下繞固定電荷做勻速圓周運動,若把兩個電荷的電荷量都加倍后,帶正電粒子做勻速圓周運動的半徑不變、速率不變,不考慮粒子重力作用,則下列說法正確的是(　　)
[A] 帶正電粒子順時針轉動
[B] 帶正電粒子逆時針轉動
[C] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的4倍
[D] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的3倍
[例2] 【洛倫茲力與靜電力的區別】(2025·河南商丘模擬)電場和磁場都能使帶電粒子發生偏轉,如圖所示正方形區域abcd中有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,一個重力不計的帶電粒子從a點以速度v0沿ab方向射入正方形區域,粒子恰好從c點射出。若將磁場換成沿ad方向的勻強電場,要粒子仍然從c點射出,則勻強電場的電場強度E應等于(　　)
[A] v0B [B] v0B
[C] v0B [D] 2v0B
考點二　帶電粒子在勻強磁場和有界勻強磁場中的運動
(1)帶負電粒子垂直于磁場邊界從P點進入勻強磁場做勻速圓周運動,并從另一平行邊界的M點射出,速度方向如圖甲所示。如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:可根據洛倫茲力F⊥v,分別確定P、M兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即為圓心,如圖a所示。
(2)已知帶正電粒子從P點垂直于磁場邊界進入磁場,并從M點射出,運動軌跡如圖乙所示,如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:先通過入射點P作入射方向的垂線,再連接入射點P和出射點M,作出兩點連線的中垂線,這兩條線的交點就是圓弧軌跡的圓心,如圖b所示。
(3)如何確定帶電粒子做勻速圓周運動的半徑和速度偏向角
提示:如圖c,為帶電粒子在磁場內運動的圓弧軌跡的一部分,作入射點、出射點對應的半徑,并作出相應的輔助三角形,利用幾何關系求解出半徑的大小。粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α),并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍,即φ=α=2θ=ωt。
1.帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)解題思路。
(2)時間的計算方法。
方法一:利用圓心角、周期求得t=T。
方法二:利用弧長、線速度求得t=。
2.帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
(1)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的常見模型。
直線邊界(粒子進出磁場具有對稱性)
平行邊界(粒子運動存在臨界條件)
圓形邊界(粒子沿徑向射入,必沿徑向射出)
(2)帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系。
①四個點:分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。
②三個角:速度偏向角、圓心角、弦切角,其中速度偏向角等于圓心角,也等于弦切角的
2倍。
(3)常用結論。
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當速率v一定時, 弧長l(或弦長)越長,由t=知帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。
③當速度v變化時,圓心角θ越大,由t=T知帶電粒子運動時間越長。
[例3] 【兩個基本公式的應用】 (2024·廣西卷,5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。質量為m,電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點沿x軸正向開始運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°,交點為P。不計粒子重力,則P點至O點的距離為(　　)
[A] [B]
[C] (1+) [D] (1+)
[例4] 【單直線邊界磁場】 (2024·湖北荊州三模)(多選)如圖所示,在平面直角坐標系xOy中,在x軸上方存在垂直于紙面的勻強磁場,一帶正電粒子在該平面內從O點射入x軸上方,恰好先后通過A、B兩點,已知A、B兩點坐標分別為A(0,6L)、B(8L,0),不計粒子重力,則(　　)
[A] 該磁場方向垂直于紙面向內
[B] 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為5L
[C] 若帶相同電荷量的負粒子從B點射入x軸上方,則粒子有可能通過A點
[D] 若僅改變粒子從O點射入時的速度,粒子依然有可能依次經過A、B兩點
帶電粒子(不計重力)在直線邊界勻強磁場中運動時具有兩個特性:
