第05讲 带电粒子在磁场中的运动 讲义（思维导图+知识要点+解题策略+题型归纳）-2027届高考物理磁场专题（全国通用）

第05讲 带电粒子在磁场中的运动 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 7 题型归纳 7 题型01：匀强磁场中的圆周运动题型 7 题型02：带电体在磁场中的运动 10 题型03：带电粒子在无边界匀强磁场中的运动 22 题型04：带电粒子在有界磁场中的运动 35 题型05：带电粒子在多个组合边界磁场中的运动 55 题型06：根据带电粒子的运动确定磁场区域范围题型 60 题型07：带电粒子在组合场运动题型 64 题型08:带电粒子在叠加场中的运动 78 题型09：带电粒子在交变电、磁场中的运动 82 题型10:带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 92 题型11:带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 95 巩固提升 103 1. 考点地位：高考物理磁场板块核心重难点，高频压轴/多选考点，常单独命题，也会和电场复合成复合场综合题，分值高、综合性强。 2. 考查形式：选择题侧重基础半径、周期计算、轨迹判断；计算题多为压轴大题，考查多段圆弧、有界磁场、粒子入射临界问题。 3. 命题特点：以垂直匀强磁场为主；重点考几何找圆心、求半径；常结合临界、多解、磁场边界（圆形、矩形、三角形磁场）；偶尔涉及粒子回旋加速器。 核心公式：洛伦兹力提供向心力 qvB，r＝，周期 T=T＝。 1. 理解洛伦兹力特点：洛伦兹力永不做功，只改变速度方向，不改变速度大小。 2. 掌握基本模型：带电粒子垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动，会推导半径、周期公式。 3. 熟练掌握找圆心、画轨迹、求半径的几何方法，能处理临界、多解问题。 4. 能解决有界磁场（矩形、圆形磁场），以及电场+磁场的复合场问题。 5. 规范答题，会判断粒子正负，用左手定则判断偏转方向。 1.带电粒子在磁场中运动在高考中是重点考查模型，既对基本概念洛伦兹力方向的判断考查，重点对洛伦兹力公式与圆周运动公式的考查是高频考点，题目常通过粒子速度方向与磁场方向的夹角变化（平行、垂直、斜交）设计问题。‌ 是有界磁场命题的重中之重，常以“轨迹与边界相切”为临界条件，轨迹往往是‌圆弧或圆弧的组合‌。题目核心难点在于‌确定圆心、半径、圆心角、运动时间‌；多解问题是高频难点和区分点 2.深刻理解该模型的规律：洛伦兹力特点、圆周运动两公式的推导、适用条件和各物理量关系。熟练进行方向判断和基本计算，熟记典型模型（圆界、直界、矩界、角域）的轨迹特点和常用处理方法. 知识点一：洛伦兹力的特点与应用 1．洛伦兹力的特点   （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）运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。   （4）左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。   （5）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。 知识点二：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 带电粒子在磁场中运动时，它所受的洛伦兹力总与速度方向垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，粒子的动能大小不变，速度大小不变，故沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动． 1．带电粒子在匀强磁场中的运动特点： (1)当带电粒子(不计重力)的速度方向与磁场方向平行时，带电粒子所受洛伦兹力F＝0，粒子做匀速直线运动． (2)当带电粒子(不计重力)的速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子所受洛伦兹力F＝qvB，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为r＝，周期为T＝. 2．分析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的关键是确定圆心和半径． （1）如何确定“圆心” ①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示． ②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中 垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．  ③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将 其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线 交于一点O，该点就是圆心． （2）如何确定“半径” 方法一：由物理方程求：半径R=mv/qB 方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定． （3）如何确定“圆心角与时间” ①速度的偏向角φ=圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ=2倍的弦切角α，如图（d）所示． ②时间的计算方法． 方法一：由圆心角求，t=(θ/2π)t 方法二：由弧长求，t=s/v 知识点三：解题思路分析 1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．  2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．  直线边界（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界（粒子运动存在临界条件） 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系   （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．    （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍． （3）六条线：圆弧两端点所在的轨道半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为这个四边形的对角线。 4.带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况: (1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 (2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 知识点四：带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法  由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解． 1.两种思路  ①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解； ②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．  2.两种方法  物理方法： （1）利用临界条件求极值；  （2）利用问题的边界条件求极值；  （3）利用矢量图求极值． 数学方法： （1）利用三角函数求极值；  （2）利用二次方程的判别式求极值；  （3）利用不等式的性质求极值；  （4）利用图象法 ①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道半径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，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为②和④。 ②定圆旋转法 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道半径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，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。 3.从关键词中找突破口：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． 1. 三步核心解题流程 ① 定方向：左手定则判断偏转方向（注意：负电荷四指指向速度反方向） ② 找圆心（3种常用方法） A. 两点+速度方向：过入射点、出射点作速度垂线，交点为圆心 B.一条速度垂线 + 弦的中垂线，交点是圆心 C. 已知轨迹上两点，弦的垂直平分线必过圆心 ③ 几何求半径：利用几何关系（勾股定理、三角函数）算出半径，代入公式求解。 2. 常见临界/多解突破口 ①轨迹圆和磁场边界相切，往往是临界条件。 ② 磁场边界是直线：粒子轨迹圆的弦为磁场内轨迹；圆形磁场有结论：沿半径射入，必沿半径射出。 ③多解来源：入射速度大小不确定、入射方向不确定、磁场方向双向。 3. 答题注意易错点 ①粒子平行磁场入射：洛伦兹力为0，做匀速直线运动，不转圈。 ②洛伦兹力不做功，动能不变，速度大小不变。 ③看清粒子电荷正负，左手定则别用反。 ③周期T和速度v无关，只和粒子比荷、B有关。 4. 高频易错点 ①忘记区分：平行入射不偏转；只有垂直入射才做匀速圆周运动。 ②几何图画错，圆心找错，三角函数用反。 ③忽略多解，漏情况。 ④单位不统一，统一用国际单位制。 题型01：匀强磁场中的圆周运动题型 【典型例题】如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里。a、o、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。粒子重力不计，下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．粒子b的动能最大 C．粒子c在磁场中运动的时间最短 D．粒子c在磁场中运动时受到的向心力最大 【答案】B 【解析】根据左手定则判断粒子电性，再利用洛伦兹力提供向心力的公式，推导轨道半径、周期、运动时间、向心力与速度的关系，结合轨迹特征分析各选项。 解：A.根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，粒子初速度向上，粒子a向左偏转，说明其受到的洛伦兹力向左，可知粒子a带正电，故A错误； B.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得轨道半径，由于三个粒子的质量m和电荷量q大小相等，所在磁场B相同，由图可知，粒子b的轨迹半径最大，则粒子b的速度最大，根据动能公式可知，粒子b的动能最大，故B正确； C.根据粒子在磁场中运动的周期，可知三个粒子运动周期相同。粒子在磁场中运动时间，其中θ为轨迹对应的圆心角。由图可知，粒子c完成了半个圆周运动，其余两粒子a、b均未完成半个圆周就射出边界，因此粒子c在磁场中运动的时间最长，故C错误； D.粒子在磁场中运动时受到的向心力即为洛伦兹力F＝qvB，由对B选项的分析可知，粒子c的轨迹半径最小，说明其速度v最小，因此粒子c在磁场中运动时受到的向心力最小，故D错误。 故选：B。 【变式训练1-1】如图甲所示是电视显像管原理示意图，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描。不计电子的重力，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。其简化图如图乙。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由M点逐渐移动到N点，图中变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据电子的偏转方向结合左手定则判断磁场的方向。 解：根据题意可知，当电子偏转到M点时，电子向上偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B﹣t图的图线应在t轴下方；电子偏转到N点时，电子向下偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B﹣t图的图线应在t轴上方，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式训练1-2】真空中带正电粒子（不计重力）沿图示方向进入匀强电场或匀强磁场，下列说法正确的是（　　） A．甲图：粒子做匀速直线运动 B．乙图：粒子做匀加速直线运动 C．丙图：粒子做匀速直线运动 D．丁图：粒子在纸面所在平面做匀速圆周运动 【答案】C 【解析】先根据初速度与电场、磁场方向的关系，判断电场力、洛伦兹力的有无及方向，再分析粒子的运动性质，逐一判断各选项的正确性。 解：A．在甲图中：粒子受向右的电场力做匀加速直线运动，故A错误； B．在乙图中：粒子受向右的电场力，则粒子做匀变速曲线运动，故B错误； C．在丙图中：粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故C正确； D．在丁图中：粒子受垂直于速度方向的洛伦兹力作用在垂直于纸面所在平面做匀速圆周运动，故D错误。 故选：C。 【变式训练1-3】（多选）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（　　） A．可能带负电 B．一定沿顺时针转动 C．点电荷的比荷为 D．点电荷运动的线速度大小为 【答案】CD 【解析】根据点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，结合电场力与洛伦兹力提供向心力分析求解。 解：AB．图（a）中，点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，所以点电荷一定带正电；对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故AB错误； CD．对图（a）有电场力提供向心力： 对图（b）有洛伦兹力提供向心力： 联立可得点电荷运动的线速度大小为 故点电荷的比荷为，故CD正确。 故选：CD。 题型02：带电体在磁场中的运动 【典型例题】空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一根横截面积为S、长度为L的铜导线垂直磁场方向放置，固定后通以电流I，如图所示。若铜单位体积内的自由电子数为n，则该铜导线中单个自由电子因定向移动所受洛伦兹力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】解：由题可知，导线中的自由电子定向运动的速率为 则洛伦兹力为，故B正确，ACD错误； 故选：B。 【典型例题2】如图所示，一根足够长的光滑绝缘细管放在光滑的足够大水平绝缘桌面上，其底部放有一带正电小球，小球直径比细管直径略小。整个桌面处在竖直向下的匀强磁场中。现让细管在外力作用下水平向右做匀速直线运动。取水平向右为x轴正方向，细管初始所处直线为y轴，小球的初始位置为坐标原点。小球的运动轨迹可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解：细管水平向右做匀速直线运动（速度设为v），小球被细管约束，x方向速度始终等于细管速度v，做匀速直线运动；y方向初速度为0，在洛伦兹力分力作用下独立运动，水平分速度vx＝v 产生的洛伦兹力F1＝qvB，方向竖直向上（恒定不变）。竖直分速度vy产生的洛伦兹力F2＝qvyB方向水平向左，被细管的弹力抵消（保证x方向匀速）则小球水平方向做匀速，竖直方向做匀加速，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【典型例题3】（多选）如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为2m且足够长的绝缘木板静止在水平面上，在木板的右端放质量为m，电荷量为+q的滑块，滑块与木板之间、木板与水平面之间的动摩擦因数均为0.2，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向右的拉力为F，使木板以加速度a＝0.1g由静止开始做匀加速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块先做加速度减小的加速运动 B．滑块最终以的速度做匀速运动 C．拉力F大小恒定 D．拉力F先减小后恒定 【答案】BD 【解析】解：AB.分析滑块受力有μmg＝mam 代入数据得am＝0.2g 由am＞0.1g可知滑块与木板先相对静止，一起以加速度a＝0.1g做匀加速运动 当μ（mg﹣Bqv）＝ma＝0.1mg时，滑块相对木板滑动，滑动后随速度v增大，加速度a减小 当mg＝Bqv 解得 滑块离开木板做匀速运动，故A错误，B正确； CD.滑块与木板整体受力有F﹣μ（3mg﹣Bqv）＝3ma v增大，拉力F减小，滑块滑动后分析木板受力F﹣μ（3mg﹣Bqv）﹣μ（mg﹣Bqv）＝2ma v增大，拉力F减小，当滑块离开木板时，拉力F恒定，故C错误，D正确。 故选：BD。 【典型例题4】如图所示，水平面上固定的斜面上表面光滑绝缘，斜面倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上由静止释放，假设斜面足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球沿斜面下滑过程中斜面对小球的支持力一直增大 B．小球在斜面上运动的最大速率为 C．小球沿斜面下滑的时间为 D．小球沿斜面下滑的最大距离为 【答案】C 【解析】解：A、小球沿斜面下滑，在离开斜面前，其受力分析如下图所示： 沿斜面方向：mgsinθ＝ma，垂直于斜面方向：F+FN﹣mgcosθ＝0， 其中：F＝qvB， 随着速度的增大洛伦兹力增大，支持力逐渐减小，故A错误； B、设下滑距离x时离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN＝0， 小球恰好脱离斜面时qvB＝mgcosθ，解得最大速率为，故B错误； C、由v＝at，得下滑时间为，故C正确； D、由v2＝2ax，联立解得下滑的最大位移，故D错误； 故选：C。 【变式训练2-1】如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为+q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程中，外力F做功的平均功率为（　　） A．qvB B．qvB C．qvB D．2qvB 【答案】A 【解析】解：小球沿管道方向受到洛伦兹力分力F1＝qvB作用，从静止开始做匀加速直线运动。根据牛顿运动定律F1＝ma，解得加速度。由运动学公式，解得运动时间。 小球在垂直管道方向随管以速度v匀速运动，同时获得沿管道方向的速度vy。小球所受洛伦兹力在垂直管道方向的分力F2＝qvyB，其方向与管道运动方向相反。为保持管道匀速运动，所需外力F应与F2平衡，即F＝qvyB。外力F的瞬时功率Pinst＝Fv＝qvyBv。平均功率，其中。代入时间t，解得，故BCD错误，A正确。 故选：A。 【变式训练2-2】如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】AB．当时，由牛顿第二定律得 则 ， 可见图像的斜率越来越大，图像的斜率越来越大； 当时，由牛顿第二定律得 则 ， 可见的斜率越来越小，图像的斜率越来越小，故AB错误； C．小球重力势能 可得Ep-x图像为倾斜直线，故C错误； D．因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D正确。 故选D。 【变式训练2-3】如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小为B＝1T的水平匀强磁场，带正电的物块A静置于水平面上，电荷量q＝0.2C。t＝0时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力Fn随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块A的质量m＝1kg B．物块A的加速度不断增大 C．水平力F的大小为25N D．磁场力对物块A的冲量为0 【答案】C 【解析】解：A.由题图乙可知mg＝20N，得 m＝2kg，故A错误； B.物块A对水平面的压力FN＝qvB+mg＝qBat+mg 物块A对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，速度不断增大，做加速运动，结合图像可知，速度均匀增大，则做匀加速运动，加速度不变，故B错误； C.根据FN＝qBat+mg，题图乙图像的斜率 k＝qBa， 代入数据得 a＝12.5m/s2，F＝ma 代入数据得F＝25N，故C正确； D.物块A对水平面的压力FN＝qvB+mg＝qBat+mg 物块A对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，I＝Ft所以洛伦兹力冲量不为0，故D错误。 故选：C。 【变式训练2-4】如图所示，物块a带负电，物块b不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面向左运动，在a、b分开之前，下列说法正确的是（　　） A．物块a受到的摩擦力变小 B．物块a受到的摩擦力变大 C．地面对物块b的支持力变大 D．地面对物块b的支持力变小 【答案】D 【解析】解：AB．根据题意，对整体进行受力分析并结合牛顿第二定律有F＝（ma+mb）a 对物块a，由牛顿第二定律有f＝maa 解得，物块a受到的摩擦力不变，故AB错误； CD．根据题意，对整体受力分析，在竖直方向上结合平衡条件FN+qvB＝（ma+mb）g 由于做加速运动，速度增大，则地面对物块b的支持力变小，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练2-5】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平面，不计空气阻力。若小球以初速度v0沿细杆向上运动，经过一定的时间又回到出发点，则该过程中小球（　　） A．机械能减小 B．上滑时间大于下滑时间 C．向上滑动的最大位移为 D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 【答案】C 【解析】解：A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误； B．小球上滑时mgsinθ＝ma上 下滑时mgsinθ＝ma下 所以a上＝a下 根据匀变速直线运动位移—时间关系式可知，上滑时间等于下滑时间，故B错误； C．小球向上滑动的最大位移为 故C正确； D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据F洛＝qvB可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到v0时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球重力沿垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。 故选：C。 【变式训练2-6】如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为的带电塑料小球在竖直平面内摆动，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不计空气阻力，重力加速度为，则小球自右侧相同摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设小球自题图示位置摆到最低点时速度大小为，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律 小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，可知洛伦兹力方向向上，在最低点合力提供向心力，由牛顿第二定律 当小球自右方相同摆角处摆到最低点时，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，摆动过程中洛伦兹力也不做功，机械能守恒，则小球摆到最低点时速度仍为，由牛顿第二定律 联立解得 故选C。 【变式训练2-7】如图甲所示，带电小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为；若加上水平向里的匀强磁场（如图乙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为，若加上水平向右的匀强电场（如图丙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为；若加上竖直向上的匀强电场（如图丁），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为。不计空气阻力，则（　　） A．一定有 B．一定有 C．与无法比较 D．与无法比较 【答案】C 【解析】A．题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得 h1= 题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有 解得 h3= 所以 h1=h3 故A错误； D．题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得 mgh2＋Ek=mv02 又由于 mv02=mgh1 所以 h1>h2 D错误； BC．题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故C正确，B错误。 故选C。 【变式训练2-8】（多选）如图，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电荷量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，已知重力加速度为g，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法正确的是（　　） A．