2020版高考物理教科版大一轮复习训练：第九章 基础课2 磁场对运动电荷的作用 Word版含解析

大一轮复习讲义第九章　磁场第2讲　磁场对运动电荷的作用NEIRONGSUOYIN内容索引过好双基关研透命题点课时作业回扣基础知识 训练基础题目细研考纲和真题 分析突破命题点限时训练 练规范 练速度一、洛伦兹力的大小和方向1.定义：磁场对的作用力.2.大小(1)v ∥B 时，F ＝ ；(2)v ⊥B 时，F ＝ ；(3)v 与B 的夹角为θ时，F ＝ .运动电荷0q v B q v B sin θ3.方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于决定的平面.(注意B 和v 可以有任意夹角)4.做功：洛伦兹力 .B 、v 不做功自测1　带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同√B.如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做运动.2.若v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做__________运动.3.基本公式(1)向心力公式：q v B ＝ ；(2)轨道半径公式：r ＝ ；(3)周期公式：T ＝ .注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率 .匀速直线匀速圆周无关自测2　(2018·广东省潮州市下学期综合测试)在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动.则α粒子与β粒子的动能之比是√命题点一　对洛伦兹力的理解和应用1.洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷.(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用.(3)洛伦兹力一定不做功.2.洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力.(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功.3.洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝q v B(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥v F∥E 做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功例1　(多选)(2018·福建省三明市上学期期末)如图1所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中.现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像可能是下图中的图1√√解析　当q v B＝mg时，圆环做匀速直线运动，此时图像为B，故B正确；当q v B＞mg时，N＝q v B－mg，此时：μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到q v B＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当q v B＜mg时，N＝mg－q v B，此时：μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图像的斜率应该逐渐增大，故A、D错误.变式1　(多选)(2018·湖北省黄冈中学模拟)如图2所示，下端封闭、上端开口、高h ＝5 m 、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m ＝10 g 、电荷量的绝对值|q |＝0.2 C 的小球，整个装置以v ＝5 m/s 的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度大小为B ＝0.2 T 、方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出.g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是A.小球带负电B.小球在竖直方向做匀加速直线运动C.小球在玻璃管中的运动时间小于1 sD.小球机械能的增加量为1 J√图2√解析　由左手定则可知，小球带正电，选项A错误；玻璃管和小球在水平方向做匀速运动，则小球在竖直方向所受的洛伦兹力恒定，竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B正确；命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动基本思路图例说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P 、M 点速度垂线交点P 点速度垂线与弦的垂直平分线交点圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间①t＝②t＝(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2αAB模型1　直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图3所示)图3例2　如图4，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点.已知OP ＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则图4√解析　根据题意作出质子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；变式2　(2018·广东省深圳市第一次调研)如图5所示，直线MN左下侧空间存在范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中P点有一个粒子源，可在纸面内向各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，已知∠POM＝60°，PO间距为L，粒子速率均为v＝，则粒子在磁场中运动的最短时间为图5√解析　粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，因为粒子做圆周运动的半径、周期都不变，那么，粒子转过的圆心角越小，则其弦长越小，运动时间越短；所以，过P点作MN的垂线，故最短弦长对应的圆心角为60°，所以，粒子在磁场中运动的最短时间为：平行边界存在临界条件(如图6所示)模型2　平行边界磁场图6例3　(2018·重庆市上学期期末抽测)如图7所示，在0≤x≤3a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t＝0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0°～90°范围内.其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，a)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3a图7 D.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0√解析　根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；变式3　(2018·河南省中原名校第四次模拟)如图8所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度为图8√沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图9所示)模型3　圆形边界磁场图9例4　2017·全国卷Ⅱ·18)如图10，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1为图10√甲乙变式4　(多选)(2019·广东省惠州市模拟)如图11所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是A.粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B.射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC.射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D.只要速度满足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上图11√√解析　速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨道半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t＝知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；速度满足v＝时，粒子的轨迹半径为r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确.例5　(多选)(2018·湖北省十堰市调研)如图12所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，其边界为一边长为L 的正三角形(边界上有磁场)，A 、B 、C 为三角形的三个顶点.今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度v ＝ 从AB 边上的某点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC 边上某点Q 射出.若从P 点射入的该粒子能从Q 点射出，则模型4　三角形边界磁场图12√√解析　粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：命题点三　带电粒子在磁场运动的多解问题类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6　(2018·湖北省华中师大一附中模拟)如图13甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场.已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力.求：(1)磁感应强度B 0的大小.图13解析　设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向.(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值.解析　要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，变式5　(多选)(2018·河南省六市下学期第二次联考)如图14所示，直线MN与水平方向成θ＝30°角，MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场，MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场，MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子重力不计)，所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab＝L，MN两侧磁场区域均足够大，则粒子的速率可能是图14√√。