(1)對稱性:進入磁場和離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等。
(2)完整性:比荷相等的正、負帶電粒子以相同速度進入同一勻強磁場,則它們運動軌跡的半徑相等,而且兩個圓弧軌跡恰好構成一個完整的圓,兩圓弧所對應的圓心角之和等于2π。
[例5] 【平行直線邊界磁場】 (2024·河南周口期末)如圖所示,有界磁場的寬度為d,一帶電荷量為q、質量為m的帶負電粒子以速度v0垂直邊界射入磁場,離開磁場時速度的偏向角為30°,不計粒子受到的重力,下列說法正確的是(　　)
[A] 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑為4d
[B] 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為
[C] 帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為
[D] 勻強磁場的磁感應強度大小為
[例6] 【圓形邊界磁場】 (2023·全國甲卷,20)(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是(　　)
[A] 粒子的運動軌跡可能通過圓心O
[B] 最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出
[C] 射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短
[D] 每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
[例7] 【三角形邊界磁場】 (2024·廣東東莞二模)如圖所示,斜邊MN長度為L的等腰直角三角形OMN區域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場(三角形邊界上也存在磁場)。一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子(不計重力)從斜邊MN上的P點進入磁場,速度方向與PM間的夾角θ=45°,且MP=。經過一段時間,粒子從PN上的D點(未畫出)離開磁場,則下列說法正確的是(　　)
[A] 磁場方向垂直于紙面向里
[B] 粒子的最大速度為
[C] D點到P點的最大距離為
[D] 粒子在磁場中運動的時間為
(滿分:40分)
對點1.洛倫茲力的特點及應用
1.(4分)(2025·北京朝陽模擬)一個電子以某速度從a點出發,通過兩個方向垂直于紙面的有界勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ到達b點,路徑如圖所示,電子在每個區域內的軌跡都是半圓。下列說法正確的是(　　)
[A] 兩個磁場的方向相同
[B] 電子在區域Ⅰ中運動的時間較長
[C] 電子以相同的速度大小從b點反向出發可返回a點
[D] 質子以與電子大小相等的動量從b點反向出發可到達a點
2.(4分)(2025·河南商丘模擬)某研究學者在做粒子探測實驗時,將一個電荷量為q1=+3e的粒子,自勻強磁場a點向左水平射出,當它運動到b點時,與一個電荷量為q2=-5e的靜止粒子發生碰撞并結合為一個新粒子,不考慮粒子的重力,試分析接下來新粒子的運動軌跡是(　　)
[A] [B] [C] [D]
3.(4分)(2025·內蒙古高考適應性考試)如圖甲,在光滑絕緣水平桌面內建立直角坐標系Oxy,空間內存在與桌面垂直的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的小球在桌面內做圓周運動。平行光沿x軸正方向照射,垂直光照方向放置的接收器記錄小球不同時刻的投影位置。投影坐標y隨時間t的變化曲線如圖乙所示,則(　　)
[A] 磁感應強度大小為
[B] 投影的速度最大值為
[C] 2t0～3t0時間內,投影做勻速直線運動
[D] 3t0～4t0時間內,投影的位移大小為y0
對點2.帶電粒子在勻強磁場和有界勻強磁場中的運動
4.(4分)(2025·北京海淀模擬)如圖所示,真空區域內有寬度為d、 磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,MN、PQ 是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q 的帶正電的粒子(不計重力),沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中,粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法不正確的是(　　)
[A] 可求出粒子在磁場中運動的半徑
[B] 可求出粒子在磁場中運動的加速度大小
[C] 若僅減小射入速度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
[D] 若僅增大磁感應強度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