直杆对小球的弹力方向不变 B．直杆对小球的摩擦力先减小后增大 C．小球运动的最大加速度为 D．小球的最大速度为 【答案】BCD 【解析】解：小球初始滑动时，满足F0﹣μ（mg﹣qvB）＝ma，随着速度v增大，加速度a随之增大。当时，加速度达到最大值。 此时摩擦力为f＝μ（mg﹣qvB），它随v增大而减小。当洛伦兹力等于重力mg时，支持力为零。此后，随着速度继续增大，洛伦兹力超过重力，支持力反向并增大。 在此后的滑动过程中，满足F0﹣μ（qvB﹣mg）＝ma，加速度a随v增大而减小，而摩擦力f＝μ（qvB﹣mg）则随之增大。当加速度减为零时，解得最大速度。 综上所述，直杆对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下，方向发生了改变。直杆对小球的摩擦力先减小后增大。故BCD正确，A错误。 故选：BCD。 【变式训练2-9】（多选）如图甲，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场，物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek-t关系图像如图乙所示，图像中z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块所受摩擦力逐渐增大 B．物块所受摩擦力逐渐减小 C．图中z点对应的速度大小为 D．图中z点对应的速度大小为 【答案】AD 【解析】AB．物块所受摩擦力大小为 随着速度的减小，摩擦力增大，A正确，B错误； CD．曲线切线斜率大小为 物块所受合力大小为 解得 当 时，k有最大值 解得 ，C错误，D正确。 故选AD。 【变式训练2-10】（多选）物流分拣系统中，有一个足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示。将一质量为m、电荷量为+q的带电小货物无初速度地放在传送带的左端，将小货物看成质点，小货物与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法可能正确的是（　　） A．小货物在传送带上运动的过程，摩擦力对小货物做的功一定等于 B．小货物在传送带上运动的过程中，只有与传送带共速后才能做匀速直线运动 C．小货物可能先做加速度减小的变加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动 D．小货物在传送带上的最大加速度是μg，最大速度可能是 【答案】CD 【解析】解：A、当小货物的速度增大到使洛伦兹力与重力平衡时，有qvmaxB＝mg，解得速度大小为v0。此后支持力为零，摩擦力消失，全过程摩擦力对小货物做的功为，代入解得，故A错误； B、当小货物的速度增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小为v0，此后它将做匀速直线运动，故B错误； C、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上。随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦力随之减小。由牛顿第二定律可知加速度减小，当速度与传送带共速后摩擦力为零，合力为零，速度不再变化，故C正确； D、速度为零时，支持力最大且等于重力，滑动摩擦力最大，加速度最大，大小为μg。当速度增大至使洛伦兹力与重力平衡时，有v0，此后支持力为零，摩擦力消失，其最大速度可能为，故D正确。 故选：CD。 【变式训练2-11】（多选）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＞β），加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（　　） A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa＞ab B．在槽上，a、b两球都做变加速运动，但总有aa＞ab C．a、b两球沿直线运动的最大位移是sa＜sb D．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta＜tb 【答案】ACD 【解析】A．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为， 可得，故A正确，B错误； C．当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则， 可得， 根据动力学公式， 可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为， 根据数学关系可得，故C正确； D．a、b两球沿槽运动的时间分别为, 可得，故D正确。 故选ACD。 题型03：带电粒子在无边界匀强磁场中的运动 【典型例题1】质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将（    ） A．变大 B．变小 C．不变 D．条件不足，无法判断 【答案】C 【解析】碰撞后，由洛伦兹力提供向心力，有 可得 又 碰撞过程中动量守恒，不变，电荷量不变，则半径不变； 故选C。 【典型例2】一束γ射线（从底部进入而没有留下痕迹）从充满在气泡室中的液态氢的一个氢原子中打出一个电子，同时γ光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电子、负电子，二者速度接近），其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质量相等，则下列说法正确的是（　　） A．右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 C．分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 D．正电子、负电子的动能不断减小，而被打出的电子动能不变 【答案】AC 【解析】A．匀强磁场的方向垂直照片平面向里，根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹，故A正确； B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小为 正电子、负电子的速度大小不是时刻相等，则正电子、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相等，故B错误； C．根据洛伦兹力提供向心力有 解得 根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电子速度大于负电子速度，故C正确； D．正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室中克服阻力做功，动能也逐渐减小，故D错误。 故选 AC。 【典型例题3】碘131治疗是甲状腺功能亢进症患者非常重要的一个治疗方法之一，多用于一些不能口服抗甲亢药物或者是口服抗甲亢的药物以后出现了严重的过敏反应以及肝功能损害的患者。现匀强磁场中有一个原来静止的碘131原子核，它衰变时放射出的粒子与反冲核（用X表示）的运动轨迹是两个相内切的圆，如图所示。下列关于衰变方程和粒子运动情况的说法正确的是（　　） A． B． C．释放出的粒子与反冲核圆周运动的旋转方向均为顺时针方向 D．大圆和小圆的半径比为54:1 【答案】D 【解析】AB．在碘离子衰变的过程中动量守恒，则放射出的粒子动量与反冲核动量等大反向，则速度也反向，由图可知两核受洛伦兹力方向相同，则根据左手定则可知放射出的粒子带负电，为电子，碘131发生β衰变，衰变方程为，AB错误； C．电子和X的运动放向相反，由图，根据左手定则可知电子旋转方向沿顺时针方向，X旋转方向为逆时针方向，C错误； D．由可知因电子和X的动量相同，则两圆半径之比即电荷量之比，为54:1，D正确。 故选D。 【典型例题4】如图所示，匀强磁场范围足够大且方向垂直纸面向里，在纸面内有P、M、N三点，P、M间的距离为L，P、M连线与MN间的夹角为30°。从P点平行于MN向左发射速率为v0的带正电粒子，恰好经过M、N，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则(　　) A.磁感应强度的大小为 B.M、N间距离为 C.粒子从P运动到N的时间为 D.粒子运动过程中，距MN的最大距离为 【答案】　D 【解析】　根据题意作出粒子运动轨迹，如图所示，根据几何关系，可知∠POM＝2×30°＝60°，则轨道半径r＝L，由于洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m，解得B＝，故A错误;根据几何关系，M、N间距离为xMN＝2Lcos 30°＝L，故B错误;粒子从P运动到N对应的圆心角θ＝360°－60°＝300°，粒子运动周期T＝，则经历时间为t＝T，解得t＝，故C错误;根据轨迹图可知，当粒子运动至与P点关于圆心对称位置时，距MN的距离最大为xmax＝2r－Lsin 30°＝，故D正确。 【变式训练3-1】在云室中有垂直于纸面向里的匀强磁场，从P点发出一个电子和一个正电子（质量相等，电性相反），两个粒子运动轨迹如图中1、2所示，下列说法正确的是（　　） A．轨迹1对应正电子 B．轨迹2对应电子 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹1的大 D．轨迹2对应的粒子周期比轨迹1的大 【答案】C 【解析】AB．磁场垂直纸面向里，磁感线穿手心，手心朝向观察者，粒子从P点向外运动，电子带负电，向左运动（轨迹1方向）时，四指指向运动反方向（向右），洛伦兹力向上，轨迹向左上方弯曲，因此轨迹1对应电子；正电子带正电，向右运动（轨迹2方向）时，四指指向运动方向（向右），洛伦兹力向上，轨迹向右上方弯曲，因此轨迹2对应正电子，故AB错误； C．洛伦兹力提供向心力，推导得半径公式，两粒子质量m相等、电荷量大小q相等，磁场B相同，因此半径r越大，初速度v越大。由图可知轨迹2半径更大，因此轨迹2对应粒子初速度更大，故C正确； D．圆周运动周期公式，两粒子、、均相同，因此两者周期相等，故D错误。 故选C。 【变式训练3-2】在医用同位素生产设备的质检过程中，技术人员将微量静止的钋置于足够大的匀强磁场中。钋核发生衰变后，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子，变为稳定的新核。新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹均为圆，且两圆外切，不计两者间的相互作用力，如图所示。则新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹的半径之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据核反应方程 因为衰变过程中动量守恒，故新核与放出的粒子动量大小相等，根据公式 可知新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹的半径之比为 故选B。 【变式训练3-3】威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，并施加匀强磁场。当带电粒子经过云室时，其经过的路径上就会出现一条雾迹，从而显示粒子的运行路径。若某带电粒子进入云室后的运动方向与磁场方向垂直，其运动轨迹在纸面平面内如图所示。已知此带电粒子在云室中运动过程中质量和电荷量保持不变，由于阻力作用其速度不断减小。粒子重力的影响可忽略不计，下列说法中正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．粒子运动方向为从到 C．粒子运动过程中洛伦兹力的冲量始终为 D．粒子运动过程中洛伦兹力对它做负功 【答案】B 【解析】AB．带电粒子垂直匀强磁场运动，由洛伦兹力提供向心力 得轨迹半径 粒子受阻力作用速度不断减小，不变，因此轨迹半径应逐渐减小，粒子是从半径大的向半径小的运动；磁场垂直纸面向里，粒子运动方向为，洛伦兹力指向轨迹凹侧（圆心方向），根据左手定则可判断该粒子带正电，故A错误，B正确。 C．洛伦兹力有作用时间，则洛伦兹力的冲量不是始终为0，故C错误； D．洛伦兹力的方向始终与粒子速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永远不做功，故D错误。 故选B。 【变式训练3-4】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。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中、、、、是从点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关、、三条径迹以下判断正确的是( ) A.、、都是正电子的径迹 B.径迹对应的粒子动量最大 C.径迹对应的粒子动能最大 D.径迹对应的粒子运动时间最长 【答案】C 【解析】解：、由左手定则可知，、是正电子的径迹，、、是负电子的径迹，故A错误； 、带电粒子在磁场中所受到的洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力， 则：，解得：， 所以粒子运动的半径越大，速度越大； 由题中图可知，径迹对应粒子的半径最大，速度最大，径迹对应粒子的半径最小，速度最小， 根据和可得：径迹对应粒子的动能最大，动量最大，径迹对应粒子的动能最小，动量最小，故C正确，B错误； D、根据和可知，，且粒子在磁场中运动的时间为：，其中为粒子在磁场中的偏转角，由题中图可知，径迹对应粒子的偏转角最大，所以径迹对应粒子的运动时间最长，故D错误。 故选：。 【变式训练3-5】假设原子核静止在匀强磁场中，在某一时刻发生α衰变（），水平向右释放粒子。则核与核在磁场中运动轨迹正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据动量守恒定律可知，由于原子核静止在匀强磁场中，故生成的两粒子动量等大反向，所以水平向左释放核。根据 解得 可知电荷量较大的粒子在磁场中的运动半径较小，即核的运动半径小于核的运动半径。由左手定则可知，因两粒子均带正电，速度反向，所以运动轨迹为外切圆。 故选D。 【变式训练3-6】如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心，在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，沿不同的方向绕行周期之比为，已知静电力常量为k，下列说法中正确的是（　　） A．粒子可能带正电 B．粒子沿逆时针方向转动时的线速度是沿顺时针方向时的2倍 C．粒子顺时针转动时，向心加速度大小为 D．粒子逆时针转动时，向心加速度大小为 【答案】D 【解析】A．若粒子带正电，则受到的库仑力一定向外，若顺时针转动时，洛伦兹力方向背离圆心，则合力向外，粒子不可能如图所示的圆周运动，故A错误； BCD．根据A的分析可知，粒子一定带负电；根据可知，线速度之比为；由于逆时针转动时，向心力较小，故线速度较小，因此沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的，顺时针转动时，洛伦兹力向里，则有 而逆时针转动时，洛伦兹力向外，则 由于，则 且 则联立解得，，故BC错误，D正确。 故选D。 【变式训练3-7】（多选）静止在匀强磁场中的U核发生α衰变，产生一个α粒子和一个未知的粒子X，它们在磁场中的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为U→X＋He B．α粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向相反 C．轨迹1、2分别是α粒子、X粒子的运动轨迹 D．α粒子、X粒子运动轨迹半径之比为45∶1 【答案】AD 【解析】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知该核反应方程为U→X＋He故A正确； CD．衰变过程动量守恒，且α粒子和X粒子初速度方向相反，所以α粒子和X粒子的动量大小相等。假设质量为m、电荷量为q的粒子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有解得由上式可知α粒子、X粒子运动轨迹半径之比为 所以轨迹1、2分别是X粒子、α粒子的运动轨迹，故C错误，D正确； B．α粒子和X粒子均带正电，在轨迹切点处，α粒子的速度向上，X粒子的速度向下，根据左手定则可知α粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向均为顺时针方向，故B错误。故选AD。 【变式训练3-8】某放射性元素的一个原子核静止在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。由于发生了（或）衰变而得到两种粒子，其中一种是（或）粒子，另一种是反冲核。如图所示为衰变后两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，已知衰变前原子核的质量为m，衰变后形成的两种新粒子的质量分别为、，在磁场中的轨迹半径分别为、。两圆半径之比为，则以下说法正确的是（　　） A．该原子核发生的是衰变，得到的两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相反 B．原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的轨道半径为 C．衰变过程释放的核能，得到的射线很容易穿透黑纸 D．该衰变的衰变方程可能为 【答案】D 【解析】A．两圆形轨迹外切，可知是衰变，两种新粒子均带正电，根据左手定则可知两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相同，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得 可见，粒子做圆周运动的轨道半径与动量成正比、与电荷量成反比。根据动量守恒定律可知，原来静止的原子核衰变后两种新粒子动量等大反向。若原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的原子序数应为90，氦原子核的原子序数为2。由已知条件可知，反冲核的轨道半径为，故B错误； C．衰变过程释放的核能为 得到的射线是射线，但射线在空气中电离本领较强，贯穿本领较弱，空气中一张纸就能把射线挡住，故C错误； D．根据质量守恒定律与电荷数守恒定律可知，该衰变的衰变方程可能为 故D正确。 故选D。 【变式训练3-9】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的匀强磁场，质量为带正电的粒子静止在磁场中，该粒子在点分裂成粒子和，、在磁场中的径迹是两个内切圆，相同时间内的径迹长度之比；半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，则（    ） A．粒子和所带电性可能均为正电荷 B．粒子、的质量之比 C．在相等的时间内、两粒子速度的变化量大小相等 D．在相等的时间内、两粒子洛伦兹力冲量大小相等 【答案】D 【解析】AB．由于、粒子的轨迹为内切圆，两电荷一定为异种电荷，根据动量守恒可知，分裂后两粒子动量等大反向 由 所以 得到，故A、B错误； C．由于 则周期相等，相等的时间速度的偏转角相等，速度大小不同故速度的变化量大小不等，故C错误； D．相等的时间内、两粒子受洛伦兹力的冲量等于各自动量的变化量，根据两粒子动量守恒，所以两粒子的动量变化量大小相等，故D正确。 故选D。 【变式训练3-10】如图3所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是(　　) 图3 A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为 C.管道内的等效电流为nqπa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 【答案】　C 【解析】　带正电的粒子沿轴线进入管道，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆孤半径r＝a，故A正确；根据qvB＝m，可得粒子的质量m＝，故B正确；管道内的等效电流为I＝＝nq，故C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力大小，即F＝BIl＝Bnql，故D正确。 【变式训练3-11】某种量子磁传感器的测量原理可简化如下：电子可在垂直于匀强磁场平面内的一系列分立圆轨道上做匀速圆周运动，电子的动能即为对应轨道的轨道能量，相邻轨道的能量差满足ΔEk＝kB，k为常数，B为磁感应强度的大小。电子在相邻轨道间跃迁会辐射光子。已知最内层轨道1的半径为r1，电子电荷量为-e、质量为m，普朗克常量为h，下列说法正确的是（　　） A．电子的运动速度越大，其做圆周运动的周期越长 B．电子在相邻轨道间跃迁，辐射出的光子的频率为 C．轨道2的半径为 D．轨道3的能量为 【答案】C 【解析】A．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 可得 动能 周期 故电子的运动速度越大，其做圆周运动的周期不变，故A错误； B．跃迁时辐射光子能量等于相邻轨道能量差 解得光子频率，故B错误； C．轨道1能量为 轨道2能量为 又因为 联立可得 整理得轨道2的半径为，故C正确； D．第个轨道的能量为 当时，，故D错误。 故选C。 【变式训练3-12】如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图．螺线管内存在磁感应强度为、方向平行于管轴的匀强磁场．电子枪可以射出速度大小均为，方向不同的电子，且电子速度与磁场方向的夹角非常小．电子电荷量为、质量为电子间的相互作用和电子的重力不计．这些电子通过磁场汇聚在荧光屏上点．下列说法错误的是． A.电子在磁场中运动的时间可能为 B.荧光屏到电子入射点的距离可能为 C.若将电子入射速度变为，这些电子一定能汇聚在点 D.若将电子入射速度变为，这些电子一定能汇聚在点 【答案】D 【解析】解：由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将粒子速度沿水平方向、竖直方向正交分解，则粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，粒子螺旋式前进，设螺线管长为，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上点，则需满足：， 为粒子竖直方向做圆周运动的周期，又因为：， 解得周期为：， 联立可得：， 因为电子速度与磁场方向的夹角非常小，所以：， 可见，粒子的速度只要满足：， 即粒子的运动时间为粒子做圆周运动周期的整数倍，粒子就可以会聚到点。 A、由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达点，则运动的时间可能为，故A正确； B、若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达点，则：，故B正确； C、由上述分析可知当粒子速度为时，，故当粒子速度为时，，即粒子的运动时间仍然为粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子一定能会聚在点，故C正确； D、当粒子速度为时，，即粒子的运动时间不是总等于粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在点，故D错误。 本题选错误的。故选：。 【变式训练3-13】如图所示，空间中存在沿轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，点处有一粒子源，不断地沿与轴正方向成角的各个方向发射质量为、电荷量为、速度大小为的粒子。一垂直于轴的足够大荧光屏从点缓慢沿轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，屏到点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】A．粒子在磁场中运动，将速度分解为平行于磁场方向的分速度和垂直于磁场方向的分速度。粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得轨道半径 运动周期 当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，沿着y轴方向从上向下看，对其中一个粒子的运动 根据几何关系可知转过的圆心角为90°，所以所用时间为 屏到点的距离为 故选A。 题型04：带电粒子在有界磁场中的运动 【典型例题1】如图，直线MN右侧无穷大区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。有一个带负电的粒子，质量为m，所带电荷量大小为q，从A点斜向下与直线MN成45°角以一定的初速度垂直进入磁场中，一段时间后从直线MN上某点离开匀强磁场区域，不考虑粒子的重力，下列关于该粒子运动的描述，正确的是（　　） A．粒子在磁场中的运动时间为 B．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的两倍，则粒子在磁场的运动时间变为原来的一半 C．若其他条件不变，粒子带正电，则粒子在磁场的运动时间变为原来的三倍 D．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的，则粒子在磁场的运动时间变为原来的一半 【答案】C 【解析】先由洛伦兹力提供向心力推导出粒子在磁场中运动的周期公式，再结合入射角度、粒子电性判断轨迹圆心角，进而计算运动时间，对比各选项的条件与结果得出正确答案。 解：A.负电粒子垂直进入匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，有， 粒子运动的周期为， 联立可得， 粒子以与MN成45°角入射，带负电，粒子做顺时针圆周运动， 入射速度与边界MN夹角为45°，出射时速度与边界MN夹角也为45°因此轨迹对应的圆心角θ＝90°， 粒子在磁场中的运动时间为，故A错误； BD.根据上述，若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的两倍，半径变为原来的两倍，周期不变，对应圆心角仍为90°， 所以粒子在磁场的运动时间不变与速度无关，故BD错误； C.