磁场对运动电荷的作用[基础知识·填一填][知识点1] 洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥B时，F＝0.(2)v⊥B时，F＝qvB.(3)v与B夹角为θ时，F＝qvB sin_θ.3．方向(1)左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用．(×)(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．(×)(3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力．(×)(4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．(√)(5)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．(×)[知识点2] 带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做 匀速直线 运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做 匀速圆周 运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝ m v 2r. (2)轨道半径公式：r ＝ mv Bq. (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝ Bq2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝ Bq m. 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)公式T ＝2πr v说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比．(×)(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．(√)(3) 带电粒子在磁场中一定做匀速圆周运动．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P98第1题改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )答案：B2．(人教版选修3－1 P97思考与讨论改编)(多选)如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经过加速电场区域后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到屏幕边缘的P点外侧．现要使电子束偏转回到P点．可行的办法是( )A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些解析：AC [当射入圆形磁场的电子运动的半径越大，圆形磁场射出时偏转角越小，故要使电子束偏转回到P点，可以增大电子在磁场中运动的半径，由r＝mvqB可知，增大速度或减小偏转磁场的磁感应强度都可使运动半径增大，故选项A正确，B错误．由题图可知C正确．将圆形磁场的半径增大些，电子束一定偏转到P点外侧，选项D错误．]3．(人教版选修3－1 P99演示改编)如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 解析：B [当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B ，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB，电子束径迹的半径变小，选项A 错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU ＝12mv 2和qvB ＝m v 2R 得R ＝2mqU qB，可知电子束径迹的半径变大，选项B 正确；由T ＝2πRv ＝2πmqB 知，增大励磁线圈的电流，B 增大，T减小，电子做圆周运动的周期T 与速度v 大小无关，仅提高加速电压，T 不变，选项C 、D 错误．]4．(人教版选修3－1 P102第3题改编)如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 两束，下列说法中正确的是( )A ．组成A 束和B 束的离子都带负电B ．组成A 束和B 束的离子质量一定不同C ．A 束离子的比荷大于B 束离子的比荷D ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案：C考点一对洛伦兹力的理解[考点解读]1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．3．洛伦兹力与电场力的比较[典例1] (多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )A ．0 B.12mv 20 C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2 [解析] ABD [若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项C 错误，D 正确．]理解洛伦兹力的四点注意1．正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．2．判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F ⊥B 、F ⊥v 的特点．3．计算洛伦兹力大小时，公式F ＝qvB 中，v 是电荷与磁场的相对速度．4．洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．[题组巩固]1．图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹解析：D [γ粒子不带电，不会发生偏转，故B 错．由左手定则可判定，a 、b 粒子带正电，c 、d 粒子带负电，又知α粒子带正电，β粒子带负电，故A 、C 均错，D 正确．]2．带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02解析：C [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝mv 0qB，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE 2m t 2，联立以上各式解得E B＝2v 0，故选项C 正确．] 考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动[考点解读]1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法(1)圆心的确定①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．(2)半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．(3)运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为： t ＝θ2πT (或t ＝θR v)． 2．重要推论(1)当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(2)当速率v 变化时，圆心角大的运动时间长．[考向突破][考向1] 直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)[典例2] (2016·全国卷Ⅲ)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( ) A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB[审题指导] (1)审关键词：①OM 和ON 平面之间的夹角为30°.②速度与OM 成30°角．③只有一个交点，并从OM 上另一点射出．(2)思路分析：根据题意画出运动轨迹，找圆心，定半径，由几何知识求距离．[解析] D [根据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，故轨迹与ON 相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为2mv qB ，根据几何知识可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为d ＝2mv qBsin 30°＝4mv qB，选项D 正确．] [考向2] 圆形边界磁场 1．圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决．2．带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．[典例3] (2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( ) A.3∶2 B.2∶1C.3∶1 D．3∶2[审题指导] 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等，当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时，其弦长最长，即为最大分布．[解析] C [由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同．由qvB＝m v2R可知R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝R cos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确．][考向3] 平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)[典例4] 如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是( ) A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0[解析] D [电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A 错误；设电子打在MN 上的点与O ′点的距离为x ，则由几何知识得：x ＝r －r 2－d 2＝2d －2d 2－d 2＝(2－3)d ，故B 、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝d 2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间t ＝θr v 0＝πd 3v 0，故D 正确．][考向4] 三角形边界磁场[典例5] 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B 需满足( )A ．B >3mv 3aqB ．B <3mv 3aqC ．B >3mv aqD ．B <3mv aq[解析] B [若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan 30°＝3a.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确．]带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题[考点解读]类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解[典例6] (2019·湖北华中师大一附中模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小．(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．[解析] 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 20R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4； 当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，有R ＝d 4n(n ＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…)[答案] (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 解决多解问题的一般思路1．明确带电粒子的电性和磁场方向．2．正确找出带电粒子运动的临界状态． 3．结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)一质量为m ，电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A.4qB mB.3qB mC.2qB mD.qB m解析：AC [依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv ＝m v 2R ，得v ＝4BqR m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv ＝m v 2R ，v ＝2BqR m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝2Bq m，应选A 、C.] 2．如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少．解析：题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆周圆弧，轨道半径：R ＝mv Bq又d ＝R －R2解得v ＝(2＋2)Bqd m. 若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆周圆弧，则有：R ′＝mv ′Bq d ＝R ′＋R ′2，解得v ′＝(2－2)Bqd m. 答案：(2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd m(q 为负电荷) 物理模型(九) 两类典型的“动态圆”模型[模型阐述][模型1] 旋转圆模型(确定的入射点O 和速度大小v ，不确定速度方向)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B 的匀强磁场中，在O 点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆圆心O 1、O 2、O 3 、O 4 、O 5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O 为圆心，R ＝mv qB为半径的一个圆周上(如图虚线所示)．(2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O 为圆心，2R 为半径的大圆(如图实线所示)．(3)各动态圆相交于O点．[模型2] 放缩圆模型(确定入射点O和速度方向，不确定速度大小)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，沿同一方向发射速度为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上，如图所示．(2)各动态圆的半径R各不相同．(3)各动态圆相交于O点．[典例赏析][典例] 如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝mv.哪个图是正确的？( )Bq[解析] A [由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的．沿ON方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON 方向逆时针偏转，则在过O 点垂直MN 左侧，其运动轨迹上各个点到O 点的最远距离，恰好是以O 为圆心，以2R为半径的14圆弧，A 正确．] [题组巩固]1．(多选)如图所示，纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m ，电荷量为－q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B 0＝mv 0qL，A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的14圆弧，B 选项中曲线为半径是L 2的圆)( ) 解析：AB [由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A 、C 选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同．B 、D 选项因为磁场是2B 0，粒子在其中运动半径是在A 、C 中运动半径的一半．然而当粒子射入C 、D 两选项时，均不可能汇聚于同一点．所以只有A 、B 选项能汇聚于一点．]2．(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场解析：AC [如图所示，作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和刚好从ad 边射出的轨迹④.由从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于13t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于43t 0；从cd 边射出磁场经历的时间一定是53t 0，综上可知，A 、C 正确，B 、D 错误．]。

