第2节 磁场对运动电荷的作用 带电粒子在匀强磁场中的运动-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT

第七章　磁场 第2节　磁场对运动电荷的作用　带电粒子在匀强磁场中的运动 考点一　洛伦兹力 1．电荷量为＋q的粒子在同一匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(　　) A．若v⊥B，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．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：若v⊥B，则洛伦兹力大小可表示为F＝qvB，可知只要速度大小相同，所受洛伦兹力大小就相同，但洛伦兹力的方向会随速度方向的改变而改变，故A错误；如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，由洛伦兹力公式及左手定则可知，所受洛伦兹力的大小、方向均不变，故B正确；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直，故C错误；运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，可能是因为电荷的速度方向与该处磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2．(多选)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以(　　) A．加上沿y轴正方向的磁场 B．加上沿y轴负方向的磁场 C．加上沿z轴正方向的电场 D．加上沿z轴负方向的电场 解析：根据左手定则可知，要使电子向z轴正方向偏转，需加上沿y轴负方向的磁场，故A错误，B正确；电子受到的电场力与电场方向相反，要使电子向z轴正方向偏转，需加上沿z轴负方向的电场，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 3．如图，来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能粒子，幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的运动方向，使很多带电粒子不能到达地面，避免了其对地面生命的危害。已知某地上空某处有由南指向北的磁场，磁感应强度约为1.2×10－4 T，如果有一速率v＝5.0×105 m/s、电量为1.6×10－19 C的正电荷竖直向下 穿过此处的地磁场，则该正电荷受到的洛伦兹力约为(　　) A．9.6×10－18 N，向东 B．9.6×10－17 N，向西 C．9.6×10－16 N，向北 D．9.6×10－15 N，向南 解析：该正电荷受到的洛伦兹力大小为F＝qvB＝1.6×10－19×5.0×105×1.2× 10－4 N＝9.6×10－18 N，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向东，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 4.导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　) A．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I＝nqvS B．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断 C．每个粒子所受的洛伦兹力大小为F洛＝qvB，长度为vt的 通电导线所受的安培力大小为F安＝nqvB D．改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动 5.在B＝2 T的匀强磁场中，一质量m＝1 kg、带正电、带电量为q＝1 C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0＝10 m/s向左运动，g＝10 m/s2，如图，运动过程中物体受地面给的支持力的大小为(　　) A．10 N B．20 N C．30 N D．0 解析：物体在水平方向不受外力作用，则物体做匀速运动，物体所受洛伦兹力的大小为F＝qv0B＝1×10×2 N＝20 N，由左手定则可知洛伦兹力的方向竖直向下，由平衡条件可知运动过程中物体受地面给的支持力的大小为FN＝mg＋F＝1×10 N＋20 N＝30 N，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 6.(多选)如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，固定一个倾角α＝37°的绝缘光滑斜面。一个质量m＝0.1 g、电荷量q＝4×10－4 C的小滑块由静止沿斜面滑下，小滑块滑至某一位置时将离开斜面。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．小滑块带正电 B．小滑块离开斜面时的速度大小为4 m/s C．该斜面长度至少为1.6 m D．小滑块离开斜面前做匀加速直线运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 11．一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道(　　) A．运动速度v和磁感应强度B B．磁感应强度B和运动周期T C．轨道半径r和运动速度v D．轨道半径r和磁感应强度B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 12.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　) A．M带正电，N带负电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运动时间等于N的运动时间 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 13．如图为显像管原理俯视图(纸面内)。若电子枪发射的高速电子束经偏转线圈的磁场(垂直于纸面)偏转后打在荧光屏上a点，则(　　) A．磁场的方向垂直纸面向里 B．磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点 C．要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场 D．