若其他条件不变，粒子带正电，粒子以与MN成45°角入射，粒子做逆时针圆周运动， 入射速度与边界MN夹角为45°，出射时速度与边界MN夹角也为45°，因此轨迹对应的圆心角θ＝270°， 粒子在磁场中的运动时间为， 则粒子在磁场的运动时间变为原来的三倍，故C正确。 故选：C。 【典型例题2】一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示 设运动半径为R，则有 可得 已知氕核的质量为m，电荷量为q，其为氢的同位素，写法为，则的相对原子质量为的3倍，则粒子的质量为3m，且可知电荷量为的2倍，即2q，则有 可得 【典型例题3】电荷量相等的两个带电粒子a、b分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为d且，两粒子同时由A点射入，同时到达B点，如图所示则（　　） A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．两粒子的轨道半径之比 C．两粒子的速度之比 D．两粒子的质量之比 【答案】D 【解析】A．根据左手定则可判断出，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误； BD．两粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示 AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心。结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形。所以由几何关系得，两粒子的半径之比为 两粒子的轨迹所对圆心角分别为 和，两粒子在磁场中的运动时间相等，即 则 因为运动周期 且两粒子的电荷量相同，在同一磁场中，所以 故B错误，D正确； C．由 得 所以 故C错误。 【典型例题4】如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的负电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了角。磁场的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】轨迹图，如图所示 有几何关系可知 根据 可知 【典型例5】我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图4，在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为(　　) 图4 A.2∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.1∶2 【答案】　D 【解析】　由题意可知，根据左手定则，作图如图所示，氘核H的运动轨迹半径为r1，由几何关系可知，2r1＝R2－R1＝R1，则r1＝，氚核H的运动轨迹半径为r2，由几何关系可知，2r2＝R1＋R2＝3R1，则r2＝R1，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，联立可得氘核和氚核的速度之比为＝，故D正确。 【典型例题6】如图，边长为L的正三角形ACD区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电粒子从A点以速度v0沿∠DAC的平分线射入磁场，恰好从C点离开磁场。若该粒子以速度沿纸面从AC边中点垂直AC射入磁场，则其在磁场中的运动时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】带负电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。根据第一次运动的情况求出磁感应强度与已知量的关系，再分析第二次运动的轨道半径和圆心角，进而求出运动时间。 解：当粒子从A点以速度v0沿∠DAC的平分线射入磁场，粒子带负电，根据左手定则作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何知识可知∠AOC＝60°，粒子圆周运动的轨道半径为R＝L，由于洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，解得，若该粒子以速度沿纸面从AC边中点垂直AC射入磁场，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为，粒子圆周运动的周期，由几何知识可知，此时粒子偏转的圆心角θ＝60°，则粒子在磁场中运动的时间，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【典型例题7】如图所示，带电粒子从正方形区域abcd的ad边中点，以垂直于ad边的初速度v0射入该区域。当该区域只存在垂直纸面向内的匀强磁场时，带电粒子恰好从b点射出；当该区域只存在沿ad方向的匀强电场时，带电粒子恰好从c点射出。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在磁场中的运动时间大于在电场中的运动时间 C．粒子射出磁场的速度大小等于射出电场的速度大小 D．粒子在磁场中受到的力的大小等于在电场中受到的力的大小 【答案】B 【解析】A、根据左手定则分析； B、画出粒子在磁场的运动轨迹，根据几何关系分析半径、圆心角和弧长，求解时间，粒子在电场做类平抛运动，根据平抛运动规律分析时间； C、粒子在磁场做匀速圆周运动，速率不变，粒子在电场运动，根据电场力做功分析速度； D、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律和平抛运动规律分析。 解：A、粒子向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误； B、粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示： 设正方形边长为d，粒子在磁场中运动，由几何关系可知，代入数据可得，则圆心角α＝53°，运动时间t1，代入数据可得t1， 粒子在电场中做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，运动时间t2t1，故B正确； C、粒子射出磁场速度大小仍为v0，在电场中运动电场力做正功，速度增大，射出电场的速度大于v0，故C错误； D、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力f洛，代入数据可得f洛， 粒子在电场中运动，竖直方向有，由牛顿第二定律可知qE＝ma，代入数据可得qE，故D错误。 故选：B。 【典型例题8】如图所示，一个质量为、电荷量为的带负电的粒子（粒子的重力不计），带电粒子从轴正方向上的点以速度沿与轴成的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于轴正方向射出第一象限。已知，则带电粒子在磁场中做匀速圆周的半径及匀强磁场的磁感应强度的大小分别为（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知 根据 解得 【变式训练4-1】（多选）如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（    ） A．P和Q的质量之比为1：2 B．P和Q的质量之比为 C．P和Q速度大小之比为 D．P和Q速度大小之比为2：1 【答案】AC 【解析】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：；对粒子Q的半径为R，有：；又两粒子的运动时间相同，则，，即，解得，，故AC正确，BD错误． 【变式训练4-2】（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，则（　　） A．粒子1与粒子2的动能之比为1：2 B．粒子1与粒子2的动能之比为1： 4 C．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1： 1 D．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1： 2 【答案】BD 【解析】AB．由题意可知，粒子1和2圆周运动轨迹对应的弦长之比为1：2，则粒子1和2运动半径之比为1：2，根据 得 即速度之比为1：2，又 可知，粒子1与粒子2的动能之比为1∶4，故A错误，B正确； CD．根据 可知，两粒子周期相同，而由题意可知，两粒子圆周运动的圆心角相等，由 可知，两粒子运动时间相等，又 可知，粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1∶ 2，故C错误，D正确。 【变式训练4-3】（多选）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 【答案】BC 【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图 根据几何关系则有 可得 根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。 当粒子上下均经历一次时，如图 因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。 通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足 （n=1，2，3……） 此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°； 当粒子从上部分磁场射出时，需满足 （n=1，2，3……） 此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。 故可知BC正确，AD错误。 【变式训练4-4】如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中的运动时间为 B．圆形区域的半径为 C．要使粒子从D点离开磁场，入射速度为 D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点 【答案】C 【解析】A.根据周期与时间的关系求粒子在磁场中的运动时间； B.结合A选项的分析和运动学公式求圆形区域的半径； C.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力要求使粒子从D点离开磁场时入射速度； D.根据半径的关系判断。 解：A．根据题意可知，粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则粒子的速度方向改变了90°，则粒子在磁场中的运动时间 故A错误； B．粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则粒子做圆周运动的轨迹半径 r＝R 而粒子在磁场中的运动时间为 联立可得，圆形区域的半径为 故B错误； C．粒子从C、D点离开磁场的运动轨迹如下图所示 根据几何知识可得 r1＝R， 根据洛伦兹力提供向心力有 联立可得 即要使粒子从D点离开磁场，入射速度为，故C正确； D．由于，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。 故选：C。 【变式训练4-5】如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图、若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A．三个粒子都带负电荷 B．c粒子运动速率最小 C．c粒子在磁场中运动时间最短 D．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc 【答案】C 【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可知，三个粒子都带正电荷，A错误； B．根据 可得 三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，a粒子动能最小，c粒子速率最大，B错误； D．三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期 可知三粒子运动的周期相同，即 D错误； C．粒子在磁场中运动时间 θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，由图可知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，c粒子在磁场中运动时间最短，C正确。 【变式训练4-6】宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危害，某科研团队设计了如图12甲所示的防护装置。图乙为其截面图，半径为R的圆柱形区域是宇航员防护区，在半径分别为R和2R的同心圆柱之间加有沿轴线方向的匀强磁场。已知质子沿各个方向运动的速率均为v0，电荷量为e，质量为m，不计质子间相互作用，sin 37°＝0.6。 图12 (1)若质子垂直磁场正对圆柱轴线入射时无法进入防护区，求磁感应强度大小范围； (2)在(1)问前提下，求质子在磁场中运动的最长时间； (3)若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，求磁感应强度大小范围。 【答案】　(1)B≥　(2)　(3)B≥ 【解析】　(1)正对防护区圆心入射的质子，若恰好无法进入防护区，设质子的轨迹半径为r，质子运动轨迹如图甲所示。 由几何关系(2R)2＋r2＝(r＋R)2，可得r＝R 由洛伦兹力提供向心力可得ev0B1＝m 解得磁感应强度的大小B1＝ 所以B≥。 (2)设质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α 由几何关系可得tan ＝＝ 解得＝53°，可知α＝106°＝π 质子在磁场中运动的最长时间 t＝·＝＝。 (3)为使所有速度为v0的质子都不进入防护区，半径最大的粒子 轨迹如图乙所示 则质子的半径最大为 r′＝＝ 由洛伦兹力提供向心力可知 ev0Bmin＝m 解得磁感应强度最小值Bmin＝ 则磁感应强度的大小应该满足的条件为B≥。 【变式训练4-7】如图所示，等边三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以不同的速率垂直磁场左边界进入磁场区域，离开磁场时分成两束。速率为v1的粒子射出磁场时垂直于磁场的右边界，速率为v2的粒子射出磁场时与磁场右边界的垂线夹角θ=30°，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则v1与v2的比值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 可得 如图所示 由几何关系及正弦定理得 解得 A正确，BCD错误。 【变式训练4-8】如图9所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是(　　) 图9 A.粒子带正电 B.r1∶r2＝2∶1 C.v1∶v2＝3∶1 D.t1∶t2＝1∶4 【答案】　C 【解析】　由题意再结合左手定则可知粒子带负电，A错误；根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2＋，可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝3∶1，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时的速度为，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，C正确；根据粒子在磁场中运动的轨迹可知，同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比， 即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，D错误。 【变式训练4-9】（多选）如图所示，在矩形区域ABCD内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里。已知AB边长为d，BC边长为2d。O、E分别为BC、AD边的中点。在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场区域任意方向发射同种带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，初速度大小均相同。沿与OB方向成60°角的方向发射的粒子恰好从E点射出磁场。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，下列说法正确的有（　　） A．粒子带正电 B．粒子运动的速度大小为 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．从AD边射出的粒子，其初速度方向与OB方向的夹角可能大于90° 【答案】BC 【解析】根据速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，可知粒子的偏转方向，由几何关系可知粒子运动的轨道半径，从而求解粒子的速度；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，找到最长的轨迹，结合周期公式求解最长的时间。 解：A.速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒子带负电，故A错误； B.如下图所示 根据粒子的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径 r＝d 由牛顿第二定律 联立解得粒子运动的速度大小为 故B正确； C.由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为 而最长时间对应圆心角为90°，故C正确； D.初速度水平向左时恰好过A点，竖直向上射入的带电粒子恰好过D点，则从AD边射出的粒子，其初速度方向与OB方向的夹角最大等于90°，不可能大于90°，故D错误。 故选：BC。 【变式训练4-10】（多选）如图11，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是(　　) 图11 A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 【答案】　ACD 【解析】若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出一种粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子从C点垂直于BC射出，A、C正确；当粒子穿过ad边速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子经bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确。 【变式训练4-11】如图，在平面直角坐标系xOy的第象限存在大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量绝对值为q的粒子以一定的速度从原点O沿与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到坐标为（a，b）的M点时，粒子的速度方向恰好与x轴正向一致。不计重力。下列判断正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子速度大小为 C．粒子由O到M经历的时间为 D．粒子离开第I象限时，其速度方向与x轴正方向的夹角为30° 【答案】B 【解析】A．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示 根据左手定则判断知，此粒子带负电，A错误； B．根据几何关系，有 解得 根据 可得 联立得 B正确； C．粒子在磁场中运动的周期 粒子由O运动到M时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°。 则粒子由O到M运动的时间为 C错误； D．粒子在O点时速度与轴正方向的夹角为60°，轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与轴正方向的夹角为60°，D错误。 故选B。 【变式训练4-12】（多选）如图所示，在直角坐标系xOy中x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点，带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则（　　） A．粒子P带负电 B．粒子P在磁场中运动的时间为 C．粒子Q在磁场中运动的路程可能为 D．粒子Q在磁场中运动的时间可能为 【答案】BD 【解析】A．粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则可知粒子P带正电；故A错误； B．据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为 运动时间为 故B正确； CD．Q粒子与P粒子相同，而速度为4v，由 可知 而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场，设与y轴正方向的夹角为θ，分别有两种情况从C点进过D出，轨迹如图 有几何关系可知 或 则两种轨迹的圆心角为和，则粒子Q在磁场中运动的路程为 或 运动时间为 或 故C错误，D正确。 【变式训练4-13】一种能精准控制带电粒子运动轨迹和运动时间装置的原理如图5所示。在xOy平面内0<x≤2L的区域内，第一象限内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小关系为B1＝2B2。处于O点的粒子源，能沿与x轴成θ＝60°角的方向，向第一象限发射质量为m、带电荷量为q、速度为v0的正粒子，粒子最终从x轴上的P(2L，0)点射出磁场，不计粒子的重力。 图5 (1)求磁感应强度B1的最小值； (2)若B1＝，求粒子在磁场中通过的路程。 【答案】　(1)　(2)πL 【解析】　(1)磁感应强度越小，轨迹圆半径就越大，B0取最小值B1min，粒子由O直接到达P，设粒子运动半径为r1，则qv0B1min＝m 2r1sin θ＝2L，解得B1min＝。 (2)若B1＝>B1min，粒子在第一象限及第四象限运动半径分别为r2、r3 则qv0B1＝m，qv0B2＝m 由几何关系知n1·2r2sin θ＋n2·2r3sin θ＝2L (n1＝n2或n1＝n2＋1) 解得r2＝，r3＝L，n1＝2，n2＝1 粒子在第一象限路程s1＝n1··2πr2 粒子在第四象限路程s2＝n2··2πr3 粒子在磁场中运动的路程s＝s1＋s2 解得s1＝πL，s2＝πL，s＝πL。 题型05：带电粒子在多个组合边界磁场中的运动 【典型例题】（多选）如图，平面内有一个半径为R的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域abcd，两个区域的切点O为ad边的中点，ab＝R，bc＝2R，bc和cd边上分别有两个接收屏（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群质量为m，电荷量为﹣q的粒子均匀分布在宽为2R区域内，紧邻且平行于da边以速度v0进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．打在bc边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为 B．矩形区域内粒子所经过的面积为（1）R2 C．打到cd屏上的粒子数占总数的比例为 D．打到bc屏上的粒子数占总数的比例为 【答案】ABD 【解析】根据牛顿第二定律求出射入的粒子在圆形区域内的运动半径；A.根据周期表达式结合时间公式求打在bc边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间； B.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求矩形区域内粒子所经过的面积S； CD.画出打在cd、bc屏的轨迹图，根据角度关系求打到cd屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例N。 解：洛伦兹力提供向心力 代入 可得 r＝R 所有粒子轨道半径均为R。根据磁聚焦结论：平行入射的粒子，轨道半径等于圆形磁场半径，所有粒子出圆形后均从O点进入矩形区域，方向不同。 A.打在 bc边（x＝R）的粒子，圆心角越小，运动时间越短。最短圆心角对应最短弦长，当粒子打在bc边的（R，0）点时，弦长OP＝R 由弦长公式 可得 即 周期 运动时间 故A正确； B.沿平行于Oa方向射入的粒子打在b点，此时为最远路径，如图所示 则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和解得 故B正确； CD.如图所示 打到cd边打到C点的粒子速度方向与ad边垂直，是由f点射入的粒子。故打在bc边的粒子数占总数的比例为，假设从e点射入的粒子正好打在d点，由图可知ef为打到cd边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场的圆心连线与水平方向的夹角为30°则打在cd边上的粒子数占总数的比例为 故C错误，D正确。 故选：ABD。 【变式训练5-1】如图，磁感应强度为B的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为正六边形的无磁场区域，O为正六边形的中心，PQ为其一边。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从P点以与OP成30°角的速度垂直磁场射入匀强磁场区域，之后从Q点第一次返回无场区。不计粒子重力，则粒子在磁场中从P点运动到Q点的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】画出运动轨迹，根据几何关系分析圆心角，再根据周期计算出粒子从P到Q的运动时间。 