1．如图9－2－42所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动．匀强磁场的方向垂直纸面向里．磁场中A 、B 为等高的两点，摆球在A 、B 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 1，摆球加速度大小为a 1.由B 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 2，摆球加速度大小为a 2，则( )图9－2－42A ．F 1>F 2，a 1＝a 2B ．F 1<F 2，a 1＝a 2C ．F 1>F 2，a 1>a 2D ．F 1<F 2，a 1<a 2解析：由于洛伦兹力不做功，所以从B 和A 到达C 点的速度大小相等．由a ＝v 2r 可得a 1＝a 2.当由A 运动到C 时，以小球为研究对象，受力分析如图9－2－43甲所示，F 1＋f 洛－mg ＝ma 1.当由B 运动到C 时，受力分析如图16乙所示，F 2－f 洛－mg ＝ma 2.由以上两式可得：F 2>F 1，故B 正确．图9－2－43答案：B2．(2019年枣庄期末)如图9－2－44所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图9－2－44A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短解析：如图9－2－45，粒子从e 点射出圆心是O 1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r ＝m v qB 可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d 点射出，选项A 正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O 3，设正方形的边长为a ，圆半径为r 1＝24a ，r 3＝3r 1＝324a ，线段O 3f ＞34a ＋12a ＞r 3，所以不可能从f 点射出，选项B 错误；由r ＝m v qB 可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d 点射出，选项C 错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图9－2－46中可看出圆心为O 1、O 2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，选项D 错误．图9－2－45图9－2－46答案：A3．(2016年高考·课标全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图9－2－47所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图9－2－47A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωB解析：如图9－2－48所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πmqB·30°360°，即qm＝ω3B，选项A正确．图9－2－48答案：A4．(2019年山东济宁一模)(多选)如图9－2－49所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与OM 平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9－2－49A ．粒子2一定从N 点射出磁场B ．粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为2∶1解析：两带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径是相同的，粒子1恰好从N 点射出，它们的轨迹半径为R ，如图9－2－50，O 1是粒子1的轨迹圆心，O 2是粒子2的轨迹圆心，连接OP ，R ＝OQ 2＋PQ 2，因为OQ ＝O 2A ，NA ＝PQ ，所以NA 2＋O 2A 2＝R ，则粒子2一定过N点，A 正确，B 错误．粒子1在磁场中运动的时间t 1＝T 4，而∠NO 2A＝45°，所以t2＝T8，粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为2∶1，C错误，D正确．图9－2－50答案：AD5．(多选)如图9－2－51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(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间后有大量粒子从边界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长时间等于T2(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为()图9－2－51A.T 3B.T 4C.T 6D.T 8解析：粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于所有粒子的速度大小相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动的时间就越短，由于粒子在磁场中运动的最长时间为T 2，沿SA 方向射出的粒子在磁场中运动时间最长．如图9－2－52所示，作出粒子运动轨迹图，由几何关系可知当粒子在磁场中做圆周运动绕过的弧所对应的弦垂直边界OC 时，粒子在磁场中运动时间最短，由于SD ⊥OC ，则SD ＝12ES ，即弦长SD 等于半径O ′D 、O ′S ，相应∠DO ′S ＝60°，即最短时间为t ＝60°360°T ＝T 6，粒子在磁场中运动的时间范围T 6≤t ≤T 2，A 、B 、C 正确．图9－2－52 答案：ABC。

高考物理大一轮复习第9章第2讲磁吃运动电荷的作用精练含解析第2讲 磁场对运动电荷的作用◎基础巩固练1．(2015·新课标全国Ⅰ·14)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，角速度减小解析： 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝mv 2r ，轨道半径r ＝mvqB，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝qBm可知角速度变小，选项D 正确。

答案： D 2.(2015·海南单科·1)如图所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点。

在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析： 条形磁铁的磁感线在a 点垂直P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确。

答案： A 3.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D．向纸外偏转解析：由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B选项正确。