5.(6分)(2024·河北滄州階段練習)(多選)如圖所示,邊長為L的等邊三角形abc區域外(包含邊界)存在著垂直于abc所在平面向外的勻強磁場,P、Q為ab邊的三等分點。一質量為m、電荷量為+q(q>0)的帶電粒子在abc平面內以速度v0從a點垂直于ac邊射入勻強磁場,恰好從P點第一次進入三角形abc區域。不計帶電粒子重力,下列說法正確的是(　　)
[A] 磁場的磁感應強度大小為
[B] 粒子從bQ之間(不包括b、Q點)第二次通過ab邊
[C] 粒子從PQ之間(不包括P、Q點)第二次通過ab邊
[D] 粒子從a點開始到第二次通過ab邊所用的時間為
6.(6分)(2025·青海西寧模擬)(多選)如圖所示,在一個等邊三角形MNP區域內存在著垂直于該平面向外的勻強磁場,三角形的邊長為a,現從NP邊的中點O處垂直于NP邊射入大量比荷相同的帶正電的粒子(不計重力),粒子的速度不同,已知粒子在磁場中運動的最長時間為t,則下列說法正確的是(　　)
[A] 粒子能從P點射出磁場
[B] 由MP邊射出的粒子,在磁場中運動的最長時間為t
[C] 由MP邊射出的粒子,在磁場中運動的最小半徑為a
[D] 由MP邊射出的粒子的最小速度為
7.(12分)(2024·廣西柳州三模)如圖所示,正方形區域abcd內(含邊界)有垂直于紙面向里的勻強磁場,ab=l,Oa=0.4l,OO′連線與ad邊平行,大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ=53°角方向以不同的初速度v射入磁場,已知帶電粒子的質量為m,電荷量為q,磁場的磁感應強度大小為B,取sin 53°=0.8,不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大小;
(2)要使粒子從ad邊離開磁場,求初速度v的取值范圍。
(
第
18
頁
)(共56張PPT)
高中總復習·物理
第2講　
磁場對運動電荷(帶電體)的作用
情境導思
正電子是電子的反粒子,與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場,從P點發出兩個電子和一個正電子,三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。
(1)判斷三個粒子的運動軌跡各是什么粒子產生的
(2)電子和正電子所受的洛倫茲力做功嗎
(3)運動半徑與帶電粒子的速度有什么關系 帶電粒子運動周期與比荷有什么關系
知識構建
小題試做
(2024·陜西西安期中)如圖所示,洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡、電子槍等部分組成。勵磁線圈是一對彼此平行的共軸的圓形線圈,它能夠在兩線圈之間產生勻強磁場。玻璃泡內充有稀薄的氣體,電子槍在加速電壓下發射電子,電子束通過玻璃泡內氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡。若電子槍垂直磁場方向發射電子,給勵磁線圈通電后,能看到電子束的徑跡呈圓形。則下列說法正確的是(　　)
[A] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的半徑將變大
[B] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的半徑將變小
[C] 若只增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的周期將變小
[D] 若只提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期將變小
C
設有一段長為L、橫截面積為S的導體,通以大小為I的電流后放入勻強磁場中,電流方向與磁場的方向垂直,磁感應強度大小為B,導體單位體積內有n個自由電荷,每個自由電荷的電荷量均為q,定向移動速率為v,如圖所示。試證明:電荷所受的洛倫茲力F洛=qvB。
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永不做功。
3.洛倫茲力與靜電力的比較
項目 洛倫茲力 靜電力
產生 條件 v≠0且v不 與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 左手定則, F⊥B且F⊥v 正電荷受力方向與電場方向相同,負電荷受力方向與電場方向相反
做功 情況 任何情況下 都不做功 可能做正功,可能做負功,也可能不做功
[例1] 【對洛倫茲力大小與方向的理解】 (2024·山西太原開學考試)(多選)如圖所示,在圓心固定一個帶正電的電荷,另一個帶正電粒子在庫侖力和洛倫茲力的共同作用下繞固定電荷做勻速圓周運動,若把兩個電荷的電荷量都加倍后,帶正電粒子做勻速圓周運動的半徑不變、速率不變,不考慮粒子重力作用,則下列說法正確的是(　 　)
[A] 帶正電粒子順時針轉動
[B] 帶正電粒子逆時針轉動
[C] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的4倍
[D] 開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的3倍
BD