解：粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示： 由几何关系可知，θ＝60°，则粒子转过的圆心角为300°，粒子做圆周运动的周期，则运动时间，代入数据可得t，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式训练5-2】如图所示，虚线的上方区域和下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2，两虚线之间无磁场，重力不计的带正电粒子以垂直于磁场方向的速度从A点射入上方区域，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．第一次从A到C的运动时间小于从D到E的 B．磁场均垂直纸面向外 C．磁感应强度B1＜B2 D．轨迹内上下两区域磁通量Φ1＞Φ2 【答案】A 【解析】根据洛伦兹力提供向心力得到圆周运动半径公式，周期公式，结合左手定则判断磁场方向，比较半径大小得出磁感应强度大小关系，再计算磁通量。 •解：ABC、粒子带正电，根据左手定则可得虚线的上方区域磁场垂直纸面向里，下方区域磁场垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m，可得半径为：r，速率不变，粒子在上方区域运动的半径较小，轨迹如图所示， 可知磁感应强度B1＞B2，根据：T，可知粒子在下方区域运动的周期长。运动时间为：t，粒子在上方区域和下方区域转过的圆心角相同，根据B1＞B2，可知第一次从A到C的运动时间小于从D到E的，故A正确，BC错误； D、轨迹内上下两区域磁通量分别为：Φ1＝B1S1，Φ2＝B2S2 其中：S1r1sinβ•r1cosβ（sinβcosβ） S2r2sinβ•r2cosβ（sinβcosβ） 可知Φ1（sinβcosβ）$，Φ2＝（+sinβcosβ），可知Φ1＜Φ2，故D错误。 故选：A。 【变式训练5-3】如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为﹣q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子在电场中做匀加速运动，利用动能定理分析求解。 解：作出粒子的运动轨迹，如图所示 由带负电的粒子在a圈内的匀强磁场以速度向下偏转，从P1处进入环形电场，粒子所受电场力方向与速度方向相同，故粒子从P1到P2做加速运动，然后粒子以速度v2从P2点进入圆b外足够大的匀强磁场。 则带负电的粒子在a圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力， 解得半径满足 根据几何关系可得： 解得：∠O1OP1＝30° 根据几何关系可得：∠O2OP2＝60° 在直角三角形OP2O2中，根据几何关系有： 粒子在圆b外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力： 解得速度满足： 粒子从P1到P2做加速运动，根据动能定理有 解得圆a、b之间电势差： 故ABD错误，C正确。 故选：C。 题型06：根据带电粒子的运动确定磁场区域范围题型 【典型例题1】如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角。为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为（不计粒子的重力）（　　） A． B．cos2α C．sinα D．sin2α 【答案】D 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，根据牛顿第二定律求出半径，圆形磁场区域的最小面积是以磁场中圆周运动轨迹对应弦为直径的圆。 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qvB＝m， 则粒子在磁场中做圆周的半径：R， 由题意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r的圆上的圆周， 这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示： 则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O′点就是圆周的圆心。粒子在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆上 的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef连线为直径的圆周。 即得圆形区域的最小半径r＝Rsinα， 则这个圆形区域磁场的最小面积Smin＝πr2，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【典型例题2】云室内一原子核静止在范围足够大的匀强磁场（图中未画出）中的P点，该原子核发生α衰变，衰变产生的新核与α粒子恰在纸面内运动，经过一段时间后观察到的轨迹如图所示。下列说法正确的是（　　） A．沿曲线PM运动的原子核比荷较小 B．沿曲线PM运动的原子核动量较小 C．曲线PQ可能是抛物线的一部分 D．沿曲线PQ运动的可能是α粒子 【答案】A 【解析】B.衰变过程中原子核动量守恒，据此分析作答； C.变后新核与α粒子在磁场中做匀速圆周运动，据此分析作答； AD.根据牛顿第二定律得出半径的表达式，结合动量的关系和比荷的表达式完成分析。 解：衰变前原子核处于静止状态，衰变过程满足动量守恒，则衰变后瞬间新核与α粒子动量大小相等，方向相反，新核与α粒子在洛伦兹力作用下均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得 可得 由于新核与α粒子动量大小相等，α粒子电荷量小于新核的电荷量，则α粒子的轨道半径大于新核的轨道半径，则沿曲线PM运动的是α粒子，根据半径公式可以知道比荷小的粒子在相同的磁场中做圆周运动的半径较大，图中曲线PM的半径较大，因此沿曲线PM运动的原子核比荷较小，故BCD错误，A正确。 故选：A。 【变式训练6-1】(多选）如图所示，空间内有两个平行边界，距离为。在边界外侧有垂直于平面向外的匀强磁场，左侧区域的磁感应强度大小为B1，右侧区域的磁感应强度大小为B2，两边界间有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在左侧边界A点有一个质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v水平向右进入电场，忽略重力，下列关于粒子运动的说法正确的是（　　） A．粒子从左向右经过电场的时间小于从右向左经过电场的时间 B．B1、B2满足一定关系时，粒子可能回到A点 C．若B1＝B2＝B，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间可能为 D．若B1＝B2＝B，则粒子向右穿过左边界时离A点的距离可能为 【答案】BC 【解析】通过匀变速直线运动公式和对称性分析粒子在电场中的运动时间，结合洛伦兹力提供向心力的圆周运动规律，分别分析不同磁场条件下粒子的轨迹、运动时间和位移，判断各选项正误。 解：A.粒子从左向右经过电场时做匀加速直线运动，设穿过右边界的速度为v1，则有，， 解得v1＝3v， 则粒子从左向右经过电场的时间， 由对称性可知，粒子从右向左经过电场的时间也为，故A正确； B.当B2＝3B1时，由洛伦兹力提供向心力，得， 解得， 可知，粒子在两磁场区域内做圆周运动的半径相等，粒子回到A点，故B正确； C.若B1＝B2＝B，粒子做如图所示的周期性运动， 则粒子从出发到向右穿过左边界的时间为，故C正确； D.粒子在左侧磁场中的轨迹半径为，在右侧磁场中的轨迹半径为， 则粒子向右穿过左边界时离A点的距离，故D错误。 故选：BC。 【变式训练6-2】(多选）在受控核聚变与深空导航等前沿科技领域中，带电粒子的精确操控是实现技术突破的关键。如图所示，在直角坐标系xOy内存在两个匀强磁场区域，以直线y＝x为分界线，即在y＞x的区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y＜x的区域Ⅱ存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从坐标原点O以大小为v的初速度沿x轴负方向射入区域Ⅰ。下列说法正确的是（　　） A．粒子第1次穿过分界线y＝x时的位置坐标为 B．时刻，粒子第1次穿过分界线 C．粒子第2026次穿过分界线时的位置坐标为 D．时刻，粒子第2026次穿过分界线 【答案】BD 【解析】AB.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求出半径，进而求出粒子第1次穿过分界线y＝x时的位置坐标，结合周期与时间的关系求粒子第1次穿过分界线的时间； CD.结合AB的分析求粒子第2026次穿过分界线时的位置坐标以及粒子第2026次穿过分界线的时间。 解：AB．画出粒子的运动轨迹，如下图所示 由洛伦兹力提供向心力 解得为 则粒子第1次穿过分界线y＝x时的位置坐标为 周期 可得粒子第1次穿过分界线的时间为，故A错误，B正确； CD．由图可得，粒子每经过分界线一次，水平位移和竖直位移均增大一个半径的距离，可得粒子第2026次穿过分界线时的位置坐标为 可得经过的时间，故C错误，D正确。 故选：BD。 题型07：带电粒子在组合场运动题型 【典型例题1】如图所示，在平面直角坐标系中，y轴左侧存在竖直向上的匀强电场，y轴右侧存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点为位于x轴上的一点，某时刻一带负电的粒子从P点以与x轴成θ角的初速度v0斜向上射出，经过电场偏转后，以垂直于y轴的速度进入磁场，经磁场偏转后粒子垂直经过x轴。不计带电粒子重力，则匀强电场的电场强度E的大小为（　　） A．Bv0sinθ B．Bv0tanθ C．Bv0sinθtanθ D．Bv0sinθtanθ 【答案】D 【分析】根据类斜抛运动的规律求出水平速度分量，结合洛伦兹力提供向心力和运动学公式求匀强电场的电场强度E的大小。 解：粒子在电场中做类斜抛运动，初速度v0分解为： 水平分量：v0x＝v0cosθ 竖直分量：v0y＝v0sinθ 粒子垂直于y轴进入磁场，说明此时竖直方向速度减为0，只有水平速度v＝v0cosθ 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： 其中v＝v0cosθ，解得轨道半径： 粒子垂直经过x轴，说明圆周运动的轨道半径R等于粒子进入磁场时的竖直坐标y 竖直方向的位移： 而y＝R，所以： 整理得： 故ABC错误，D正确。 故选：D。 【典型例题2】如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内、边长为L的正方形OACD区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在第三象限内、边长为L的正方形OMPN区域内有沿y轴正向的匀强电场，在MP边上离x轴距离为的Q点，以速度v0沿x轴正向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转恰好从坐标原点O进入磁场，粒子经磁场偏转后，从（，0）点离开磁场，不计粒子的重力，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小； （3）若粒子在磁场中运动的某时刻，突然撤去磁场，此后粒子的运动经过C点，则撤去磁场后，粒子在OACD区域内运动的时间。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）粒子在电场中运动做类平抛运动，则有 根据牛顿第二定律 解得 （2）设粒子通过O点时的速度大小为v，根据动能定理得 解得 设粒子进入磁场时速度方向与y轴夹角为θ，则 解得 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有 解得 根据牛顿第二定律得 解得 （3）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心的坐标为（L，L）。设O1C的距离为s，根据几何关系有 设撤去磁场后，粒子在OACD区域内运动的距离为d，根据几何关系得 解得 运动的时间为 【变式训练7-1】（多选）圆心为、半径为的圆形区域内存在磁感应强度为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上的点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为的带电粒子。圆的右边为边长是的正方形，刚好与圆相切于点，切点为的中点，其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿方向射入时，粒子刚好从点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（     ） A．粒子的比荷为 B．粒子从点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关 C．若将电场方向变为竖直向下，则从电场边界与射出的粒子数之比为 D．若将电场方向变为竖直向下，且粒子要全部从边界射出，则电场强度大小至少为原来的5倍 【答案】AC 【解析】A．根据题意，做出粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有 则可得粒子的比荷为，故A错误； B．粒子从A点进入磁场到从B点进入电场后再从电场回到B点时，因电场力做功为零，因此再次进入磁场时的速度大小不变，粒子在电场中运动的时间也不变，再次进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，到最终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示 在磁场中运动的总时间 而粒子无论从A点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度θ=π，因此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为 ，但是粒子的入射方向不同时粒子在电场和磁场中间的缝隙中运动的距离不同，则运动时间不同，则总时间不相同，故B错误； C．在A点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为v0的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO方向射入的粒子进入从MN中点B进入电场后，刚好到达边界QP并返回，则由动能定理有 解得电场力 根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为 而若将电场E的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q处时，则有，2R=v0t 联立解得 由于能进入电场的粒子的总高度为为2R，则可知高度小于的粒子范围均从NQ射出，高度大于而又小于2R范围内的粒子均从PQ射出，分别做出从高度2R、R处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，从高度处进入电场的粒子在磁场中A点入射速度方向与水平方向的夹角为60°，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为 ，故C正确； D．电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打在Q处，根据类平抛运动的规律有，2R=v0t 联立解得 由此可得 因此可知，若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍，故D错误。 故选AC。 【变式训练7-2】如图，在xOy平面的第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的P点以v0的初速度沿x轴正方向射出，并从x轴上的Q点进入磁场区域，一段时间后粒子恰能回到P点。已知P点的坐标为（0，L），Q点的坐标为（2L，0），不计粒子重力。则（　　） A．匀强电场的电场强度为 B．匀强磁场的磁感应强度为 C．若仅将磁感应强度变为原来的倍，则粒子第三次到达x轴的坐标为（﹣2L，0） D．若仅将磁感应强度变为原来的2倍，则粒子第三次到达x轴的坐标为（6L，0） 【答案】C 【解析】A、粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律分析； B、画出粒子运动轨迹，根据几何关系分析半径，洛伦兹力提供向心力； CD、先分析轨迹半径，然后根据几何关系分析第二次经过x轴的坐标，结合粒子在磁场中的位移分析第三次到达x轴的坐标。 解：A、粒子在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t，L，又qE＝ma，代入数据可得E，故A错误； B、粒子在Q点时，tanθ，vcosθ＝v0，代入数据可得θ＝45°，v，运动轨迹如图所示： 由几何关系可知轨迹半径r，又r，代入数据可得B，故B错误； C、若仅将磁感应强度减小为原来的一半，则半径r1＝2r，由几何关系可知圆心O2位于Q'正下方，粒子第二次到达x轴坐标为（﹣6L，0），在电场中沿x轴方向位移为4L，则第三次到达x轴的坐标为（﹣2L，0），故C正确； D、若仅将磁感应强度增大为原来的二倍，则半径r2＝0.5r，由几何关系可知圆心O3坐标为（L，﹣L），粒子第二次经过原点到达x轴，在电场中沿x轴方向位移为4L，则第三次到达x轴的坐标为（4L，0），故D错误。 故选：C。 【变式训练7-3】如图所示，真空区域内水平边界ab与cd相距为h，其间存在竖直向上的匀强电场。边界cd上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N为边界cd上的三点，且MP＝L，PN＝2L。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、N两点同时射入磁场，最终同时被置于P点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两粒子的比荷之比为2：1 B．乙粒子在电场中运动的时间为 C．乙粒子在电场中的加速度为 D．甲粒子在电场中运动时电势能减小 【答案】B 【解析】ABC.根据洛伦兹力提供向心力求出粒子运动半径，结合时间表达式求出比荷表达式，结合牛顿第二定律和运动学公式求出甲、乙两粒子的比荷之比，最后结合逆向思维和运动学公式求乙粒子在电场中的加速度和乙粒子在电场中运动的时间； D.由功能关系判断甲粒子在电场中运动时电势能的变化。 解：ACD、设粒子垂直进入磁场时的速度大小为v，粒子在磁场中运动半圈后被置于P点的粒子探测器接收，其运动半径为R，由牛顿第二定律： 解得粒子运动的半径 则粒子在磁场中运动的时间 联立知 由牛顿第二定律知，粒子在电场中运动的加速度大小 由题知，甲、乙粒子做圆周运动的半径分别为 则甲、乙粒子进入磁场时的速度大小分别为 甲、乙粒子在磁场中运动的时间相同，可见甲、乙两粒子的比荷相同，即比荷之比为1：1，甲、乙粒子在电场中运动的加速度相同，由左手定则知，甲粒子带负电，乙粒子带正电，则甲粒子在电场中做匀减速直线运动，乙粒子在电场中做匀加速直线运动，设甲、乙粒子在电场中运动的时间均为t1，加速度大小均为a，结合逆向思维知 联立知 故AC错误，B正确； D、甲粒子在电场中运动时电场力做负功，由功能关系知，甲粒子在电场中运动时电势能增大，故D错误。 故选：B。 【变式训练7-4】（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的足够大匀强磁场，磁感应强度为B。两个带电量均为+q、质量分别为m、m的粒子a和b，分别从第二象限的P1（d，d）、P2（﹣d'，d）同时由静止释放，均从y轴上的同一点S垂直y轴进入磁场。若粒子a在第一象限的轨迹为四分之一圆弧，且a、b两粒子在第一象限中运动的时间相等，不计粒子重力及相互作用，下列说法正确的是（　　） A．粒子b在磁场中运动的轨迹半径为 B．a、b两粒子经过S点时的速度之比为3：4 C．粒子b在电场中加速的距离为 D．a、b两粒子进入第三象限的时间差为 【答案】BC 【解析】由粒子a在第一象限中的轨迹为四分之一圆弧，可得到粒子a的运动半径；粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动的半径、周期；根据粒子a、b在第一象限的运动时间相同，可得到粒子b在磁场中运动半径；根据半径与速度的关系，可得到两粒子经过S点时的速度之比；粒子在电场中运动时，根据动能定理，可得到粒子b在电场中加速的距离；由粒子在单直线边界磁场中运动的特点，可得到粒子在第一、第四象限中运动的时间；由粒子在电场中运动的特点，可得到粒子在电场中运动的时间差，联立可得到a、b两粒子进入第三象限的时间差。 解：A、粒子a在第一象限中的轨迹为四分之一圆弧，可得到粒子a的运动半径为d； 粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得：、，粒子在第一象限的磁场中运动的时间为：，联立可得：，； 由粒子a、b在第一象限的运动时间相同，可得：，解得：，即粒子b在第一象限的磁场中轨迹如下： 由图可知：，解得b运动半径rb＝2d，故A错误； B、根据A选项分析，可知半径与速度满足：，则a、b两粒子的速度之比为：，可得到两粒子经过S点时的速度之比，故B正确； C、粒子在电场中运动时，根据动能定理，可得：，，解得粒子b在电场中加速的距离：，故C正确； D、由粒子在单直线边界磁场中运动的特点，可得到粒子在第一、第四象限中运动的时间分别为：， 由粒子在电场中运动的特点，可得到粒子在电场中运动的时间满足：， 联立可得到a、b两粒子进入第三象限的时间差Δt＝tb1+tb﹣（ta1+ta），解得：，故D错误。 故选：BC。 【变式训练7-5】（多选）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是(　　) A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为 B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为 C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为 D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL 【答案】　ABD 【解析】　电子在磁场中做圆周运动，从P点到Q点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为T＝ 设电子在PO段完成n个圆弧，则电子从P点出发恰好经原点O点的时间为 t＝nT＝，n＝1、2、3…… 所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为，则A正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得nr＝L 电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为s＝n 当n＝1时s＝ 所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为，则B正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为t＝nT＝，n＝1、2、3…，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为，则C错误；若电子从P点出发经原点O到Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子在PO段完成n个圆弧，那么关于电子的运动路程，n为奇数时为2πL，n为偶数时为πL，故D正确． 【变式训练7-6】如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面．在x>0区域内，磁感应强度大小为B1＝2 T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1 T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25 kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，电荷量q＝＋3.2×10－19 C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104 eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能．设a粒子的速度沿x轴正方向．不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间．求： (1)若γ＝0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1； (2)γ取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大； (3)γ取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？ 【答案】　(1) m　(2)　(3)或 【解析】　(1)分裂过程动量守恒，则有γMva＝(1－γ)Mvb 由能量守恒定律得，E＝γMva2＋(1－γ)Mvb2，解得va＝ vb＝ 粒子a轨迹满足qvaB1＝ Ra1＝＝ m (2)由(1)问可知Ra1＝＝ 可知当γ＝时Ra1最大； (3)一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒，a粒子带正电，则b粒子带负电．由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等r＝ 即＝＝ a、b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为C点和D点 ①若在C点相遇＝＋ 则γ＝ ②若在D点相遇，由于△OCD为正三角形，所以＋＝ 则γ＝. 【变式训练7-7】如图所示，坐标系的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外；第四象限内有沿轴负方向的匀强电场。质量为、带电量为的粒子以速率从轴的点射入磁场，经轴上的点沿轴负方向进入电场，然后从轴负半轴点以与轴负方向成角离开电场，不计粒子重力，求： （1）粒子在点时速度方向与轴正方向的夹角； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。    