答案： B4.(2016·全国甲卷·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。

第二节 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力． 2．大小 (1)v ∥B 时，F ＝0． (2)v ⊥B 时，F ＝qv B ．(3)v 与B 夹角为θ时，F ＝qvB sin_θ．3．方向(1)左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)． 由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功．1.判断正误(1)带电粒子在磁场中一定会受到磁场力的作用．( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．( )(3)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功．( )(4)只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．( )(5)如果把＋q 改为－q ，且速度反向，大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变．( )(6)洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直．( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m v 2r． (2)轨道半径公式：r ＝mv Bq ．(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝Bq 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝Bq m． T 的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷q m有关．2.试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹．提示：对洛伦兹力的理解及应用【知识提炼】1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．2．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向(2017·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和[审题指导] 小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，则洛伦兹力大小也发生变化，运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功．[解析] 带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A 错误；根据电势能公式E p ＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B 错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C 错误；从能量守恒角度分析，选项D 正确．[答案] D【跟进题组】考向1 洛伦兹力方向的判定1.图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：选B.据题意，由安培定则可知，b 、d 两通电直导线在O 点产生的磁场相抵消，a 、c 两通电直导线在O 点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O 点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，正确选项为B.考向2 洛伦兹力做功问题的分析2.(多选)如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：选CD.设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋q 甲v 甲B ＝mv 2甲r ，mg －q 乙v 乙B ＝mv 2乙r ，mg ＝mv 2丙r，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．考向3 洛伦兹力参与下带电体的力学问题分析3.(2017·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B ，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P ，P 的质量为m 、电荷量为－q ，P 与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a 0，最大速度为v 0，则下列判断正确的是( )A ．小球先加速后减速，加速度先增大后减小B ．当v ＝12v 0时，小球的加速度最大C ．当v ＝12v 0时，小球一定处于加速度减小阶段 D ．当a ＝12a 0时，v v 0>12解析：选C.开始运动阶段qvB <mg ，加速度a 1＝qE －μ（mg －qv 1B ）m，小球做加速度越来越大的加速运动；当qvB ＝mg 之后，小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度a 2＝qE －μ（qv 2B －mg ）m，小球做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后做匀速运动，则可知小球一直加速最后匀速，加速度先增大后减小为0不变，选项A 错；作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示，两阶段的图线斜率大小相等，有v 1<12v 0，则v ＝12v 0时一定处于加速度减小阶段，选项B 错、C 对；a ＝12a 0可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段，选项D 错．带电粒子在匀强磁场中的运动【知识提炼】1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．半径的确定(1)由物理方法求：半径R ＝mv qB； (2)由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定．3．运动时间的确定(1)由圆心角求：粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t ＝θ2πT ⎝ ⎛⎭⎪⎫或t ＝θR v . (2)由弧长求：t ＝s v.【典题例析】(2016·高考全国卷甲)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A ．ω3B B ．ω2BC ．ωB D ．2ωB[审题指导] 首先由粒子的速度方向确定运动的圆心，然后画出其运动轨迹，由几何知识确定圆心角求时间．此题考查粒子在磁场中运动问题的基本方法．[解析] 由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B，A 项正确．[答案] A(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法(2)在轨迹中寻求边角关系时，一定要关注三个角的联系：圆心角、弦切角、速度偏角；它们的大小关系为：圆心角等于速度偏角，圆心角等于2倍的弦切角．在找三角形时，一般要寻求直角三角形，利用勾股定理或三角函数求解问题．(3)解决带电粒子在边界磁场中运动的问题时，一般注意以下两种情况：①直线边界中的临界条件为与直线边界相切，并且从直线边界以多大角度射入，还以多大角度射出；②在圆形边界磁场中运动时，如果沿着半径射入，则一定沿着半径射出．【跟进题组】考向1 半径公式和周期公式的应用1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC.两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ中磁场磁感应强度B 1是Ⅱ中磁场磁感应强度B 2的k 倍．由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误．由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确．由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误． 考向2 带电粒子在直线边界磁场中的运动2.如图所示为一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，MN 、PQ 为其两个边界，两边界间的距离为L .现有两个带负电的粒子同时从A 点以相同速度沿与PQ 成30°角的方向垂直射入磁场，结果两粒子又同时离开磁场．已知两带负电的粒子质量分别为2m 和5m ，电荷量大小均为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子射入磁场时的速度为( )A ．3BqL 6m B ．3BqL 15m C ．BqL 2m D ．BqL 5m解析：选B.由于两粒子在磁场中运动时间相等，则两粒子一定是分别从MN 边和PQ 边离开磁场的，如图所示，由几何知识可得质量为2m 的粒子对应的圆心角为300°，由t ＝θ2πT 得质量为5m 的粒子对应的圆心角为120°，由图可知△OCD 为等边三角形，可求得R ＝33L ，由Bqv ＝5mv 2R 得v ＝3BqL 15m，B 正确． 考向3 带电粒子在圆形磁场中的运动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R2.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)( )A ．qBR 2mB ．qBR mC ．3qBR 2mD ．2qBR m解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v 2r 可得v ＝qBR m，故B 正确． 带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值及多解问题【知识提炼】1．带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．(3)运动时间极值的分析①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹越长，圆心角越大，运动时间越长．②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．2．带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解．