要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁场反向且逐渐减弱磁场 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：电子束向上偏转，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；磁场越强，电子束在磁场中所受的洛伦兹力越大，电子束的偏转角度越大，电子束打在屏上的位置越远离屏的中心O点，B错误；由B项分析可知，磁场越弱，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点，要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 14.(2025·山西省高三上期末检测)如图所示，长方体空间被平面MNPO分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从长方体左侧垂直yOz平面进入并穿过两磁场区域，关于电子运动轨迹在下列坐标平面内的投影，可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：由左手定则可以判断出，电子在两磁场区域中所受洛伦兹力的方向均平行于xOy平面，沿着z轴负方向看，在洛伦兹力的作用下，电子在平面MNPO的左侧区域沿逆时针做圆周运动，在平面MNPO的右侧区域沿顺时针做圆周运动，所以电子运动轨迹在xOy坐标平面内的投影可能如A项所示，不可能如B项所示；在xOz平面内的投影应该是一条平行于x轴的线段，C、D错误。故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 15.(多选)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定(　　) A．匀强磁场方向向外 B．正电子由上而下穿过铅板 C．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同 D．正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 16.(2024·北京市首都师范大学附属中学高三下三模)云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张在云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的匀强磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹，以下判断正确的是(　　) A．d、e都是正电子的径迹 B．a径迹对应的粒子动量最大 C．b径迹对应的粒子动能最大 D．a径迹对应的粒子运动时间最长 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 17．(2021·湖北高考)(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是(　　) A．a带负电荷 B．b带正电荷 C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 18．(2025·广东省高三上模拟)如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运行，将一绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v­t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是(　　) A．物块带正电 B．1 s后物块与传送带共速，所以传送带的速 度为0.5 m/s C．传送带的速度可能比0.5 m/s大 D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：由题图乙可知，在0～1 s内，物块运动的v­t图像的斜率减小，则物块的加速度减小，对物块受力分析，由牛顿第二定律可知，物块所受滑动摩擦力减小，则物块对传送带的压力减小，传送带 对物块的支持力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力qvB增大，在竖直方向由平衡条件可知，物块受到的洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误。由题图乙可知，t＝1 s时，物块达到最大速度vm＝0.5 m/s，此时物块的加速度为零，则物块与传送带间的摩擦力为零，造成摩擦力为零的情况可能有三种：一是此时物块与传送带之间的弹力不为零，但物块与传送带速度相 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 等，导致摩擦力突变为零，即传送带速度也为0.5 m/s，之后物块与传送带一起匀速运动，若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块速度达到0.5 m/s时，摩擦力不会突变为零，在摩擦 力的作用下能够继续加速运动至摩擦力变为零，则物块最终达到的最大速度也会增大；二是此时物块速度仍小于传送带速度，但洛伦兹力与物块重力大小相等，在竖直方向由平衡条件知，此时物块与传送带之间的弹力为零，故摩擦力为零，物块加速度为零，之后做匀速运动，若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块的最大速度仍是0.5 m/s；三是此时物块与传送带之间的弹力为零，物块与传送带速度恰好也相等，结合上述分析可知，传送带速度为0.5 m/s，若增大传送带的速度，其他条件不变，物块最终达到的最大速度仍是0.5 m/s。综上所述，传送带的速度可能为0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度可能不变，也可能增大，故B、D错误，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 19．(2024·重庆高考)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为 的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离； (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍 被收集，求MO间的距离； (3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集，以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场的那一时刻。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 21.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出。从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是(　　) A．洛伦兹力对小球做正功 B．小球的机械能不变 C．小球的运动轨迹是一条抛物线 D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 22．