【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示    由于，且从点沿轴负方向进入电场，则圆心在轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为，圆心为，由几何关系有 解得 则有 设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成角，由几何关系，有 解得 （2）根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有 垂直电场方向上有 又有 联立解得 （3）由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为 粒子在电场中运动的时间为 粒子在磁场电场中运动的总时间 题型08:带电粒子在叠加场中的运动 【典型例题1】如图所示，空间直角坐标系中存在沿x轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点有一粒子源，能沿与x轴正方向成37°角的各个方向源源不断地发射质量为m、带电荷量为+q、速度大小为v的粒子，右侧平行于yOz平面有一足够大的荧光屏，不计粒子重力和粒子间的相互作用，sin37°＝0.6。屏从O点向右平移，当屏上亮环第一次最大时，屏上圆的面积为S，再向左平移荧光屏，当屏上圆的面积为时，屏到O点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据粒子的运动情况，画出粒子的运动轨迹，根据周期表达和运动学公式求当屏上圆的面积为时，屏到O点的距离。 解：粒子在磁场中的螺旋线运动粒子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，当屏上亮环第一次最大时，粒子运动半个周期，做匀速圆周运动的位移等于轨迹圆直径，再向左平移荧光屏，当屏上圆的面积为时，屏上圆的半径变为最大时的，如图所示 根据几何知识可知粒子偏转了60°角，即运动了六分之一周期。粒子做匀速圆周运动的周期 做直线运动的速度为 v1＝vcos37° 可知此时屏到O点的距离为 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【典型例题2】如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里．带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动．则下列说法中正确的是 (　　) A．三个液滴都带负电 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率 C．三个液滴中液滴b质量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动 【答案】AD 【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故液滴带负电，b液滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qE，c液滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE，解得Gc＞Ga＞Gb，故A正确，C错误；由以上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；根据f＝qvB，可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确． 【变式训练8-1】如图所示，内壁绝缘且光滑的半圆槽固定在水平面上，一带正电的小球从槽的最左端与槽圆心O等高处静止释放，球运动的周期为T1；若仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，球沿槽运动的周期为T2；若仅在该空间加竖直向下的匀强电场，球运动的周期为T3，不计空气阻力。则（　　） A．T2＜T1 B．T2＝T1 C．T3＝T1 D．T3＞T1 【答案】B 【解析】根据仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力一直指向圆心，对小球不做功，结合仅在该空间加竖直向下的匀强电场，小球先受到向下的电场力，后受到向上的电场力分析求解。 解：当仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力一直指向圆心，对小球不做功，小球切线方向上的速度不变，故时间与不加磁场相同，故T2＝T1， 仅在该空间加竖直向下的匀强电场，小球先受到向下的电场力，后受到向上的电场力，故整段的平均速度大于不加电场时的速度，故T3小于T1，故B正确，ACD错误； 故选：B。 【变式训练8-2】如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C的物体在与水平面成37°角的天花板上以速度v0沿天花板方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0的大小和方向，下列说法正确的是（　　） A．大小为8m/s，方向沿天花板向下 B．大小为4m/s，方向沿天花板向上 C．大小为20m/s，方向沿天花板向下 D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下 【答案】C 【解析】先对匀速运动的物体进行受力分析，根据平衡条件结合摩擦力公式求出洛伦兹力大小，再由洛伦兹力公式解得物体速度。 解：对物体受力分析，由于物体沿天花板方向做匀速直线运动，则物体受力平衡，所以洛伦兹力一定垂直天花板向上； 根据左手定则可知，物体的运动方向为沿天花板向下； 摩擦力与相对运动方向相反，沿天花板向上，受力分析图如图所示： 根据平衡条件可得mgcos37°+N＝F洛，f＝mgsin37°， 又f＝μN， 解得F洛＝2N， 根据F洛＝qv0B， 解得物体的速度大小为v0＝20m/s。 故选：C。 【变式训练8-3】（多选）如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交， 有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是 (　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带负电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 【答案】AC 【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确．故选AC. 【变式训练8-4】（多选）一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（　　） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的圆心角为60° C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是 D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是 【答案】BCD 【解析】A.结合题意，根据左手定则，即可分析判断； B.由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，据此分析判断； C.由洛伦兹力提供向心力列式，画出粒子的运动轨迹，结合几何关系列式，即可分析判断； D.结合前面分析，根据几何关系列式，即可分析判断。 解：A.磁场方向垂直于纸面向外，粒子在磁场中顺时针偏转，根据左手定则可知，带电粒子带正电荷，故A错误； B.由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，则带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，故B正确； C.由洛伦兹力提供向心力得：， 可得轨道半径为：， 粒子的运动轨迹如图所示： 若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小，根据几何关系可知：CD＝R， 故最小面积为：， 解得：，故C正确； D.若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到CD的距离h为宽，则矩形的面积最小， 则有：， 所以矩形区域磁场最小面积为：， 解得：，故D正确； 故选：BCD。 题型09：带电粒子在交变电、磁场中的运动 【典型例题1】如图甲所示，是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为、电荷量为的带正电粒子以速度在时从点沿方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（   ） A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则磁场的磁感应强度 B．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子运动的加速度大小 C．若要使粒子恰能沿方向通过点，则磁场的磁感应强度的大小 D．若要使粒子恰能沿方向通过点，磁场变化的周期 【答案】AD 【解析】A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为 R=L 根据 解得磁场的磁感应强度 选项A正确； B．若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图， 由几何关系得，运动半径为 r=L 运动中的加速度为 选项B错误； CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；根据运动的对称性可得，轨道半径满足 2L=2nr′ 即 (n=1、2、3、…..) 由洛伦兹力提供向心力得 得 (n=0、1、2、3、….) 粒子圆周运动周期为 磁感应强度变化的周期 T0=T 得 T0= (n=0、1、2、3、….) 选项C错误，D正确； 故选AD. 【典型例题2】如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω； （2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm； （3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。 【答案】（1）；（2）；（3），（其中n=1,2,3,…） 【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力可知 其中 可得 （2）要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图 在前内的运动半径为 在后内的运动半径为 由几何关系可知 粒子做圆周运动的周期 则 解得磁感应强度变化周期的最大值 （3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻过D点，（其中n=1,2,3,…），则轨迹如图 由（2）问可得 由几何关系可知 ，（其中n=1,2,3,…） 解得 （其中n=1,2,3,…） 又 解得 ，（其中n=1,2,3,…） 【变式训练9-1】在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中=d，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。 （1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小； （2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。 （3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。 【答案】（1）；（2），（3）(n=0,1,2,3…)， 【解析】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示 由几何关系可得 由洛伦兹力作为向心力可得 联立解得 （2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示 由几何关系可得 由洛伦兹力作为向心力可得 联立解得 可知轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中的运动周期为 故对应的运动时间为 （3）由题意可知，磁场的周期满足 可知每经过，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图所示 粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得 则 设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得 (n=0,1,2,3…) 由洛伦兹力作为向心力可得 联立解得 (n=0,1,2,3…) 【变式训练9-2】如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力。求： (1)t＝t0时，求粒子的位置坐标； (2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。 【答案】(1) （，0）；(2)(3)（n=1，2，3，…） 【解析】(1)由粒子的比荷 则粒子做圆周运动的周期 则在0-t0内转过的圆心角α=π 由牛顿第二定律 得 位置坐标（，0） (2)粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示 r2=2r1 得 又 粒子在t0-2t0时间内做匀加速直线运动， 2t0-3t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离 (3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足∶ （n=1，2，3，…） 联立以上解得 又由于 得 （n=1，2，3，…） 【变式训练9-3】如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为。粒子重力不计，求： (1)粒子的比荷； (2)粒子在t＝时的位置坐标； (3)粒子在t＝时的速度； (4)t＝(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。 【答案】　(1)　(2)　(3)v0　方向在xOz平面内与z轴正方向所成夹角的正切值为　(4) 【解析】(1)粒子在0～时间内在xOz平面内做类平抛运动，x方向x＝v0t1＝L　 故粒子在t1＝时刻经过P点，z轴方向L＝at，E0q＝ma，解得＝。 (2)粒子经过P点时沿z轴速度大小为vz，vz＝at1＝2v0，在磁场区域沿z轴方向匀速运动，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图1所示，设圆周运动半径为R，由qBv0＝m 圆周运动的周期T＝ 粒子经时间t2＝，沿z轴运动的距离z2＝vzt2＝2L 圆周运动转过的圆心角为α＝×2π＝3π， 故粒子在xOy平面内沿y轴方向运动的距离d＝2R＝ 粒子在时的位置坐标为。 (3)粒子再次在电场中运动，沿z轴的初速度为vz＝2v0 沿x轴负方向的速度vx＝v0 在xOz平面内做类斜抛运动，沿坐标轴方向分解，如图2所示， 沿x轴负方向匀速运动L＝v0t3 沿z轴正方向匀加速运动vz′＝vz＋at3＝4v0 速度大小v＝＝v0 速度方向在xOz平面内与z轴正方向成夹角θ，tan θ＝＝。 (4)粒子在有电场时沿z轴匀加速运动，第1、3、5…个单位时间内沿z轴方向前进位移为L、3L、5L…，在有磁场存在时，沿z轴匀速运动，第2、4、6…个单位时间 内沿z轴方向前进位移分别为2L、4L、6L…，则粒子在n的时间内沿z方向位移 zn＝L＋2L＋3L＋4L＋…＋nL 故zn＝。 【变式训练9-4】两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求： （1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标； （2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功； （3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知 解得粒子在时刻的速度大小为 方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离 在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为 粒子运动轨迹如图 所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即； （2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向 解得时刻粒子的速度 方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为 在时间内，粒子在水平方向运动的距离为 此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向 解得粒子在时刻的速度 粒子在竖直方向运动的距离 粒子运动的轨迹如图 在时间内，静电力对粒子的做功大小为 电场力做正功； （3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达点，则释放的位置一定在时间内，粒子加速度时间为，在竖直方向上 在时间内粒子在水平方向运动的距离为 在时间内，在竖直方向 在时间内，粒子在水平方向运动的距离为 接收器的位置为，根据距离的关系可知 解得 此时粒子已经到达点上方，粒子竖直方向减速至用时，则 竖直方向需要满足 解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻； 若粒子经过一个半圆到达点，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子加速的时间为，在竖直方向上 之后粒子在时间内转动半轴，横向移动距离直接到达点的横坐标，即 解得 接下来在过程中粒子在竖直方向减速为的过程中 粒子要在点被吸收，需要满足 代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为 题型10:带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 【典型例题1】如图所示，在空间坐标系中，存在着电场强度为的匀强电场和磁感应强度为的匀强磁场图中都未画出，方向均沿轴负方向。一质量为、电荷量为的油滴从点以速度沿轴正方向进入复合场，关于油滴的运动下列说法正确的是() A.若，则油滴做匀速直线运动 B.若，则油滴做匀速圆周运动 C.若，则油滴做类平抛运动 D.无论如何，油滴都不可能做匀变速曲线运动 【答案】C 【解析】油滴从点以速度沿轴正方向进入复合场，受到竖直向下的重力，竖直向上的洛伦兹力，沿轴负方向的电场力。若洛伦兹力与重力相等，则电场力和初速度垂直，则油滴做类平抛运动，加速度大小方向不变，为匀变速曲线运动，故AD错误，C正确； B.若，则油滴做螺旋运动，故B错误。 故选C。 【典型例题2】（多选)利用电磁控制带电粒子的运动轨迹在现代实验和设备中得到广泛应用。如图所示，空间内有正立方体abcd－efgh区域，正方体区域内存在着方向沿ae向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子从a点沿ab方向以速度v0进入空间，粒子恰好通过c点;第一次撤去磁场，正方体内加上竖直向下的匀强电场E1，粒子仍从a点以原速度v0进入电场，粒子恰好通过f点;第二次恢复原磁场，同时换上竖直向下的匀强电场E2，粒子仍从a点以原速度v0进入场区，粒子恰好通过g点，不计粒子重力，正方体外无电场和磁场，下列说法正确的是(　　) A.电场强度E1大小为v0B B.粒子从a点到c点时间是从a点到f点时间的倍 C.电场强度E2大小为 D.到达g点时速度大小为v0 【答案】　BC 【解析】设立方体棱长为L，只加磁场时，粒子做圆周运动，恰好通过c点，其半径R＝L，由qv0B＝m，所用时间t1＝;只加电场E1，粒子做类平抛运动，有L＝v0t2，L＝，联立得E1＝2v0B，t2＝，可得，故A错误，B正确;空间同时加磁场和电场E2，粒子做非等距螺旋线运动，粒子恰好通过g点，所用时间t3＝t1＝，沿电场方向有L＝，得E2＝，故C正确;粒子在g点速度vg＝＝v0，故D错误。 【变式训练10-1】我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　）    A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大 C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进 D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距增大 【答案】D 【解析】A．带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径 会变小，A错误； B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，B错误； C．漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，C错误； D．当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小。而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距将增大。D正确。 故选D。 【分析】由于空气阻力的作用，粒子速度逐渐减小，其运动半径逐渐减小，因此圆周运动半径逐渐减小，由左手定则可以判断粒子在北极上空运动的方向。当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，即可分析D项。 题目以常见的自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点。关键是将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解。 【变式训练10-2】在中国环形加速器实验室中，质子被加速到接近光速，在半径为的环形轨道上以的速度匀速圆周运动。已知质子的质量为，电荷量为，若仅考虑洛伦兹力的作用，忽略相对论效应，则所需的匀强磁场强度约为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】根据，解得所需要的磁场，故选A。 【变式训练10-3】如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值; (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值; (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 【答案】(1)　(2)　(3) 【解析】　(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0和沿y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则 ＝nT(n＝1，2，3，…) 联立解得B＝(n＝1，2，3，…) 当n＝1时，Bmin＝。 (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxBmin＝m 则|tan θ|＝。 (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时y轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma 由速度位移公式有2aym＝ 联立解得ym＝。 题型11:带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 【典型例题1】（多选）如图所示，正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一不计重力的带电粒子，以大小为v的速度，从ab边的中点M垂直于ab边和磁场射入正方形区域，并从bc边的中点N射出。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间加倍 B．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间不变 C．若仅将加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的2倍 D．若仅将加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的倍 【答案】BD 【解析】AB．设正方形区域的边长为L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 解得 根据 解得 当所有条件不变时，根据左手定则和几何关系可知，此时粒子的转动半径 此时粒子在磁场中的运动时间为 当磁场加倍时，粒子的转动半径变为原来的一半，运动周期也变为原来的一半，即 根据左手定则和几何关系，粒子将在b点射出磁场，所以此时粒子在磁场中运动的时间 即将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间不变，A错误，B正确； CD．当所有条件不变时，根据左手定则和几何关系可知，粒子的位移 仅将速度加倍，则粒子的转动半径加倍，根据左手定则和几何关系可知，粒子从bc边距离b点为的位置射出，则粒子此时的位移 即将加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的倍，C错误，D正确。 故选BD。 【典型例题2】在Oxy平面存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为；在y轴有一离子源S，其坐标为，向平面内各个方向均匀发射质量为m，电量为，速率为且带正电的粒子。现沿x轴放置一足够长且不可穿过的挡板，挡板上有C、D两点，C点横坐标，D点横坐标，不考虑带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力。 (1)若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标； (2)求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比； (3)若在挡板上不同位置放一些微型粒子探测器可视为质点，发现在一些位置上粒子只会从一个方向进入探测器，而在另一些位置上粒子会从两个方向进入探测器，试确定能从两个方向进入探测器的位置所在区间。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据 可得 如图1所示，根据几何关系，打到挡板上的粒子x坐标为 （2）如图2所示；与负y轴成出射的粒子打到挡板上的位置恰为D点，沿负x轴出射的粒子打到挡板上的位置恰为C点，在此角度范围内出射的粒子可以打到CD区间，它们占所有出射粒子的比例为 （3）如图3所示；当出射粒子速度为方向时，粒子刚好打到板上C点，由几何关系知：方向与y轴正向夹角为，打到板上的坐标值为；出射粒子速度从方向逆时针逐渐转到方向，当粒子打到挡板上的位置据S点距离变大，当出射方向为，打到挡板上的位置据S点最远为2R，最远点E的横坐标 出射粒子速度从方向逆时针逐渐转到方向，粒子刚好再次打到板上C点； 综上判断，在EC区间的探测器能够探测到粒子从两个方向进入探测器相应区间为 【变式训练11-1】如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP=L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为的正离子（此后不再喷发），不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则下列说法不正确的是（　　） A．打中荧光屏的最短时间为 B．打中荧光屏的宽度为 C．打中荧光屏的最长时间为 D．打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为1∶2 【答案】C 【解析】A．离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得 解得离子轨道半径为 离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子轨迹恰好经过P点，如图所示 根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为 故A正确，不符合题意； C．当时，离子的轨道半径为 离子运动轨迹如图所示 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打在荧光屏上的离子的周期 打中荧光屏的最长时间为 故C错误，符合题意； B．离子打中荧光屏的范围总长度为图中得AB长度，由几何关系可知 打中荧光屏的宽度为，故B正确，不符合题意； D．当时，离子的轨道半径为 离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到点的离子离开S时的初速度方向夹角 故能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比为 故D正确，不符合题意。 故选C。 【变式训练11-2】如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T。一个质量为、电荷量为的带电粒子从P点沿图示方向以v=20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场（Q点未画出）。已知OP=25cm，粒子重力不计。求： (1)OQ的距离及粒子从P运动到Q的时间； (2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足的条件。 【答案】(1)， (2) 【解析】（1）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 解得 过P点做速度的垂线，交x轴于O1点。 O1P的长度为 O1点就是轨迹的圆心。OQ的距离为 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的周期为 从P运动到Q转过了150°，从P运动到Q的时间为 解得 （2）若粒子恰好不能进入x轴上方，带电粒子轨迹如图所示 又因为 解得 若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度。 【变式训练11-3】如图所示，和是竖直圆的两条相互垂直的直径，水平，为过点且平行的直线，圆内部充满磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。现有一束宽度和相等、电荷量为、质量为的带正电粒子以相同速率平行直径射入圆，粒子均通过点进入直线下方。已知圆的半径为，不计重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的速率； (2)若直线下方充满磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，分别射向和中点的两粒子进入直线下方后又均从点射出下方磁场，求点到点的距离； (3)若直线下方、延长线的右侧存在一个垂直纸面向里的矩形匀强磁场，直线和延长线分别为其两个边界，该磁场竖直方向边长为，水平方向边长为。已知粒子在该磁场中做圆周运动的半径介于到之间，在该磁场中运动时间最长的粒子的运动时间恰好为粒子在该磁场中做圆周运动周期的，求矩形磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据题意可知，以相同速率平行直径射入圆，粒子均通过点进入直线下方，由磁聚焦可知，粒子在磁场中做圆周运动半径为 根据洛伦兹力提供向心力有 联立解得 （2）结合上述分析可知，粒子进入下方后做圆周运动的半径为 由几何关系可得，两粒子从点射出圆形磁场时速度方向与延长线的夹角相等，设为，则 由几何关系可得 联立解得 （3）设矩形磁场磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的轨道半径为，根据洛伦兹力提供向心力，得 解得 当时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为的圆弧，圆弧与矩形磁场的边界相切，如图所示 设该粒子在矩形磁场中运动的时间为，依题意 回旋角度为，设该粒子进入矩形磁场时的速度方向与竖直方向间的夹角为，由几何关系得，， 解得，（舍） 联立解得 一：单选题 1．下列说法中正确的是（　　） A．运动的质子在经过某处时不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度为零 B．电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变 C．速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同 D．电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果 【答案】B 【解析】解：A．根据洛伦兹力的特点可知，运动的质子不受洛伦兹力可能是因为速度方向与磁场方向平行（此时磁感应强度不为零），故A错误； B．由A选项的分析可知，当电荷速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，电荷做匀速直线运动，速度保持不变，故B正确； C．洛伦兹力大小为F＝qvBsinθ，速度大小相同但方向不同（θ不同）时，力的大小不同，故C错误； D．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，故D错误。 故选：B。 2．如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始时位于管道M端且相对管道的速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m、电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径。关于小球从M端运动到N端过程，下列说法正确的是（　　） A．时间为 B．小球所受洛伦兹力做正功 C．小球所受洛伦兹力方向竖直向上 D．外力F做的功为qvBl 【答案】D 【解析】解：A、绝缘管道在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿管道方向的分力保持不变， 根据牛顿第二定律得qvB＝ma 根据位移—时间关系式可得 代入数据解得 故A错误； B、洛伦兹力的方向与速度的方向始终垂直，可知小球所受洛伦兹力不做功，故B错误； C、水平方向小球做匀速直线运动，沿管道做匀加速直线运动，合速度方向斜向右上方，根据左手定则可知，小球所受洛伦兹力方向斜向左上方，故C错误； D、洛伦兹力不做功，故在沿管道方向的分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，外力始终与洛伦兹力垂直管道的分力平衡， 则有WF＝Wy＝Wx＝qvBl 故D正确。 故选：D。 3．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是（　　） A．液滴一定带负电 B．液滴在C点时动能最大 C．液滴在C点电势能最小 D．液滴在C点机械能最小 【答案】C 【解析】解：A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A正确； B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，根据动能定理可知液滴的动能仍增大，从C到B的过程中，重力和电场力合力做负功，洛伦兹力不做功，动能减小，所以滴在C点动能最大，故B正确； C．液滴从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，从C到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，故液滴在C点电势能最大，故C错误； D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从A到C的过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，机械能减小，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，所以液滴在C点机械能最小，故D正确。 本题是选不正确的，故选：C。 4．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度为0.25T的匀强磁场，M＝0.4kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面，在木板左端放置m＝0.1kg带电量为0.4C的负电荷滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小F＝0.5N的恒力，g取10m/s2，在以后的运动过程中（　　） A．滑块在木板上一直做匀加速直线运动 B．滑块匀加速运动的时间t＝8s C．滑块最终速度v1＝6m/s D．滑块最终的速度为v2＝8m/s 【答案】B 【解析】解：A.F刚作用在木板上时，假设滑块与木板间不相对滑动，则整体的加速度大小为m/s2＝1m/s2，滑块与木板间的摩擦力大小为 f＝ma 代入数据得f＝0.1N＜μmg＝0.5×0.1×10N＝0.5N，则假设成立，故刚开始时，滑块随木板一起向左匀加速直线运动，随着速度增大，滑块所受向上的洛伦兹力越来越大，木板对滑块的支持力越来越小，滑块与木板间的最大静摩擦力越来越小，当滑块与木板间的最大静摩擦力减小到0.1N时，滑块与木板间开始出现相对滑动，此后随着滑块继续向左加速，所受洛伦兹力继续增大，木板对滑块的支持力继续减小，滑块所受摩擦力继续减小，滑块的加速度也继续减小，当滑块所受洛伦兹力等于滑块重力时，滑块对木板压力为零，此时滑块的速度达到最大，故A错误； C.滑块匀加速结束时对滑块有μ（mg﹣qv1B）＝ma 代入数据得v1＝8m/s，故C错误； B.滑块匀加速运动的时间，故B正确； D.滑块最终的速度满足qv2B＝mg 代入数据得v2＝10m/s，故D错误。 故选：B。 5．如图所示，长度为L、内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m、电荷量为q的带正电小球。整个装置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（　　） A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球的运动轨迹是抛物线 C．管壁的弹力对小球不做功 D．洛伦兹力对小球做功Wf＝qv0BL 【答案】B 【解析】解：AB.由题意可知，小球和管一起向右匀速直线运动，根据左手定则可知，小球受到沿管向上的洛伦兹力， 由牛顿第二定律得：qv0B＝ma 代入数据得：， 即沿管方向小球做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球做类平抛运动，故A错误，B正确； D.由左手定则可知，洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误； C.因为小球最终从上端口飞出，则沿管方向的速度满足：v2＝2aL 水平方向一直匀速直线运动，可知小球动能增加，又因为洛伦兹力不做功，所以管壁对小球向右的弹力对小球做正功，由矢量合成法则可知，小球飞出时速度大小为：， 则由动能定理得，整个过程管壁的弹力对小球做功为：， 代入数据得：WF＝qv0BL，故C错误； 故选：B。 6．如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C的物体在与水平面成37°角的天花板上以速度v0沿天花板方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0的大小和方向，下列说法正确的是（　　） A．大小为8m/s，方向沿天花板向下 B．大小为4m/s，方向沿天花板向上 C．大小为20m/s，方向沿天花板向下 D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下 【答案】C 【解析】解：对物体受力分析，由于物体沿天花板方向做匀速直线运动，则物体受力平衡，所以洛伦兹力一定垂直天花板向上； 根据左手定则可知，物体的运动方向为沿天花板向下； 摩擦力与相对运动方向相反，沿天花板向上，受力分析图如图所示： 根据平衡条件可得mgcos37°+N＝F洛，f＝mgsin37°， 又f＝μN， 解得F洛＝2N， 根据F洛＝qv0B， 解得物体的速度大小为v0＝20m/s。 故选：C。 7．如图所示，直角边长度为L的等腰直角三角形AOC内部，存在垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小为B。在AO边上距O点位置处有一粒子源P，能垂直AO边沿纸面向磁场内部发射质量为m、电荷量为q的负粒子，粒子射入磁场的速率v大小可调，忽略粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中运动的时间不可能小于 B．粒子在磁场中运动的时间可能为 C．粒子在磁场中运动的时间可能为 D．若，粒子在磁场中的运动时间为 【答案】D 【解析】解：A．根据题意可知，若粒子的运动速度趋向于无穷大，结合粒子在磁场中做圆周运动的半径表达式可知其运动的半径趋向于无穷大，粒子几乎不做偏转，从AC边飞出，则其在磁场中运动的时间趋向于0，故A错误； BC．粒子在磁场中做圆周运动，周期满足 故在三角形AOC内部做部分圆周运动所用的时间与粒子转过的圆心角有关。若粒子速度较大，粒子从AC边飞出，其临界情况为粒子的圆周运动轨迹与AC边相切，粒子在磁场中运动的时间为 当粒子速度略小于该临界情况，则其从OC边飞出，转过的圆心角为钝角；当粒子速度逐渐减小至粒子垂直于OA边出射，其磁场中运动的时间最长，对应转过的圆心角为180°，所用时间为 综上不存在粒子在磁场中转过60°出射，用时的情况，故BC错误； D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 当粒子的速度 可知其运动半径为 运动轨迹如下图所示 由图可知， 粒子轨迹圆的圆心D到AC边的距离为x＝xADsin45°＞r 故粒子不会从AC边飞出，另外出射点E到O点的距离为 可知∠EDO＝60° 故粒子在磁场中转过的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间为，故D正确。 故选：D。 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有一粒子源，粒子源从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、质量为m、电荷量为q。PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的足够长的挡板，挡板的Q端与O点的连线与挡板垂直，距离为，设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重力。则（　　） A．板上有粒子打到的范围长度 B．打在板上的粒子在磁场中运动的最短时间为 C．打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间为 D．打在挡板上的粒子占所有粒子的 【答案】B 【解析】粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，解得粒子运动的半径大小，根据几何关系可求得挡板长度，根据圆心角求得时间。 解：A.设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。 设粒子做圆周运动的半径为r，则有 解得 能打到挡板上的最远的粒子如图1： 由几何关系可知，挡板长度 故A错误； BC.由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图2轨迹1所示，则 由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1＝106° 对应的时间为 当粒子从右侧恰好打在Q点时，时间最长，如图2轨迹2所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2＝254° 对应的时间为 故B正确，C错误； D.如图3所示 能打到屏上的粒子，在发射角在与x轴成37°到127°范围内90°角的范围内的粒子，则打在挡板上的粒子占所有粒子的，故D错误。 故选：B。 9．如图所示，一根无限长直导线水平放置，其中电流从右向左流过，导线正下方有一个粒子源，可水平向右发射出四种粒子：α粒子（带正电）、β粒子（带负电）、中子和质子，则轨迹向上偏转的粒子是（　　） A．α粒子 B．β粒子 C．中子 D．质子 【答案】B 【解析】题目中无限长直导线电流方向向左，根据安培定则可知导线正下方磁场方向垂直纸面向外。粒子源向右发射四种粒子，需用左手定则判断受力方向。带正电的α粒子和质子受洛伦兹力向下偏转，中子不受力保持直线运动，带负电的β粒子受力方向与正电荷相反，故向上偏转。 解：根据安培定则（右手螺旋定则）判断导线产生的磁场方向。导线中电流方向水平向左，用右手握住导线，大拇指指向电流方向（向左），四指弯曲方向即为磁感线环绕方向。在导线正下方，磁场方向垂直纸面向外。根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力方向：磁感线垂直穿过手心（手心对准纸面），四指指向粒子运动方向（向右）。若为带正电粒子（如α粒子、质子），大拇指指向下方，洛伦兹力向下，轨迹向下偏转；若为带负电粒子（如β粒子），受力方向相反，洛伦兹力向上，轨迹向上偏转；中子不带电，不受洛伦兹力，沿直线运动。因此，轨迹向上偏转的粒子是带负电的β粒子。故ACD错误，B正确。 故选：B。 10．边界MN上方区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，带电粒子a、b垂直于磁场方向（同时垂直于磁场边界）从O点射入，它们的部分运动轨迹如图所示。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．若粒子a与粒子b所带电荷量相同，则粒子a的动量小 C．若两粒子射入时的初动能相同，则粒子a受到的洛伦兹力小 D．若粒子a先回到磁场边界，则粒子a的比荷小于粒子b的比荷 【答案】B 【解析】根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力分析求解。 解：A．粒子a向左偏转，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，粒子a带正电，故A错误； B．粒子a轨迹弯曲程度比粒子b大，表明粒子a圆周运动的半径小于粒子b圆周运动的半径，即有Ra＜Rb 根据， 解得， 若粒子a与粒子b所带电荷量相同，则粒子a的动量小，故B正确； C．若两粒子射入时的初动能相同，则有 两个粒子所受洛伦兹力分别为， 由于半径关系Ra＜Rb 则有Fa＞Fb，则粒子a受到的洛伦兹力大，故C错误； D．粒子在磁场中的轨迹为半个圆，经历时间为半个周期，若粒子a先回到磁场边界，则有Ta＜Tb 两粒子磁场中圆周运动的周期， 则有比荷关系 即若粒子a先回到磁场边界，则粒子a的比荷大于粒子b的比荷，故D错误。 故选：B。 11．如图所示，正方形区域ABCD内存在垂直纸面的匀强磁场，E、F为CD边的三等分点。现从BC边上某点在纸面内沿不同方向，以速度v0向正方形区域内射入带电粒子。从CD边上的E、F点射出的粒子，速度与CD边垂直。已知粒子质量均为m，带电量均为q，正方形边长为L，不计粒子所受重力和粒子之间的相互作用。则该区域内磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出从CD边上的E、F点射出的粒子运动轨迹，由几何关系求得粒子的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解该区域内磁感应强度大小。 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，从CD边上的E、F点射出的粒子运动轨迹如下图所示： 根据洛伦兹力提供向心力得： 解得： 可知从CD边上的E、F点射出的粒子做匀速圆周运动的半径相同，设粒子从BC边上的P点进入磁场，P点与C点的距离为x，由几何关系得： 在△PCO1中有： 在△PCO2中有： 联立解得：，，故A正确，BCD错误。 故选：A。 12．如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度为B，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝L，A处有一个粒子发射源，可以在0∼90°内发射不同速率的同种带负电粒子，粒子的比荷为k。若粒子的速率用v0（未知）表示，初速度与AB边的夹角用θ（未知）表示，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　） A．若θ＝30°，粒子从AB边射出的最大速率为kBL B．若θ＝60°且粒子恰好不从BC边射出，则 C．若θ＝90°且粒子恰好不从BC边射出，则 D．若，粒子从BC边离开磁场的最短时间为 【答案】D 【解析】根据若θ＝30°，粒子从AB边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC边相切，若粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，结合洛伦兹力提供向心力，以及几何关系分析求解。 解：A．若角度θ ＝30°，粒子从AB边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC边相切，根据对称性可知，粒子从B点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得粒子从AB边射出的最大速率为，故A错误； B.若角度θ＝60°且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有r ＝Lcos30° ＝ 解得速度v0，故B错误。 C．若角度θ＝90°且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得速度，故C错误。 D.根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子的半径公式满足 若，则 粒子从BC边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A点的连线与BC边垂直，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，ΔAO1D为等边三角形，则最短时间，故D正确。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 13．托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点发射a、b两个粒子，都恰好经过磁场外边界。已知a粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小，b粒子沿内圆的切线方向发射，a、b都带正电且比荷均为。不考虑带电粒子所受重力和相互作用。则（　　） A．外圆半径等于2R0 B．a粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 C．b粒子速度大小为 D．b粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 【答案】C 【解析】根据洛伦兹力提供向心力，a沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA垂直的直线上，结合b沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA直线上，粒子轨迹与外圆相切分析求解。 解：A．已知，根据洛伦兹力提供向心力，可得a粒子的运动半径ra＝R0 a沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA垂直的直线上，运动轨迹如图 由几何关系可得 解得外圆半径，故A错误； B．a从A到外边界切点，转过的圆心角θa＝π﹣β，由图可知角度tanβ＝1，解得β＝45° 可得圆心角 运动时间，故B错误； C．b沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA直线上，粒子轨迹与外圆相切，运动轨迹如图所示。 设b轨道半径为rb，外圆半径满足R＝OOb+rb＝2rb﹣R0 又根据 可得b粒子的运动半径 ， 因此b粒子的速度，故C正确； D．b从A到外边界切点，A和切点分别在圆心Ob的两侧，转过圆心角θb＝π 则b粒子的运动时间 ，故D错误。 故选：C。 14.如图甲，两带电导体板水平放置，带正电粒子以速度v0从板中间射入，恰从下极板边缘射入与边界垂直的匀强磁场。已知板长为L，两板间距离为，粒子的荷质比为k，从进入磁场开始计时，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中。则粒子从进入磁场到射出磁场的两点间距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先由粒子在电场中的类平抛运动求出进入磁场时的速度大小与方向，再结合磁场周期性变化的特点，分段分析粒子的圆周运动与匀速直线运动过程，最终求出出射点与入射点的间距。 解：由题粒子的运动轨迹如图所示： 根据L＝v0t，，可得， 因此进入磁场时速度与水平方向夹角为θ＝30°，速度为， 因为，故， 0到t0时间内，粒子偏转120°，t0到2t0磁感应强度为0，粒子做匀速直线运动，2t0到3t0粒子偏转120°，和0到t0时间对称， 故粒子从进入磁场和射出磁场的两点间距离为d＝2Rcos30°+vt0， 由，可得，因此B正确，ACD错误。 故选：B。 15．2026年初，我国EAST（东方超环）“人造太阳”装置实现了1亿摄氏度与长脉冲稳态运行的新突破，提升了我国在磁约束核聚变领域中的国际地位。如图为实验所用的环流器结构示意图，等离子体（即各种粒子的混合体）被强磁场约束在环形真空室内。关于该装置，下列说法正确的是（　　） A．等离子体温度越高，分子运动速率越慢 B．磁场对等离子体的洛伦兹力不做功 C．该装置所用核燃料主要为铀235 D．磁约束控制之下带电粒子的动量不变 【答案】B 【解析】需结合核聚变原理、洛伦兹力特点及动量守恒 条件，逐一分析各选项的正确性。 A.等离子体温度越高，粒子的平均动能越大，分子运动速率越快，故A错误； B.洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，根据功的定义，力与位移方向垂直时不做功。因此磁场对等离子体的洛伦兹力不做功，故B正确。 C.EAST装置利用的是核聚变反应，其核燃料主要为氘和氚；而铀235是核裂变反应的燃料，故C错误； D.磁约束控制下，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度方向时刻变化，动量（矢量）的方向随之变化，即动量改变，故D错误。 故选：B。 16．如图所示，一质子源发射出的质子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速，从两板正中间平行极板进入偏转电场，穿过两板后又垂直于磁场射入边界线与偏转极板垂直的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。加速电压为U1，偏转电压为U2，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为d，则（　　） A．d随U1增大而增大，d与U2无关 B．d随U2增大而增大，d与U1无关 C．若将质子换成α粒子，其他条件不变，d不变 D．若将质子换成α粒子，其他条件不变，d变小 【答案】A 【解析】需要依次分析粒子在加速电场、偏转电场、匀强磁场中的运动情况。通过动能定理求加速后的速度，在偏转电场中分解速度得到合速度大小和方向，再利用洛伦兹力提供向心力求圆周运动半径，结合几何关系求M、N间距。 解：AB、带电粒子在电场中加速过程，有，得，带电粒子在电场中偏转做类平抛运动，可将射出偏转电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：。而粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：，所以，又因为半径公式，则有。故d随U1变化，d与U2无关，仅增大U1，d将增大，故A正确，B错误； CD、由知，若将质子换成α粒子，其他条件不变，变大，故d变大，故CD错误。 故选：A。 17．如图所示，平面直角坐标系中，一个半径为a、弧长略小于半圆的圆弧形挡板关于x轴对称放置，其圆心位于原点。以y＝a为上边界、y＝﹣a为下边界、圆弧形挡板为右边界，左边界无穷远的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B1。其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B2。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从（﹣a，0）处以某一初速度沿x轴正向射出，恰好从（0，a）处进入磁场Ⅱ，之后与挡板仅发生一次碰撞，碰后速度大小变为原来的、方向与碰前相反，最后经过（0，﹣a）处回到磁场Ⅰ。不计粒子重力及碰撞时间，整个过程粒子电量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．粒子初速度的大小为 B．两个磁场磁感应强度大小关系为B1＝2B2 C．粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标为 D．粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间为 【答案】C 【解析】A.根据洛伦兹力提供向心力求粒子初速度的大小； B.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求两个磁场磁感应强度大小关系； C.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标； D.根据周期表达式以及粒子在磁场中运动的时间关系求粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间。 解：A.粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，恰好从（0，a）处进入磁场Ⅱ，由几何关系可知半径为R＝a， 根据 可得 解得粒子初速度的大小为 故A错误； B.如图所示 根据 可得 碰后速度大小变为原来的，可设碰前的半径为3r，碰后的半径为r，根据几何关系可得 可得， 即 可得两个磁场磁感应强度大小关系为 故B错误； C.如图所示 根据 可得 可得粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标为 故C正确； D.在磁场B1中，周期 在磁场B2中，周期 粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间为 故D错误。 故选：C。 18．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（   ） A．t1 < t2 = t3 B．t1 < t2 < t3 C．t1 = t2 > t3 D．t1 > t2 > t3 【答案】A 【解析】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为 设正方形abcd的边长为l，则，， 则有t1 < t2 = t3 故选A。 19．如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　） A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 【答案】C 【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误； B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误； C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确； D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。 故选C。 20．坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子做圆周运动的半径 根据几何关系可得P点至O点的距离 故选C。 21．如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 【答案】D 【解析】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误； C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有 故C错误； D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 故D正确。 故选D。 22．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（　　）    A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B．粒子质量为 C．管道内的等效电流为 D．粒子束对管道的平均作用力大小为 【答案】C 【解析】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为 r=a 故A正确，不符合题意； B．根据 可得粒子的质量 故B正确，不符合题意； C．管道内的等效电流为 单位体积内电荷数为 则 故C错误，符合题意； D．由动量定理可得 粒子束对管道的平均作用力大小 联立解得 故D正确，不符合题意。 故选C。 二：多选题 1.（多选）如图所示，矩形区域abcd内、外分别存在着垂直于纸面向里、向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。比荷为k的带正电粒子（不计重力）从a点以与ab边夹角为30°的速度射入矩形区域内，粒子第一、二次穿过矩形区域边界时恰好分别经过b、c点。已知ab＝L，矩形区域外的磁场范围足够大。下列说法正确的是（　　） A．粒子的速度大小为kBL B．bcL C．粒子不经过d点 D．粒子相邻两次经过a点的时间间隔为 【答案】AD 【解析】解：A．根据题意可知，粒子第一次穿过矩形区域边界时恰好经过b点，作出粒子的运动轨迹，如下图所示 设粒子圆周运动的半径为r，由几何关系，可知圆心角θ1＝60°，则有r1＝L 由洛伦兹力提供向心力 粒子比荷 联立解得 v＝kBL 故A正确； B．根据题意可知，粒子第二次穿过矩形区域边界时恰好经过c点，作出粒子的运动轨迹，如下图所示 由几何关系有 故B错误； C．粒子经过b点时速度方向与bc边的夹角为60°，因此粒子经过c点时速度方向与cd边的夹角为30°，利用对称性可知，粒子恰能经过d点，并且能再次经过a点，故C错误； D．根据几何关系，可得粒子相邻两次经过a点的过程转过的圆心角 所用时间 故D正确。 故选：AD。 2．（多选）类似光学中的折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“折射”。一束质量为m、电荷量为e、速度为的质子束从Ⅰ区P点以“入射角”θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其在Ⅲ区出射方向与“法线”夹角为“折射角”α如图所示，“折射率”。不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。下列说法正确的是（　　） A．若想“折射角”α大于“入射角”θ，则Ⅱ区可以设置为磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场 B．若Ⅱ区为方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度不变，增大“入射角”θ，“折射角”α也增大 C．若Ⅱ区为竖直向下的匀强电场，可以实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区） D．若Ⅱ区为匀强电场，“折射角”α小于“入射角”θ，仅增大电场强度，则“折射率”n增大 【答案】ABD 【解析】A．若想“折射角”α大于“入射角”θ，质子受力方向在沿入射速度方向的左侧，若Ⅱ区设置为磁场，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直纸面向里，A正确； B．若Ⅱ区为方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度不变，则质子做匀速圆周运动的半径不变，设Ⅱ区宽度为，则有 化简可得 故增大“入射角”θ，“折射角”α也增大，B正确； C．若Ⅱ区为竖直向下的匀强电场，则质子受到竖直向下的电场力，必然穿过Ⅱ区进入Ⅲ区，不会发生“全反射”，C错误； D．若Ⅱ区为匀强电场，“折射角”α小于“入射角”θ，可以判断质子所受的电场力方向在沿入射速度方向的右侧，增大电场强度，质子所受的电场力大小增大，“折射角”α减小，根据可知，“折射率”n增大，D正确。 故选 ABD。 3．（多选）如图所示的直角三角形abc区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，平行板电容器MN沿水平方向放置，大量比荷均为k的带正电粒子从M板由静止释放，粒子经N板的小孔由a点沿ab方向射入磁场区域，MN极板间的电压可以调节。已知，，，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．若粒子从ac边的中点离开，加速电压为 B．从ac边离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间均为 C．改变MN板间的电压，粒子能从c点离开磁场 D．欲使粒子从ac边离开磁场，加速电压的最大值为 【答案】AB 【解析】A．作出粒子从ac边中点离开的粒子轨迹，如图所示（圆心为） 几何关系可知 设粒子的轨道半径为，几何关系有 粒子在电场中加速时，由动能定理得 粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有 因为 联立解得，故A正确； B．粒子从ac边离开磁场时，粒子在磁场中的轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为，故B正确； CD．作出粒子刚好从ac边离开的粒子轨迹，如上图（圆心为），由图可知该轨迹应与bc边相切，几何关系可知，粒子的轨道半径为 粒子在电场中加速时，由动能定理得 粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有 因为 联立解得，故CD错误。 故选AB。 4．（多选）地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。某研究小组模拟了一个地磁场，如图，模拟地球半径为，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球，厚度为方向垂直该剖面的匀强磁场（磁感应强度大小为B），。磁场边缘处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应，取。则（　　） A．粒子的比荷 B．速度小于的粒子，无法到达模拟地球 C．速度为的粒子，到达模拟地球的最短时间为 D．速度为的粒子到达地球的粒子数约占进入地磁场粒子总数的 【答案】CD 【解析】A．其轨迹如图所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r，则根据几何关系 解得 又 解得，故A错误； B．速度越小半径越小，当粒子速度垂直OA入射时，粒子恰能到达模拟地球有 可得 洛伦兹力提供向心力 解得 即速度小于的粒子，无法到达模拟地球，故B错误； C．速度为v的粒子进入磁场有 可得 若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A斜向上射入，在交点E到达地球的弦长最短时间最短， 故 故有 解得，故C正确； D．沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球。作过A点与该速度的垂线和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图 根据几何关系可得AF=4R，AO=OF=3R 可得 故 解得，故D正确。 故选CD。 5．（多选）如图，平面内有一个半径为的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域，两个区域的切点为边的中点，，，和边上分别有两个接收屏（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群质量为，电荷量为的粒子均匀分布在宽为区域内，紧邻且平行于边以速度进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．打在边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为 B．矩形区域内粒子所经过的面积为 C．打到屏上的粒子数占总数的比例为 D．打到屏上的粒子数占总数的比例为 【答案】ABD 【解析】洛伦兹力提供向心力 ​​代入可得 所有粒子轨道半径均为。 根据磁聚焦结论：平行入射的粒子，轨道半径等于圆形磁场半径，所有粒子出圆形后均从点进入矩形区域，方向不同。 A．打在边（）的粒子，圆心角越小，运动时间越短。 最短圆心角对应最短弦长，当粒子打在边的点时，弦长，由弦长公式 可得​，即。 周期​，运动时间，A正确； B．沿平行于方向射入的粒子打在点，此时为最远路径，如图所示 则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和 解得，B正确； CD．如图所示 打到点的粒子速度方向与边垂直，是由点射入的粒子。 故打在边的粒子数占总数的比例为； 假设从点射入的粒子正好打在点，由图可知为打到边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场的圆心连线与水平方向的夹角为30°。 则打在边上的粒子数占总数的比例为，C错误，D正确。 故选 ABD。 6．（多选）如图所示，电子由静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离。已知电子的质量为m，电荷量为e，取。下列说法正确的是（　　） A．电子进入磁场时的速度大小为 B．电子在磁场中做圆周运动的半径为 C．电子在磁场中运动的时间为 D．若电场可调，为使电子能从磁场的右侧边界射出，则加速电压的最小值为 【答案】BC 【解析】B．电子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示 由几何关系有 解得，故B正确； A．由洛伦兹力提供向心力有 解得，故A错误； C．轨迹圆心角θ满足 可得 运动时间，故C正确； D．加速电压U满足 要使电子从右侧射出需保证r>d 所以电压，故D错误。 故选BC。 7.（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度为0.5T的匀强磁场，M＝0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，木板左端放置m＝0.1kg、带电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向左大小为F＝0.6N的恒力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块在木板上先后做匀加速运动、变加速运动、匀速运动 B．滑块在木板上匀加速运动的时间为3s C．滑块在木板上运动最终的速度为6m/s D．若滑块经时间t达到最大速度，则t秒内滑块位移为（10t﹣29）m 【答案】ABD 【解析】解：A.F刚作用在木板上时，假设滑块与木板间不相对滑动，则整体的加速度大小为 滑块与木板间的摩擦力大小为f＝ma＝0.1×2N＝0.2N＜μmg＝0.5N 假设成立，故刚开始时，滑块随木板一起向左匀加速直线运动，随着速度增大，滑块所受向上的洛伦兹力越来越大，滑块对木板的压力越来越小，滑块与木板间的最大静摩擦力越来越小，当滑块与木板间的最大静摩擦力减小到0.2N时，滑块与木板间开始出现相对滑动，此后随着滑块继续向左加速，所受洛伦兹力继续增大，滑块对木板的压力继续减小，滑块所受摩擦力继续减小，滑块的加速度也继续减小，当滑块所受洛伦力等于滑块重力时，滑块对木板压力为零，此时滑块的速度达到最大，故A正确； B.滑块匀加速结束时对滑块有μ（mg﹣qv1B）＝ma，解得v1＝6m/s，滑块匀加速运动的时间，故B正确； C.滑块最终的速度满足qv2B＝mg，解得v2＝10m/s，故C错误； D.匀加速阶段位移变加速阶段，由动量定理I合＝Δp，合外力为摩擦力，其冲量等于木板对滑块的摩擦力冲量。摩擦力 f＝μ（mg﹣qvB）， 冲量，其中x2为变加速阶段位移。动量变化量Δp＝mv2﹣mv1＝0.1×（10﹣6）kg•m/s＝0.4kg•m，解得 x2＝10t﹣38m。 总位移x＝x1+x2＝9+10t﹣38＝（10t﹣29）m，故D正确。 故选：ABD。 8.（多选）矿山、冶金行业的磁选机，用来分离带磁性或带电的矿石颗粒，原理如图所示，绝缘固定的斜面的剖面AD与水平面的夹角θ＝37°，点O、C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块（未画出），在C点以某一初速度v0（未知）开始沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力大小为0.6mg，已知OA、OC，OA段的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．物块带负电 B．物块在C点上滑的初速度大小为 C．物块在O点时的速度大小为 D．物块在OA段因摩擦产生的热量为 【答案】BD 【解析】解：A、若没有磁场，则物块对斜面的压力N＝mgcos37°＝0.8mg，由于物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A错误； B、在C点处垂直斜面方向受力平衡，根据qvB＝0.8mg﹣0.6mg＝0.2mg 得物块在C点上滑的初速度，故B正确； C、由 得，故C错误； D、向下运动到O处受到的洛伦兹力F＝qv1B 整理得，方向垂直于斜面向下 摩擦力f＝μ（F+mgcos37°） 整理得f＝0.6mg，开始匀速运动，所以物块在OA段因摩擦产生的热量为Q＝f•OA 解得，故D正确。 故选：BD。 9．（多选）如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场中有一粒子源O，可以均匀地向各个方向同时发出质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电的粒子。PQ是平行磁场放置的足够长的挡板，挡板P端与O点的连线与挡板垂直，OP＝d。假设打在挡板上的粒子都会瞬间被挡板吸收且其电荷被及时导走，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，（磁场区域足够大）下列判断正确的是（　　） A．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 B．若磁感应强度B，则发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差为 C．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 D．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P点的距离为 【答案】BD 【解析】AB.根据洛伦兹力提供做圆周运动的向心力求出粒子做圆周运动的半径，画出粒子的运动轨迹，结合周期与时间的关系求若磁感应强度B，发出的粒子打到挡板的最短时间以及发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差； CD.根据洛伦兹力提供做圆周运动的向心力求出粒子做圆周运动的半径，画出粒子的运动轨迹，根据周期与时间的关系求若磁感应强度B，发出的粒子打到挡板的最短时间结合几何关系求发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P点的距离。 解：AB.粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。设粒子做圆周运动的半径为r。则有 解得 r＝d 在磁场中运动的周期为 发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的轨迹如图所示 θ1＝60°，θ2＝300° 由几何关系可得则最短时间为 最长时间为 则发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差为 故A错误，B正确； CD.若磁感应强度 则 解得 在磁场中运动的周期为 发出的粒子打到挡板最短时间和发出的粒子打到挡板左侧最远的点轨迹如图所示 由几何关系可知 解得 θ3＝106° 则发出的粒子打到挡板的最短时间为 r'+r'sinθ4＝d 由几何关系可得解得 则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P点的距离为 故C错误，D正确。 故选：BD。 10．（多选）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．该带电粒子带正电 B．从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变 C．带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变 D．带电粒子每旋转一周的时间变小 【答案】ABD 【解析】A.粒子受到的洛伦兹力指向轨迹的内侧，根据左手定则判断粒子电性； B.粒子只受洛伦兹力，根据洛伦兹力不做功分析； CD.根据题图由左手定则判断洛伦兹力方向指向斜上方，根据周期公式判断带电粒子每旋转一周的时间变化，根据力与运动的关系分析带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离的变化。 解：A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A正确； B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B正确； CD．