[例2] 【洛倫茲力與靜電力的區別】(2025·河南商丘模擬)電場和磁場都能使帶電粒子發生偏轉,如圖所示正方形區域abcd中有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,一個重力不計的帶電粒子從a點以速度v0沿ab方向射入正方形區域,粒子恰好從c點射出。若將磁場換成沿ad方向的勻強電場,要粒子仍然從c點射出,則勻強電場的電場強度E應等于(　　)
D
(1)帶負電粒子垂直于磁場邊界從P點進入勻強磁場做勻速圓周運動,并從另一平行邊界的M點射出,速度方向如圖甲所示。如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:可根據洛倫茲力F⊥v,分別確定P、M兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即為圓心,如圖a所示。
(2)已知帶正電粒子從P點垂直于磁場邊界進入磁場,并從M點射出,運動軌跡如圖乙所示,如何確定帶電粒子在磁場內做勻速圓周運動的圓心
提示:先通過入射點P作入射方向的垂線,再連接入射點P和出射點M,作出兩點連線的中垂線,這兩條線的交點就是圓弧軌跡的圓心,如圖b所示。
(3)如何確定帶電粒子做勻速圓周運動的半徑和速度偏向角
1.帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)解題思路。
(2)時間的計算方法。
2.帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
(1)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的常見模型。
直線邊界(粒子進出磁場具有對稱性)
平行邊界(粒子運動存在臨界條件)
圓形邊界(粒子沿徑向射入,必沿徑向射出)
(2)帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系。
①四個點:分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。
②三個角:速度偏向角、圓心角、弦切角,其中速度偏向角等于圓心角,也等于弦切角的2倍。
(3)常用結論。
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。
[例3] 【兩個基本公式的應用】 (2024·廣西卷,5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。質量為m,電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點沿x軸正向開始運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°,交點為P。不計粒子重力,則P點至O點的距離為(　　)
C
[例4] 【單直線邊界磁場】 (2024·湖北荊州三模)(多選)如圖所示,在平面直角坐標系xOy中,在x軸上方存在垂直于紙面的勻強磁場,一帶正電粒子在該平面內從O點射入x軸上方,恰好先后通過A、B兩點,已知A、B兩點坐標分別為A(0,6L)、B(8L,0),不計粒子重力,則( 　　)
[A] 該磁場方向垂直于紙面向內
[B] 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為5L
[C] 若帶相同電荷量的負粒子從B點射入x軸上方,則粒子有可能通過A點
[D] 若僅改變粒子從O點射入時的速度,粒子依然有可能依次經過A、B兩點
BC
【解析】 帶電粒子在勻強磁場中經過O、A、B三點,故三點均在其軌跡圓上,由幾何知識可得,軌跡圓的圓心為AB連線的中點,粒子的軌跡如圖甲所示。
由左手定則可知,該磁場方向垂直于紙面向外,故A錯誤;
若帶相同電荷量的負粒子從B點射入x軸上方,只要粒子的速度合適,則粒子有可能通過A點,故C正確。
方法總結
帶電粒子(不計重力)在直線邊界勻強磁場中運動時具有兩個特性:
(1)對稱性:進入磁場和離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等。
(2)完整性:比荷相等的正、負帶電粒子以相同速度進入同一勻強磁場,則它們運動軌跡的半徑相等,而且兩個圓弧軌跡恰好構成一個完整的圓,兩圓弧所對應的圓心角之和等于2π。
[例5] 【平行直線邊界磁場】 (2024·河南周口期末)如圖所示,有界磁場的寬度為d,一帶電荷量為q、質量為m的帶負電粒子以速度v0垂直邊界射入磁場,離開磁場時速度的偏向角為30°,不計粒子受到的重力,下列說法正確的是
(　　 )
C
[例6] 【圓形邊界磁場】 (2023·全國甲卷,20)(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是( 　　)
[A] 粒子的運動軌跡可能通過圓心O
[B] 最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出
[C] 射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短
[D] 每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
BD