如图甲所示，带电粒子以速率v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a ，如带负电，其轨迹为b .(2)磁场方向的不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示．(3)临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解．(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示．【典题例析】(2016·高考全国卷丙)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A ．mv 2qB B ．3mv qBC ．2mv qBD ．4mv qB[审题指导] 粒子与ON 的交点只有一个的隐含条件说明运动轨迹与ON 相切，从而找出粒子运动的圆心、半径、圆心角等一系列运动参量，利用几何关系进行问题的求解．[解析] 如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P ，粒子运动轨迹与ON 的交点为Q ，粒子入射方向与OM 成30°角，则射出磁场时速度方向与OM 成30°角，由几何关系可知，PQ ⊥ON ，故出射点到O 点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R ，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R ＝mv qB，所以D 正确．[答案] D解决带电粒子在磁场中偏转问题的常用方法(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P 与出射点Q 的中垂线对称，轨迹圆心O 位于中垂线上，并有φ＝α＝2θ＝ωt ，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题．甲 乙(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v 大小或磁场的强弱B 变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R 随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC 从BC 边射出的临界情景为②和④.(3)定圆旋转法：丙当带电粒子射入磁场时的速率v 大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R 是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景．(4)数学解析法：写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解．【跟进题组】考向1 最小面积问题1.如图，ABCD 是边长为a 的正方形．质量为m 、电荷量为e 的电子以大小为v 0的初速度沿纸面垂直于BC 边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场．不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向；(2)此匀强磁场区域的最小面积．解析：(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B .令圆弧AEC ︵是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨迹．电子所受到的磁场的作用力大小f ＝ev 0B ①方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC ︵的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a .根据牛顿第二定律有f ＝m v 20a ② 联立①②式得B ＝mv 0ea.③ (2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小可知，自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其他点垂直入射的电子的运动轨迹只能在BAEC 区域中，因而，圆弧AEC ︵是所求的最小磁场区域的一个边界．为了确定该磁场区域的另一边界，需考查从A 点射出的电子的速度方向与BA 的延长线的交角θ(不妨设0≤θ<π2)的情形．该电子的运动轨迹QPA 如图所示．图中，圆弧AP ︵的圆心为O ，PQ 垂直于BC 边，由③式知，圆弧AP ︵的半径仍为a ，在以D 为原点，DC 为x 轴，DA为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x ，y )为x ＝a sin θ ④y ＝－[a －(a －a cos θ)]＝－a cos θ ⑤这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周AFC ︵，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周AEC ︵和AFC ︵所围成的，其面积为S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14πa 2－12a 2＝π－22a 2.答案：(1)mv 0ea 方向垂直纸面向外 (2)π－22a 2 考向2 粒子运动的多解问题2.如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106 m/s 的 α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9 cm ，缝长AD ＝18 cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d ＝20 cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)解析：(1)由题意：AB ＝9 cm ，AD ＝18 cm ，可得∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据牛顿第二定律有Bqv ＝mv 2R解得R ＝0.2 m ＝20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d ＝d 0，由几何关系得d 0＝R ＋R cos 45°＝(20＋102)cm ＝0.34 m.甲 乙(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6 s 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图乙所示．因磁场宽度d ＝20 cm<d 0，且R ＝20 cm ，则在∠EOD 间辐射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间辐射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动的最长时间为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6 s ＝2.0×10－7 s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图乙所示，因R ＝d ，则圆弧对应的圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6 s ＝6.5×10－8 s. 答案：(1)0.34 m (2)2.0×10－7s 6.5×10－8 s1.初速度为v 0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( )A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变解析：选A.由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．2．(多选)(2017·河南郑州质检)如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上．现在给小球一个水平向右的初速度v 0，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v 与时间t 的关系图象可能是( )解析：选BD.由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上，若Bqv 0＝mg ，球与杆之间无压力作用，即无摩擦力作用，球匀速运动，对应于B 图象；若Bqv 0>mg ，杆对球有向下的压力，由Bqv 0＝mg ＋F N 知压力随球速度的减小而减小，再由ma ＝F f ＝μF N 知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若Bqv 0<mg ，杆对球产生向上的支持力作用，Bqv 0＋F N ＝mg ，此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由ma ＝F f ＝μF N 知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D 图对应，故B 、D 正确．3.(2016·高考四川卷)如图所示，正六边形abcdef 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 b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c .不计粒子重力，则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2解析：选A.设正六边形边长为L ，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 b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120° ，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2b L ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πm qB，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 项正确．4.(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：选D.设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 21＝mv 22，则v 1v 2＝21.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22， 故选项D 正确． 5．(多选)(2015·高考四川卷)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm。