(2024·广东省佛山市禅城区二模调研)(多选)某兴趣小组在利用洛伦兹力演示仪(图甲)探究带电粒子在匀强磁场中运动的规律时，发现有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成θ角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为Δy，螺旋周期为T，则下列说法中正确的是(　　) A．匀强磁场的方向为沿y轴负方向 B．若仅增大励磁线圈中的电流，则螺旋半径R将减小 C．若仅增大电子的加速电压，则螺距Δy将增大 D．若仅增大θ角(θ<90°)，则螺旋周期T将减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 24.(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求： (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb； (2)粒子a的动量大小pa。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：通过导线的电流I＝eq \f(Q,t)＝eq \f(nqvSt,t)＝nqvS，A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，B错误；每个粒子所受的洛伦兹力大小为F洛＝qvB，在任一时刻，长度为vt的通电导线内的粒子数为N＝nvtS，由题意知该导线所受的安培力大小为F安＝NF洛＝nqv2BSt，C错误；由题意可知，带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力，故带电粒子受到的洛伦兹力方向反向，则导线受到的安培力方向也反向，D错误。 解析：由题意可知，下滑过程中小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块带负电，故A错误；小滑块离开斜面之前，其所受合力始终等于重力沿斜面方向的分力，所以小滑块离开斜面前做匀加速直线运动，当小滑块离开斜面时，在垂直斜面方向有qvB＝mgcos37°，解得v＝4 m/s，故B、D正确；根据牛顿第二定律可得，小滑块做匀加速运动时的加速度大小为a＝eq \f(mgsin37°,m)＝ 6 m/s2，小滑块离开斜面时的位移大小为x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(4,3) m， 即该斜面长度至少为eq \f(4,3) m，故C错误。 7.(多选)如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为－q的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，小物块沿绝缘墙壁下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是(　　) A．小物块所受磁场力方向向右 B．小物块运动过程中的最大加速度为g C．小物块所受的摩擦力与速度成正比 D．小物块的最大速度vm＝eq \f(μmg,qB) 解析：由左手定则可知，小物块所受磁场力方向向左，A错误；在水平方向上，由平衡条件可知，墙壁对小物块的弹力FN＝qvB，则小物块所受的摩擦力Ff＝μFN＝μqvB，即与速度成正比，C正确；在竖直方向上，以向下为正方向，由牛顿第二定律可知，小物块运动过程中的加速度a＝eq \f(mg－Ff,m)＝eq \f(mg－μqvB,m)，则小物块先向下做加速度减小的加速运动，当小物块受到的重力与摩擦力大小相等 时，小物块达到最大速度，之后匀速运动，可知小物块由静止释 放时有最大加速度am＝g，B正确；小物块匀速运动时，在竖直 方向上，根据平衡条件得μqvmB＝mg，解得小物块的最大速度 vm＝eq \f(mg,μqB)，D错误。 8.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一带电量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h时到达b点。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B．该过程中，洛伦兹力做正功 C．该过程中，滑块的机械能增大 D．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qBeq \r(2gh) 解析：滑块自a点由静止沿轨道滑下，在a点速度为0，不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力和支持力时刻与滑块速度垂直，故洛伦兹力和支持力均不做功，只有重力做功，所以滑块机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得滑块在b点时的速度大小v＝eq \r(2gh)，故滑块在b点受到的洛伦兹力大小为F＝qvB＝qBeq \r(2gh)，故B、C错误，D正确。 考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动 9.(多选)电荷量大小为e的电子以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示。若磁场的磁感应强度为B，那么(　　) A．电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(d,v) B．电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(\o(ab,\s\up15(︵)),v) C．洛伦兹力对电子做的功是W＝evBL D．电子在b点的速度大小也为v 解析：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则电子在b点的速度大小也为v，电子由a点到b点的运动时间t＝eq \f(\o(ab,\s\up15(︵)),v)，洛伦兹力对电子不做功，故B、D正确，A、C错误。 10．质量为m、电荷量为e的电子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子做匀速圆周运动的轨道半径和周期分别为(　　) A.eq \f(mv,eB)，eq \f(2πm,eB) B.eq \f(eB,mv)，eq \f(πm,eB) C.eq \f(v,eB)，eq \f(2π,eB) D.eq \f(m,eB)，eq \f(2πm,eBv) 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,r)，解得电子做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(mv,eB)，由T＝eq \f(2πr,v)，解得周期T＝eq \f(2πm,eB)，故选A。 