【解析】 帶電粒子在與筒壁的兩次碰撞的過程中,其軌跡圓弧的兩端間的切線延長線一定交于磁場圓的圓心O,由幾何關系可知,粒子運動的軌跡不可能通過O,選項A錯誤;設粒子帶負電,由題意可知,若粒子最終從P點射出,粒子射入磁場與筒壁發生若干次碰撞以后軌跡的圓心組成的多邊形為以筒壁為內切圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示,
即撞擊兩次,選項B正確;速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數可能會增多,粒子在圓內運動時間不一定減少,選項C錯誤;粒子每次與筒壁碰撞前后,速度均沿圓筒半徑且方向相反,則碰撞后瞬間,粒子的速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,選項D正確。
C
【解析】 粒子從PN段離開磁場,故在磁場中粒子向上偏轉,根據左手定則可知,磁場方向垂直于紙面向外,A錯誤;粒子速度越大,在磁場中做圓周運動的半徑就越大,當速度達到最大值時,根據幾何關系可知,粒子做圓周運動的軌跡同時與三角形的OM、ON邊相切,且從D點飛出的速度方向與MN的夾角也為θ=45°,畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,
基礎對點練
對點1.洛倫茲力的特點及應用
1.(4分)(2025·北京朝陽模擬)一個電子以某速度從a點出發,通過兩個方向垂直于紙面的有界勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ到達b點,路徑如圖所示,電子在每個區域內的軌跡都是半圓。下列說法正確的是(　　)
[A] 兩個磁場的方向相同
[B] 電子在區域Ⅰ中運動的時間較長
[C] 電子以相同的速度大小從b點反向出發可返回a點
[D] 質子以與電子大小相等的動量從b點反向出發可到達a點
D
2.(4分)(2025·河南商丘模擬)某研究學者在做粒子探測實驗時,將一個電荷量為q1=+3e的粒子,自勻強磁場a點向左水平射出,當它運動到b點時,與一個電荷量為q2=-5e的靜止粒子發生碰撞并結合為一個新粒子,不考慮粒子的重力,試分析接下來新粒子的運動軌跡是(　　)
A
[A] [B] [C] [D]
3.(4分)(2025·內蒙古高考適應性考試)如圖甲,在光滑絕緣水平桌面內建立直角坐標系Oxy,空間內存在與桌面垂直的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的小球在桌面內做圓周運動。平行光沿x軸正方向照射,垂直光照方向放置的接收器記錄小球不同時刻的投影位置。投影坐標y隨時間t的變化曲線如圖乙所示,則(　　)
D
對點2.帶電粒子在勻強磁場和有界勻強磁場中的運動
4.(4分)(2025·北京海淀模擬)如圖所示,真空區域內有寬度為d、 磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,MN、PQ 是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q 的帶正電的粒子(不計重力),沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中,粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法不正確的是(　　)
[A] 可求出粒子在磁場中運動的半徑
[B] 可求出粒子在磁場中運動的加速度大小
[C] 若僅減小射入速度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
[D] 若僅增大磁感應強度,則粒子在磁場中運動的時間一定變短
C
5.(6分)(2024·河北滄州階段練習)(多選)如圖所示,邊長為L的等邊三角形abc區域外(包含邊界)存在著垂直于abc所在平面向外的勻強磁場,P、Q為ab邊的三等分點。一質量為m、電荷量為+q(q>0)的帶電粒子在abc平面內以速度v0從a點垂直于ac邊射入勻強磁場,恰好從P點第一次進入三角形abc區域。不計帶電粒子重力,下列說法正確的是( 　　)
AD
6.(6分)(2025·青海西寧模擬)(多選)如圖所示,在一個等邊三角形MNP區域內存在著垂直于該平面向外的勻強磁場,三角形的邊長為a,現從NP邊的中點O處垂直于NP邊射入大量比荷相同的帶正電的粒子(不計重力),粒子的速度不同,已知粒子在磁場中運動的最長時間為t,則下列說法正確的是( 　　)
BD
綜合提升練
7.(12分)(2024·廣西柳州三模)如圖所示,正方形區域abcd內(含邊界)有垂直于紙面向里的勻強磁場,ab=l,Oa=0.4l,OO′連線與ad邊平行,大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ=53°角方向以不同的初速度v射入磁場,已知帶電粒子的質量為m,電荷量為q,磁場的磁感應強度大小為B,取sin 53°=0.8,不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大小;
(2)要使粒子從ad邊離開磁場,求初速度v的取值范圍。
【解析】 (2)當粒子運動軌跡與ad邊相切時,如圖乙所示。

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