课时分层作业二十六磁场对运动电荷的作用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.如图所示,匀强磁场中有一电荷量为q的正离子,由a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c在同一直线上,且ac=ab,电子的电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为( )A. B. C. D.【解析】选D。

正离子由a到b的过程,轨迹半径r1=,此过程有qvB=m,正离子在b点附近吸收n个电子,因电子质量不计,所以正离子的速度不变,电荷量变为q-ne,正离子从b到c的过程中,轨迹半径r2==ab,且(q-ne)vB=m,解得n=,D正确。

2.(2018·深圳模拟)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场,在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。

则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图象的是( )【解析】选D。

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,qvB=m⇒R=,由圆周运动规律,T==,可见粒子运动周期与半径无关,故D项正确。

3.(2018·南昌模拟)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。

现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。

不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是( )A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为【解析】选C。

带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,故选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°,运动时间为T,而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°,运动时间为T,而T=,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为,最短为,选项C正确,B、D错误。

第2讲磁场对运动电荷的作用考点1对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力方向的特点洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直．2．洛伦兹力的作用效果(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小．如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动．(2)洛伦兹力对带电粒子不做功因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功．如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化．1．如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(A)A．向上B．向下C．向左D．向右解析：条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．2．(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(BD)A．小球带负电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．洛伦兹力对小球不做功解析：由左手定则可知小球带正电，A项错误；因小球随试管向右做匀速运动，故沿试管方向洛伦兹力的分量不变，小球沿试管做匀加速运动，这样运动合成的轨迹为抛物线，B项正确；如果按分解力来看，沿试管向上的洛伦兹力仅是一个分力，水平方向也有洛伦兹力的分力，而在水平方向上洛伦兹力在做负功，所做的负功与沿试管向上的洛伦兹力所做的正功的代数和为零，故洛伦兹力没有做功．如果按总的情况看，洛伦兹力与速度方向总是垂直的，洛伦兹力对小球不做功，C 项错误，D 项正确．3．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir ，式中k 是常数、I 为导线中电流、r 为点到导线的距离．带负电的小物体在拉力F 的作用下，以速度v 从a 点出发沿连线运动到b 点做匀速直线运动，小球与桌面的动摩擦因数为μ，关于上述过程，下列说法正确的是( BCD )A ．拉力F 一直增大B ．小物体对桌面的压力先减小后增大C ．桌面对小物体的作用力方向不变D ．拉力F 的功率先减小后增大解析：本题考查安培定则及磁感应强度的矢量合成．根据右手螺旋定则可知直线M 附近处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 附近的磁场方向垂直于MN 向里，设MN 间距为d ，根据磁场的磁感应强度B ＝k I r ＋k Id －r ，可知在r ＝d2时磁感应强度最小，磁感应强度从左到右先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向向下，根据F ＝q v B 可知，其大小是先减小后增大，小球对桌面的压力先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，因为小球做匀速直线运动，合力为零，所以拉力先减小后增大，故A 错误，B 正确；因为小球做匀速直线运动，合力为零，在水平方向上拉力与摩擦力相等，在竖直方向上支持力和重力相等，所以桌面对小物体的作用力方向不变，故C正确；由上可知拉力先减小后增大且物体做匀速运动，根据P＝F v，可知拉力F的功率先减小后增大，故D正确．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．考点2带电粒子在匀强磁场中运动1．带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析(1)圆心的确定方法方法1：若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)；方法2：若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)．(2)半径的计算方法方法1：由物理方法求：半径R＝m v qB；方法2：由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定．(3)时间的计算方法方法1：由圆心角求：t＝θ2π·T；方法2：由弧长求：t＝sv.2．带电粒子在有界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)．(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)．考向1带电粒子在匀强磁场中运动如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．【解析】(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0＝m v20R1①qλB0v0＝m v20 R2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1 v0③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝πR2 v0④联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d0＝2(R1－R2)＝2m v0B0q(1－1λ)⑥【答案】(1)πmB0q(1＋1λ)(2)2m v0B0q(1－1λ)1．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( AC )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πmqB 所以R 2R 1＝B 1B 2＝k ，T 2T 1＝B 1B 2＝k根据a ＝q v B m ，ω＝v R ＝qB m 可知a 2a 1＝B 2B 1＝1k ，ω2ω1＝B 2B 1＝1k所以选项A 、C 正确，B 、D 错误．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的分析方法考向2 带电粒子在直线边界磁场运动(2019·安徽联盟联考)(多选)如图所示，MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P 点有甲、乙两粒子同时沿与PN 分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )A ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1 3B ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为21C ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为3 2D ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为21[审题指导] 本题利用直线边界的对称性：从一直线边界射入匀强磁场中的粒子，从同一直线边界射出时，速度与直线边界的夹角相等，即射入和射出具有对称性．【解析】 设P 、Q 间的距离为L ，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为：r 甲＝L 2cos30°＝L3，r 乙＝L2cos60°＝L ，如果两粒子完全相同，由r ＝m v qB ，得v ＝qBrm ，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲v 乙＝r 甲r 乙＝13，A 正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T ＝2πmqB可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t 甲t 乙＝2π3π3＝21，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v 甲v 乙＝2πr 甲32πr 乙6＝23，由r ＝m v qB ，可得q m ＝vrB ，则甲、乙两粒子的比荷之比为q 甲m 甲q 乙m 乙＝v 甲r 甲B v 乙r 乙B ＝21，C 错误、D 正确．【答案】 ABD2. (多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( AD )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：由左手定则可判断粒子a 、b 均带正电，选项A 正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R ＝m v qB 相同，周期T ＝2πmqB 也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b 在磁场中运动轨迹是半个圆周，a 在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A 、D 正确．考向3 带电粒子在圆形有界磁场中运动如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt [审题指导] (1)带电粒子的速度由v 变为v3后，在磁场中做圆周运动的周期不变，半径变为原来的13.(2)画出运动轨迹示意图，找到圆心，确定圆心角是本题关键．【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r ＝m v qB ，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πmqB ，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3后，根据r ＝m v qB 知其在磁场中的轨迹半径变为r3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项为B.【答案】 B3．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R 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)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变了60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBRm ，故B 正确．带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心． (2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同．(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定．考点3带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题1．从关键词找突破口许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．2．四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，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．(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得R1＝3r 3又q v1B＝m v21R1得v1＝3Bqr3m.(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R22＋r2，可得R2＝3r 4，又q v2B＝m v22R2，可得v2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m.【答案】(1)3Bqr3m(2)3Bqr4m4．如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(B)A．B>3m v3aq B．B<3m v3aqC．B>3m vaq D．B<3m vaq解析：若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan30°＝3a.由r＝m vqB得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3m v3aq，选项B正确．5．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2v1为(C)A.3 2B.2 1C.3 1 D．3 2解析：当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝R cos60°＝12R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝R cos30°＝32R；根据轨道半径公式r＝m vqB可知，v2v1＝r2r1＝31，故选项C正确．解决带电粒子的临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值．(2)临界问题的一般解题流程学习至此，请完成课时作业30。

第2讲 磁场对运动电荷的作用板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～5为单选，6～10为多选)1. [2017·甘肃省一模]如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行，大小分别为B 和2B 。

一带正电粒子(不计重力)以速度v 从磁场分界线MN 上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN 成60°角，经过t 1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t 2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )A.ω1∶ω2＝1∶1 B ．ω1∶ω2＝2∶1 C.t 1∶t 2＝1∶1 D ．t 1∶t 2＝2∶1答案 C解析 由qvB ＝m v 2R 和v ＝ωR 得ω＝Bqm，故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°，在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°由T ＝2πm qB T 2＝πm qB 和t ＝θ360°·T 知t 1∶t 2＝1∶1。

2. [2017·四川四市二诊]如图所示，半径为r 的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为m ，电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A 点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在C 点射出，已知∠AOC ＝120°，粒子在磁场中运动时间为t 0，则加速电场的电压是( )A.π2r 2m 6qt 20 B.π2r 2m 24qt 20 C.2π2r 2m 3qt 20 D.π2r 2m18qt 20 答案 A解析 根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝π3，轨迹半径为R ＝r tan60°＝3r ，由t 0＝π32π·2πR v 及qU ＝12mv 2得U ＝π2r 2m 6qt 20。