解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，要想确定该带电粒子的比荷，则需要知道运动速度v、磁感应强度B和轨道半径r，故A、C、D错误；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，知道磁感应强度B和运动周期T，就可确定带电粒子的比荷，B正确。 解析：由左手定则可判断出N带正电，M带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得带电粒子的速度大小为v＝eq \f(qBr,m)，质量与电荷量相等的情况下，轨道半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误；洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，对M、N不做功，故C错误；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，而周期为T＝eq \f(2πm,qB)，可知M的运动时间等于N的运动时间，故D正确。 解析：正电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题意知正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从题图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A错误，B正确；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝eq \f(v,r)＝eq \f(qB,m)， 可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C正确； 正电子穿过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减 小，即正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小不相等，D错误。 解析：带电粒子在垂直于纸面向外的匀强磁场中运动，根据左手定则可知，a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，由题意知，5个粒子的质量m和电荷量大小q均相等，故v∝R，由题图可知，c或d径迹对应的粒子的运动半径最大，则c或d径迹对应的粒子的速度最大，根据p＝mv和Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，c或d径迹对应的粒子动量最大，动能最大，B、C错误；根据匀速圆周运动规律有T＝eq \f(2πR,v)，解得周期T＝eq \f(2πm,qB)，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(α,2π)T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由题图可知，a径迹对应的粒子偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。 解析：由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；带电微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于微粒a与微粒b的电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误。 答案：(1)eq \f(2mv0,qB)　(2)eq \f(2\r(3)mv0,qB)　(3)eq \f(\r(3)m,qB) eq \f(q,m) 解析：(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动到达K点，运动轨迹如图中圆弧①所示，设轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) 由几何关系有OK＝2r1 联立解得OK＝eq \f(2mv0,qB)。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动到达K点，运动轨迹如图中圆弧②所示，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得q·4v0B＝meq \f(（4v0）2,r2) 由几何关系有(r2－OK)2＋MO2＝req \o\al(2,2) 联立解得MO＝eq \f(2\r(3)mv0,qB)。 (3)设在t时刻，粒子运动到P点时，打开磁场开关，粒子仍然被放置在K点的收集器收集，粒子在磁场中运动的轨迹半径仍为r2，运动轨迹如图中圆弧③所示，由几何关系有 (r2－OK)2＋OP2＝req \o\al(2,2) 又t＝eq \f(MO＋OP,4v0) 联立解得t＝eq \f(\r(3)m,qB)。 20．(2024·河南省名校高三下压轴卷一)(多选)如图1所示，质量为m、带电量为q的带正电粒子(不计重力)0时刻从a点以速度v0(方向水平向右)垂直进入范围足够大的、周期性的、垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度随时间变化的图像如图2所示，已知周期T＝eq \f(3πm,2B0q)，不考虑磁场变化产生电场的影响，下列说法正确的是(　　) A．当磁感应强度的大小为2B0时，粒子做匀速圆周运动的周期为eq \f(3,2)T B.eq \f(1,6)T～eq \f(1,2)T时间内粒子的速度偏转角为90° C．0～T时间间隔内，粒子的平均速度为0 D.eq \f(3,2)T时刻，粒子的位置距a点的距离为eq \f(\r(5)mv0,B0q) 解析：当磁感应强度的大小为2B0时，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，周期为T1，由洛伦兹力提供向心力有qv×2B0＝2,0)eq \f(mv,r1) ，T1＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,2qB0)，T1＝eq \f(πm,B0q)＝eq \f(2,3)T，A错误；eq \f(1,6)T～eq \f(1,2)T时间内，磁感应强度的大小为B0，由qv0B0＝m2,0)eq \f(v,r2) ，T2＝eq \f(2πr2,v0)，可知此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r2＝eq \f(mv0,qB0)，周期T2＝eq \f(2πm,B0q)，由eq \f(1,2)T－eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,2B0q)＝eq \f(1,4)T2，可知eq \f(1,6)T～eq \f(1,2)T时间内粒子的速度偏转角为90°，B正确；0～eq \f(1,6)T时间内，粒子在磁场中运动的时间为eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(3,2)T1＝eq \f(1,4)T1， 可见，在0～eq \f(1,6)T和eq \f(1,6)T～eq \f(1,2)T时间内，粒子都转过其对应圆周的eq \f(1,4)，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，0～eq \f(1,6)T时间内粒子从a点到1位置，eq \f(1,6)T～eq \f(1,2)T时间内粒子从1位置到2位置，eq \f(1,2)T～eq \f(2,3)T时间内粒子从2位置到3位置，eq \f(2,3)T～T时间内粒子从3位置到a点，所以T时刻，粒子刚好回到a点，即0～T时间间隔内，粒子的位移为0，平均速度为0，C正确；由粒子运动的周期性可知，在eq \f(3,2)T时刻，粒子刚 好到达2位置，粒子的位置距a点的距离d为图中直角三角形ao2 的斜边，根据勾股定理可得d＝eq \r(（r1＋r2）2＋（r2－r1）2)＝eq \f(\r(10)mv0,2B0q)， D错误。 解析：洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，永远不做功，故A错误； 设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对 带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正 功，小球的机械能增加，故B错误；小球随玻璃管在水平方向做匀速直线 运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球在竖直方向的加速度大小a＝eq \f(qvB,m)－g，小球在竖直方向的加速度不随时间变化，恒定不变，则小球在竖直方向做匀加速直线运动，可知小球的实际运动为类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；小球在竖直方向做匀加速直线运动，设玻璃管的高度为h，根据h＝eq \f(1,2)at2，可知t＝eq \r(\f(2h,a))＝eq \r(\f(2h,\f(qvB,m)－g))，则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度v有关，故D错误。 解析：将电子的初速度沿着x轴和y轴分解，如图所示，vy＝v0sinθ，vx＝v0cosθ，电子沿着y轴正方向做匀速直线运动，在xOz平面内做匀速圆周运动，根据题图乙可知电子从O点开始向上偏转，电子在O点受到的洛伦兹力沿着z轴正方向，且电子带负电，利用左手定则可知匀强磁场的方向为沿y轴负方向，故A正确；螺旋半径即为电子在xOz平面内做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力有qvxB＝2,x)eq \f(mv,R) ，解得R＝eq \f(mv0cosθ,qB)，若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度B增大，螺旋半径R将减小，故B正确； 电子在电场中加速，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v0＝eq \r(\f(2qU,m))，电子在xOz平面内做匀速圆周运动的周期即螺旋周期为T＝eq \f(2πR,vx)＝eq \f(2πm,qB)，可知，螺旋周期与θ角和加速电压U均无关，若仅增大θ角(θ<90°)，T不变，又螺距Δy＝vyT＝v0Tsinθ，若仅增大电子的加速电压，电子的初速度v0会更大，螺距Δy会更大，故C正确，D错误。 23.(2024·浙江6月选考)(多选)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程(　　) A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为2,0)eq \f(qBv,2gsinθ) D．若v0＝eq \f(2mgcosθ,qB)，弹力冲量为零 解析：小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，沿杆方向只受重力沿杆向下的分力，则该过程小球做匀减速直线运动，到达最高点时速度为0。该过程，对小球根据动量定理可得，合力冲量I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；设该过程小球的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动规律可知，该过程小球运动的时间为t0＝eq \f(v0,a)，可得t0＝eq \f(v0,gsinθ)，则该过程重力的冲量大小为IG＝mgt0＝eq \f(mv0,sinθ)，故B错误；小球所受洛伦兹力一直垂直杆向上，大小为F＝Bqv，因为t0时间内v从v0均匀减小到0，则F从F0＝Bqv0均匀减小到0，则F的平均值为eq \o(F,\s\up12(－))＝eq \f(Bqv0,2)，则该过程洛伦兹力的冲量大小为I洛＝eq \o(F,\s\up12(－))t0＝2,0)eq \f(qBv,2gsinθ) ，故C正确； 若v0＝eq \f(2mgcosθ,qB)，则t＝0时刻小球所受洛伦兹力大小为F0＝Bqv0＝2mgcosθ，因为小球在垂直细杆方向所受合力为零，F随t从F0＝2mgcosθ均匀减小到0，则杆的弹力FN先垂直杆向下，从mgcosθ均匀减小到0，然后垂直杆向上，从0均匀增大到mgcosθ，以沿垂直杆向下为正方向，画出小球在整个减速过程的FN­t图像如图所示，由FN­t图线与时间轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 答案：(1)2∶1　(2)eq \f(6,7)mv 解析：(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvaB＝ma2,a)eq \f(v,ra) ，qvbB＝mb2,b)eq \f(v,rb) 解得ra＝eq \f(mava,qB)，rb＝eq \f(mbvb,qB) 又ra∶rb＝6∶1 得mava∶mbvb＝6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1 则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1 解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。 (2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒， 根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb 又mava∶mbvb＝6∶1 联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。 $$