磁场对运动电荷的作用(建议用时:60分钟）【A级基础题练熟快】1．(2019·北京通州区检测)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力和粒子间的相互作用力不计．下列说法正确的是( ）A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析：选D。

根据左手定则知粒子a带正电,粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,根据qvB＝m错误!,可得：r＝错误!，粒子的动能E k＝错误!mv2，三个带电粒子的质量、电荷量相同，则可知在同一个磁场中,当速度越大时、轨道半径越大，则由题图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，则b粒子动能最大,向心力最大，故B错误,D正确；根据t＝θ2π·错误!＝错误!,则c粒子圆弧转过的圆心角最大,运动时间最长，选项C错误．2．如图，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2,两个质子都过P点．已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射,不计质子的重力和质子间的相互作用力,则（）A．质子1在磁场中运动的半径为错误!aB．质子2在磁场中的运动周期为错误!C．质子1在磁场中的运动时间为错误!D．质子2在磁场中的运动时间为错误!解析：选B.根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝a，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πrv＝错误!，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角θ1＝60°,质子1在磁场中的运动时间t1＝错误!T＝错误!T＝错误!，故C错误；由几何知识可知,质子2在磁场中转过的圆心角θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间t2＝错误!T＝错误!,故D错误．3．（2019·四川眉山模拟）如图，圆形区域内存在一垂直纸面的匀强磁场,P和Q为磁场边界上的两点．氕核（错误!H）和氘核（错误!H)粒子从P点朝圆形区域中心射入磁场，且都从Q点射出，不计重力及带电粒子之间的相互作用，关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）A．氘核运动的时间更长B．氘核的速率更大C．氘核的动能更大D．氘核的半径更大解析：选A。

基础课2磁场对运动电荷的作用一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。

答案 B2．(2015·海南单科，1)如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。

在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图1A．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。

答案 A3．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()图2A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转 解析 由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。

答案 B4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图3所示。

若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图3A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子的动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析 由左手定则可知，a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 错误；由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b 粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B 错误；由E k ＝12m v 2可得b 粒子的动能较大，C 正确；由T ＝2πm qB 知两者的周期相同，b 粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a 粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误。

基础复习课第二讲磁场对运动电荷的作用[小题快练]1．判断题(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用．( × )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．( × )(3)根据公式T＝2πrv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．( × )(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功．( × )(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．( √ )(6)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷．( √ )(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的．( × )2．下列说法正确的是( D )A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子不做功3．下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是( B )A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变4. 初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( A )A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变考点一洛伦兹力的特点与应用(自主学习)1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．3．洛伦兹力与电场力的比较1－1. [洛伦兹力的方向]如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D．向右答案：A1－2.[洛伦兹力的特点](多选)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()A．C点与A点在同一水平线上B．小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C．小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D．小球从A到B的时间是从C到P时间的2倍答案：AD考点二带电粒子在匀强磁场中的运动(自主学习)1．圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)．(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)．2．半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt.3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：t＝α360°T(或t＝α2πT)，t＝lv(l为弧长)．2－1.[半径、周期公式]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，角速度减小答案：D2－2. [匀速圆周运动的分析](2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.ω3B B．ω2BC.ωB D．2ωB答案：A考点三带电粒子在有界匀强磁场中的运动(师生共研)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题三步法情形一直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)情形二平行边界(存在临界条件，如图所示)情形三圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)[典例]如图所示，虚线圆所围区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r.[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息一束电子沿圆形区域的直径方向射入沿半径方向入射，一定会沿半径方向射出运动方向与原入射方向成θ角θ为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角(1)要求轨迹半径→应根据洛伦兹力提供向心力求解．(2)要求运动时间→可根据t＝θ2πT，先求周期T.(3)要求圆形磁场区域的半径→可根据几何关系求解．解析：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得e v B＝m v2R解得R＝m veB.(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝2πRv＝2πmeB由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ，所以t ＝θ2πT ＝mθeB .(3)由如图所示几何关系可知， tan θ2＝r R ， 所以r ＝m v eB tan θ2.答案：(1)m v eB (2)mθeB (3)m v eB tan θ23－1. [直线边界问题] (多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A 点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B 点出磁场，OA ＝AB ，不计粒子的重力，则( )A ．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B ．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C ．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D ．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2解析：粒子进入磁场时速度的垂线与OA 的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB 的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r 1∶r 2＝1∶2，由r ＝m vqB 可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A 正确，B 错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T ＝2πmqB ，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，故C 正确，D 错误．答案：AC3－2.[平行边界问题]如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为3dD．电子在磁场中运动的时间为πd3v0解析：电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－r2－d2＝2d－(2d)2－d2＝(2－3)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝d2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间为t＝θrv0＝πd3v0，故D正确．答案：D3－3.[圆形边界问题]如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，C、D是水平线与圆周的交点，且CD＝R，AO是水平半径．甲、乙两粒子从A点以不同速度沿AO方向同时垂直射入匀强磁场中，甲、乙两粒子恰好同时分别击中C、D两点，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则甲、乙两粒子的速度之比为()A.33B．32C.12D．23解析：由题意知甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，则甲粒子运动轨迹所对圆心角∠AO1C＝120°，乙粒子运动轨迹所对圆心角∠AO2D＝60°，由运动时间t＝θ360°T及周期T＝2πmqB知甲、乙两粒子的比荷满足q甲m甲＝2q乙m乙，由图知甲、乙两粒子运动的半径分别为r甲＝33R、r乙＝3R，由洛伦兹力提供向心力得q v B＝mv2r，则v＝qrBm，即v∝qrm，所以甲、乙两粒子的速度之比为v甲v乙＝23，D正确．答案：D1．(多选)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O 沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( AC )A．a粒子带负电，b粒子带正电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长2. (2018·洛阳模拟)如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( A )A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁场中通过的路程越长D．在磁场中的周期一定越大解析：根据公式T＝2πmBq可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项D错误；如图所示，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间t＝θ360°T，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r＝m vBq可知，速率一定越小，选项A正确，B错误；当圆心角趋近180°时，粒子在磁场中通过的路程趋近于0，所以选项C错误．3．(多选) (2019·郑州实验中学月考)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有( AD )A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r＝m vqB可知，两粒子半径相等，根据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．[A组·基础题]1．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( D )A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比解析：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则环形电流：I＝qT＝q2B2πm，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故选D.2. 如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，粒子的带电量相同，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( D )A．1∶3B．4∶3C．1∶1 D．3∶23. (2018·浙江台州中学统考)如图所示，带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道内侧来回往复运动，匀强磁场方向水平，它向左或向右运动通过最低点时，下列说法错误的是( D )A．加速度大小相等B．速度大小相等C．所受洛伦兹力大小相等D．轨道对它的支持力大小相等解析：带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道向左或向右运动通过最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以通过最低点时速度大小相等，选项B正确；由a＝v2 R得通过最低点时加速度大小相等，选项A正确；通过最低点时所受洛伦兹力大小F＝q v B，选项C正确；向左或向右运动通过最低点时，洛伦兹力方向相反，而合力相等，所以轨道对它的支持力大小不相等，选项D错误．4．(2018·北京丰台区统练)如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷而质量不同的带电粒子，以相同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，运动轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力及空气阻力，下列说法正确的是( B )A．甲带负电荷，乙带正电荷B．甲的质量大于乙的质量C．洛伦兹力对甲做正功D．甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间解析：根据左手定则，可以判断甲带正电荷，乙带负电荷，故A项错误；洛伦兹力方向始终垂直于粒子的速度方向，对甲、乙都不做功，故C项错误；粒子在磁场中的运动半径为R＝m vqB，甲、乙带电量和速率相同，甲的运动半径较大，所以甲的质量大于乙的质量，故B项正确；粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，甲、乙都运动了半个周期，由于周期不等，所以两者在磁场中运动的时间不相等，故D项错误．5．(多选)一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示．若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则( CD )A．h＝dB．电子在磁场中运动的时间为d vC．电子在磁场中运动的时间为PN vD．洛伦兹力对电子做的功为零6. (多选)如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3.根据上述条件可求得的物理量有( CD )A．带电粒子的初速度B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷7．(多选) 如图所示，ABCA为一个半圆形的有界匀强磁场，O为圆心，F、G分别为半径OA和OC的中点，D、E点位于边界圆弧上，且DF∥EG∥BO.现有三个相同的带电粒子(不计重力)以相同的速度分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，其中由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，由D、E两点射入的粒子2和粒子3从磁场某处射出，则下列说法正确的是( ABD )A．粒子2从O点射出磁场B．粒子3从C点射出磁场C．粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶3D．粒子2、3经磁场偏转角相同8. (多选)(2018·长春模拟)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r＝10 cm，则( AD )A．右边界：－8 cm＜y＜8 cm有粒子射出B．右边界：y＜8 cm有粒子射出C．左边界：y＞8 cm有粒子射出D．左边界：0＜y＜16 cm有粒子射出解析：当粒子斜向上进入磁场运动轨迹与右边界相切和粒子沿y轴负方向射入磁场时，粒子从右边界射出的范围最大，画出粒子的运动轨迹(如图所示)并根据几何关系可求出，在右边界－8 cm＜y＜8 cm范围内有粒子射出，选项A正确，选项B错误；当粒子斜向上进入磁场，运动轨迹与右边界相切时，可求出粒子从左边界y＝16 cm处射出，当粒子的速度方向与y轴正方向的夹角减小时，粒子从左边界射出的出射点向下移动，直到夹角为零时，粒子直接从O点射出，所以选项C错误，选项D正确．[B组·能力题]9. (多选)如图所示，空间有一边长为L的正方形匀强磁场区域abcd，一带电粒子以垂直于磁场的速度v从a处沿ab方向进入磁场，后从bc边的点p离开磁场，bp＝33L，若磁场的磁感应强度为B，不计粒子的重力，则以下说法中正确的是( ACD )A．粒子带负电B．粒子的比荷为23LB 3vC．粒子在磁场中运动的时间为t＝2π3L 9vD．粒子在p处的速度方向与bc边的夹角为30°10. (多选)如图，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O以与x轴成θ＝30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动半径为R(不计重力)，则( BCD )A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子完成一次周期性运动的时间为πm qBC．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴方向前进了3R11．(多选) 如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间．解析：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r ，磁场的磁感应强度为B ，则有 e v 0B ＝m v 20r ①过A 、B 点分别作速度的垂线交于C 点，则C 点为轨迹圆的圆心，已知B 点速度与x 轴夹角为60°，由几何关系得， 轨迹圆的圆心角∠C ＝60°②AC ＝BC ＝r ，已知OA ＝L ，得OC ＝r －L ③ 由几何知识得 r ＝2L ④由①④得B ＝m v 02eL .⑤(2)由于ABO 在有界圆周上，∠AOB ＝90°，得AB 为有界磁场圆的直径，故AB 的中点为磁场区域的圆心O 1，由③易得△ABC 为等边三角形，磁场区域的圆心O 1的坐标为(32L ，L 2)．(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T ＝2πrv 0⑥由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝2πL3v 0.答案：(1)m v 02eL (2)(32L ，L 2) (3)2πL3v 0。