根据洛伦兹力提供向心力 带电粒子每旋转一周的时间为 可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为 x＝v//T 故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误，D正确。 故选：ABD。 11．（多选）利用图示装置可以选择一定速度的带电粒子。图中半圆为绝缘筒壁的横截面，直径PM的长为2R，弧线PN是覆盖在筒壁上的吸附层（可吸收打在其上的粒子），其长度L可调节，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。一群质量为m、电荷量为q的粒子以不同速率从P沿PM方向进入磁场，粒子与PN以外的筒壁发生若干次碰撞后恰可从M射出。若碰撞过程遵循反射定律，没有动能损失，且电荷量保持不变，不计粒子的重力，关于从M射出的粒子，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带正电 B．若L＝0.4πR，则粒子的速率为 C．若L＝0.3πR，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若L＝0.3πR，则粒子速率的最小值为 【答案】ABD 【解析】A.根据粒子的运动轨迹和左手定则判断粒子的电性； B.由洛伦兹力提供向心力求若L＝0.4πR，粒子的速率； C.根据周期与时间的关系求若L＝0.3πR，粒子在磁场中运动的时间； D.由洛伦兹力提供向心力求出半径表达式，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求若L＝0.3πR，粒子速率的最小值。 解：A．根据题意可知，带电粒子进入磁场后，粒子的运动轨迹为向上偏转，所以带电粒子进入磁场时所受洛伦兹力方向为竖直向上，结合左手定则可知，带电粒子一定带正电，故A正确； B．若L＝0.4πR，粒子恰可从M射出，则粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，则粒子的运动半径为r＝R，根据洛伦兹力提供向心力 解得粒子的速率为 故B正确； C．若L＝0.3πR，粒子恰可从M射出，则粒子在磁场中的运动轨迹可能为半圆，此时粒子在磁场中的运动周期为 所以粒子在磁场中运动的时间为 故C错误； D．若L＝0.3πR，由洛伦兹力提供向心力可得 解得粒子运动的半径 所以粒子速率最小时，粒子的运动半径最小，如图 由几何关系可知 解得粒子速率的最小值为 故D正确。 故选：ABD。 12．（多选）如图为一种新型粒子装置，粒子源放置在水平面上长为3L、宽为2L的矩形abcd的中心O，矩形内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子源向水平面各个方向持续均匀发射比荷为的带正电粒子，速度大小限制在2v0到3v0之间，不计粒子源的尺寸、粒子间相互作用和粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为 B．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为 C．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为 D．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为 【答案】AD 【解析】AB.根据半径表达式求若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值； CD.根据半径表达式求若所有粒子均射出磁场，则B的最大值。 解：AB.所有粒子均不射出，则 解得B 故A正确； CD.所有粒子均射出，则以速度2v0出射粒子，临界情况与两边同时相切，如图 则 r2＝（L﹣r）2+（1.5L﹣r）2 即 且 则B 故D正确。 故选：AD。 13．（多选）完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。0时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（　　） A．粒子在磁场中运动的速度大小为kBL B．电容器两板之间的电压至少为 C．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于 D．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置 【答案】BD 【解析】先由磁场中圆周运动的几何关系与洛伦兹力公式求出粒子初速度，再结合动能定理、匀变速运动规律分析减速过程，最后分析恒压电容器的电压特性对粒子运动的影响。 解：A.根据题意粒子轨迹如图： 几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径， 根据， 因为， 联立解得，故A错误； B.粒子在电容器中减速运动过程，根据动能定理有， 联立解得， 可知电容器两板之间的电压至少为，故B正确； C.粒子每次在电容器内减速运动的时间， 因为， 联立解得， 可知粒子每次在电容器内运动的时间， 可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于，故C错误； D.题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置，故D正确。 故选：BD。 14．（多选）如图所示，xOy坐标平面内，以O点为圆心的两个圆，半径分为r和r。小圆区域Ⅰ内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，环形区域Ⅱ内的匀强磁场垂直于纸面向外。一质量为m、电量为q的带正电粒子从A（0，r）点沿y轴负方向出发，由P（r，0）点首次进入区域Ⅱ且恰好不能从其外边界射出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子运动的速度大小为 B．区域Ⅰ、Ⅱ内的磁感应强度大小之比为：1 C．粒子从A点出发到第一次返回区域Ⅰ的过程中，速度方向改变了120° D．粒子返回A点的最短时间为（5+4） 【答案】AD 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力，以及几何关系分析求解。 解：由题意可知，粒子在磁场中的轨迹如图所示 A.根据几何关系可知，粒子在区域内的半径大小为r1＝r 根据牛顿第二定律可得 解得，故A正确； B.由几何关系可知， 可得θ＝60°， 根据牛顿第二定律可得，可得B：B'，故B错误； C.因为θ＝60°，由轨迹图可知，粒子从A点出发到第一次返回区域l的过程中，速度方向改变了90°+θ＝150°，故C错误； D.由轨迹可知，粒子在区域绕O点转过90°，在区域Ⅱ绕O点转过60°，所以当粒子在区域Ⅰ运动10次，在区域Ⅱ中运动9次时，粒子第一次回到A点，粒子在区域l中运动的周期为则粒子在区域l中运动一次所需时间为，粒子在区域Ⅱ中运动的周期为，则粒子在区域Ⅱ中运动一次所需时间为 所以粒子返回A点的最短时间为 故D正确。 故选：AD。 15．（多选）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直面内，y轴竖直向上。在第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场和垂直坐标平面的匀强磁场（未画出），在第二象限内的P点沿x轴正方向抛出一个质量为m、带电量大小为q的带电小球，抛出时的速度大小为v0，小球从O点进入第四象限，经过O点时速度方向与x轴正向的夹角为45°，小球进入第四象限后做匀速直线运动，小球在第四象限运动到Q点（未画出）时将电场方向立即改为沿y轴正向，此后小球的运动轨迹刚好与x轴相切。已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．P、Q两点沿y轴方向的距离为 D．P、Q两点沿y轴方向的距离为 【答案】BD 【解析】先由匀速直线受力平衡判定电性、磁场方向并求出磁感应强度，撤电场后重力与电场力平衡、洛伦兹力充当圆周向心力，结合几何关系算出PQ竖直间距。 解：A.小球在第四象限内做匀速直线运动，垂直于速度方向的洛伦兹力有竖直向上分量与重力平衡及水平向右分量与电场力平衡， 若小球带负电，电场力水平向右，小球不可能平衡， 若小球带正，电场力水平向左，小球可能平衡，则小球必须带正电； B.根据A可知，磁场方向一定垂直纸面向里， 小球进入第四象限时的速度大小为， 小球进入第四象限做匀速直线运动，则小球受力平衡，则有qEtan45°＝mg，， 解得； CD.当电场沿y轴正向时，小球做匀速圆周运动，作出运动轨迹，如图所示： 设圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有， 解得， 根据几何关系，可得Q点到x轴的距离， 又P点离x轴的距离， 因此P、Q两点沿y轴方向的距离，故C错误，D正确。 故选：BD。 16．（多选）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在0＜x＜L区域内有沿y轴负方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0。一带正电粒子从坐标原点以速度v0沿与x轴正方向成30°角方向射入该区域，一段时间后沿x轴正方向射出，不计粒子重力，则（　　） A．粒子从右边界射出时速度大小可能是v0 B．粒子从右边界射出时速度大小可能是v0 C．粒子在该区域中的运动时间可能为 D．粒子在该区域中的运动时间可能为 【答案】BC 【解析】粒子在电场和磁场叠加区域中运动，其初速度可分解为沿x轴和y轴的分量，电场力与由x方向速度产生的洛伦兹力分量恰好平衡，使得粒子在x方向保持匀速直线运动，而y方向的运动等效为在平动参考系中以初速度沿y轴做匀速圆周运动。从右边界沿x轴正方向射出时，要求y方向合速度为零，对应圆周运动转过四分之一或四分之三圆周等特定角度，由此可确定射出速度的可能值。运动时间由圆周运动周期与x方向匀速位移共同决定，需结合边界条件L建立方程求解时间表达式。 解：将粒子的初速度v0分解为沿x轴正方向的分量vx0和沿y轴负方向的分量vy0，有：，。 粒子受到的电场力大小为FE＝qE，方向沿y轴负方向。根据已知条件，可知。因此电场力FE＝qvx0B。 根据左手定则，粒子以速度vx0向右运动时，受到的洛伦兹力分量方向沿y轴正方向，大小恰好为fy＝qvx0B＝FE。 由于电场力与该水平速度产生的洛伦兹力分量相互抵消，我们可以利用运动的合成与分解，将粒子的实际运动分解为两个分运动： （1）以速度沿x轴正方向的匀速直线运动； （2）在以速度vx0平动的参考系中，粒子以初速度（方向沿y轴负方向）在剩余洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。 该匀速圆周运动的半径，周期。当粒子从右边界“沿x轴正方向射出”时，其y轴方向的合速度必须为零。 这意味着在平动参考系中，粒子沿y轴的速度分量变为零，即转过了圆周或圆周等。 AB、在平动参考系中，当y方向速度为零时，粒子沿x方向的相对速度为。回到实验室参考系，由速度合成可知射出时的速度大小，即速度大小可能为或。故A错误，B正确； CD、当粒子转过圆周时，所需时间，此时在平动参考系中沿x方向的相对位移为R。在实验室参考系中的总水平位移为x＝vx0t1+R＝L。 由于，有T＝4t1。半径可表示为，即。代入水平总位移公式有，解得该情况下的运动时间为。 当粒子转过圆周时，所需时间，在平动参考系中沿x方向的相对位移同样为R。由于，有。半径可表示为，即。代入水平总位移公式有，解得该情况下的运动时间为。故C正确，D错误。 故选：BC。 17．（多选）如图甲所示，平行金属板MN间距为d，长度为l，紧邻金属板右侧有宽度为d，方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5.0×10﹣3T，CD为分界线，EF为置于磁场右边界的足够长的屏幕。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。比荷的粒子以速度沿平行金属板MN间中线OO′连续射入电场，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为是恒定不变的。已知l＝d＝0.2m，粒子带正电且粒子的重力和粒子间相互作用力可忽略不计，，则打在屏幕EF上的粒子（　　） A．在EO′间的离O′最远距离为0.1m B．在EO′间的离O′最远距离为0.2m C．在FO′间的离O′最远距离约为0.24m D．在FO′间的离O′最远距离约为0.18m 【答案】BD 【解析】先分析t＝0时刻射入的未被加速粒子，用洛伦兹力提供向心力求出最小半径，再分析刚好从极板边缘射出的粒子，通过类平抛运动求最大速度，再结合圆周运动规律计算其打在屏幕上的位置，从而判断选项。 解：AB.如图所示： t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，粒子在磁场中运动时，有， 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径为r1＝0.2m， 即在EO'间的离O'最远距离为0.2m，故A错误，B正确； CD.带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低，设此时MN板间的电势差为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有，， 联立解得U1＝100V， 则粒子进入磁场时速度大小为 解得 设速度的偏转角为θ，则 粒子打在屏幕上的位置为F，运动轨迹如图中曲线Ⅱ所示，则 解得 r2＝0.28m 由数学知识可知，运动径迹的圆心Q点必与M板在同一水平线上，则 解得 O'F＝0.18m 故C错误，D正确。 故选：BD。 三：解答题 1．如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿竖直方向发射速度大小为v0的带电粒子，粒子恰好能与M板成60°穿过Q点处的小孔。已知OP＝L，两板间距，粒子质量均为m，电量为﹣q，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。问： （1）M板上方磁感应强度大小是多少？ （2）MN板间能达到的最大电场强度是多少？ （3）如果MN板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M板上方相同的匀强磁场，求粒子的落点与Q的距离？ 【答案】（1）M板上方磁感应强度大小是； （2）MN板间能达到的最大电场强度是； （3）如果MN板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M板上方相同的匀强磁场，粒子的落点与Q的距离为。 【解析】（1）画出粒子的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求M板上方磁感应强度大小； （2）根据类斜抛运动的规律和牛顿第二定律求MN板间能达到的最大电场强度； （3）根据配速法求出粒子的运动分解为水平的匀速直线和圆心向另一方向上的匀速圆周运动的两个分速度大小，根据半径表达式和周期与时间的关系求粒子的落点与Q的距离。 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知 r＝2L 由 有 解得 （2）粒子进入板间做类斜抛运动，竖直方向有 根据牛顿第二定律有 由 可解得 （3）板间存在向下的电场和向里的磁场，可以把粒子的运动分解为水平的匀速直线和圆心向另一方向上的匀速圆周运动qv1B＝Eq 即v1＝v0 其中v1方向做匀速直线运动，v2方向做匀速圆周运动，匀速圆周扫过的圆心角达到60°时，粒子落到M板 粒子的落点与Q的距离为。 答：（1）M板上方磁感应强度大小是； （2）MN板间能达到的最大电场强度是； （3）如果MN板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M板上方相同的匀强磁场，粒子的落点与Q的距离为。 2．如图所示，粒子源能释放初速可视为0的带电粒子，并从O1进入加速区，沿O1O2连线加速后垂直进入偏转区（长×宽×高＝4d×4d×7d）底部中心O2，随后从狭缝进入接收区，最终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上O3点与收集板上O4点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于O1、O2、O3、O4所构成的竖直平面。 （1）若粒子源产生比荷分别为25k和4k的正离子a和b，当加速电压为U时，正离子a恰能垂直击中O4。求： ①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小； ②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x； ③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。 （2）若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化为辐射能并释放X射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X射线，但此类X射线辐射强度几乎为0。X射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示（所有被加速的电子都能全部击中收集板），请利用图中数据计算普朗克常量h。 【答案】答：（1）①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小为； ②离狭缝的最大水平距离为4d； ③a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积为（2+π﹣arctan2）•d2； （2）普朗克常量为6.4×10﹣34J•s。 【解析】（1）①对粒子1，利用动能定理求加速后的速度，再结合洛伦兹力提供向心力，求出磁场强度B； ②对粒子2，同样用动能定理和洛伦兹力公式求其圆周运动半径，再通过几何关系算出水平位移x； ③对粒子2在3B磁场中的螺旋运动，分解速度分量，用洛伦兹力公式求圆周运动半径，再结合几何关系计算其扫过的总面积； （2）利用电子动能与光子能量的关系，结合X射线最短波长数据，代入公式求解普朗克常量h。 解：（1）①由题意可知：，r1＝2d， 根据洛伦兹力提供向心力：， 根据动能定理：， 可得； ②由题意可知， 根据洛伦兹力提供向心力：， 根据动能定理：， 可得r2＝5d， 根据右图中几何关系可知：α＝37°，， 可得x＝4d； ③由题意可知粒子b将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动， 根据洛伦兹力提供向心力：， 可得r'2＝d， 根据右图中几何关系可知：，即β＝arctan2， 故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和， 即； （2）由题意可知：eU＝Ek﹣0， ， 利用能谱图可取加速电压30kV时（0.04nm，0）或20kV时（0.06nm，0）， 代入数据可得h＝6.4×10﹣34J•s。 答：（1）①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小为； ②离狭缝的最大水平距离为4d； ③a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积为（2+π﹣arctan2）•d2； （2）普朗克常量为6.4×10﹣34J•s。 3．如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为+q的带电滑块从光滑绝缘斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好即将飞离斜面，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，滑块可视为质点。求： （1）滑块滑至底端时的速度大小； （2）滑块滑至底端时所用时间； （3）斜面的高度。 【答案】（1）滑块滑至底端时的速度大小； （2）滑块滑至底端时所用时间； （3）斜面的高度。 【解析】解：（1）由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，则有mgcosθ＝qvB 代入数据可得 （2）物体沿斜面匀加速下滑，由mgsinθ＝ma，v＝at 代入数据可得 （3）滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得 代入数据可得 答：（1）滑块滑至底端时的速度大小； （2）滑块滑至底端时所用时间； （3）斜面的高度。 4．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。水平绝缘传送带以恒定速率v0顺时针转动，传送带上间隔一定距离固定两个长为L的绝缘杆a、b，绝缘杆与传送带保持垂直且距离传送带右端足够远。杆a最下端用锁定装置锁住一个带电圆环，其电荷量为+q、质量为m，圆环视为点电荷且重力不计。 （1）若圆环与杆a之间的摩擦不计，解除圆环锁定后，求圆环沿杆a的运动时间t； （2）若圆环与杆a之间的动摩擦因数，解除圆环锁定后，圆环离开杆a顶端时速度恰好最大，求最大速度vm； （3）在第（2）问基础上，若让圆环能套在杆b上，求杆a与杆b之间的距离d。 【答案】（1）圆环沿杆a的运动时间。 （2）圆环离开杆a顶端时的最大速度大小为2v0。 （3）杆a与杆b之间的距离d为。 【解析】解：（1）对小环进行受力分析，根据左手定则可知，在竖直方向小环仅受洛伦兹力F洛作用，由牛顿第二定律得：Bqv0＝ma，解得：。 由于小环水平向右的速度v0保持不变，沿杆方向的洛伦兹力F洛恒定，小环沿杆做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有： 联立解得圆环沿杆a的运动时间为：。 （2）由于圆环水平向右的速度v0保持不变，沿杆方向的洛伦兹力F洛恒定，其速度逐渐增大，圆环对杆的压力随之增大，因此圆环所受摩擦力逐渐增大。 设当沿杆方向的速度为vy时，圆环速度达到最大值vm，对圆环受力分析， 竖直方向有：Bqv0＝f＝μFN 水平方向有：Bqvy＝FN 联立解得： 则圆环的最大速度，即vm＝2v0。 （3）圆环离开杆a后，在磁场中做匀速圆周运动，圆周轨迹如下图所示： 根据洛伦兹力提供向心力得：Bqvm 由几何关系可得轨迹的弦长s＝2rsin60° 解得：d 圆周运动的周期为：T 轨迹圆心角为240°，圆周运动时间为：t 此时间内杆b运动距离为x＝v0t 若让圆环能套在杆b上，杆a与杆b之间的距离d＝x+s 联立解得：d。 答：（1）圆环沿杆a的运动时间。 （2）圆环离开杆a顶端时的最大速度大小为2v0。 （3）杆a与杆b之间的距离d为。 5．如图，在xOy平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子从M（0，l）点以沿x轴正方向的速度射入磁场，并从x轴上的N点射出，出磁场时速度与x轴正方向的夹角为60°，忽略粒子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k。 （1）求粒子射入磁场的速度大小v0和在磁场中运动的时间t1； （2）若在xOy平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，求在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小q0； （3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间，速度方向首次与N点速度方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度vmin（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为Y处的电势）。 【答案】（1）粒子射入磁场的速度大小v0为，在磁场中运动的时间t1为； （2）若在xOy平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小q0为； （3）粒子再次进入磁场前的最小速度vmin为。 【解析】解：（1）根据题意作图，如图 根据几何关系可知 解得r＝2l 根据洛伦兹力提供向心力有 解得， 圆心角为60°，则有 （2）在平面内某处固定一正点电荷q0，同时将粒子电荷量从﹣q 改为，并使其仍能沿原来相同轨迹由M到N。原来仅靠磁场提供向心力f＝qv0B，现因带电粒子电量变为，则磁场对该粒子的洛伦兹力减为原来的。要想轨迹不变，必须增加一个恒定指向圆心的“额外”向心力，即由固定正电荷对该负粒子的库仑引力来补足差额。 由（1）分析可知，圆心恰在（0，﹣1），轨迹半径为2l，则带电粒子在运动过程中到该正电荷的距离始终是2l。令此固定正电荷为q0，则库仑力大小 解得 （3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即负电荷从N点离开磁场后绕正电荷做椭圆运动，如图所示 设OK＝d，则半长轴为 粒子从N点射出磁场，到速度方向首次与在N点时的速度方向相反，所用时间为椭圆运动的半个周期，类比开普勒第三定律，在库仑力作用下半长轴为a的椭圆运动与半径为a的圆周运动的时间相同，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 联立解得 答：（1）粒子射入磁场的速度大小v0为，在磁场中运动的时间t1为； （2）若在xOy平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小q0为； （3）粒子再次进入磁场前的最小速度vmin为。 6．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术。如图，宽度为2r的均匀带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）从xOy平面沿x轴方向以初速度v垂直进入圆心为A（0，r），外半径为r，内半径为（1）r的环形匀强磁场，其中初速度指向圆心A的粒子恰好经过坐标原点O，不计重力及带电粒子之间的相互作用力。求： （1）磁场磁感应强度B的大小； （2）经过磁场后能汇聚到原点O的粒子数与总粒子数的比值。 【答案】（1）磁场磁感应强度B的大小为； （2）经过磁场后能汇聚到原点O的粒子数与总粒子数的比值为。 【解析】解：（1）根据几何关系，粒子恰好经过坐标原点，则粒子偏转轨迹半径恰好等于磁场外半径r，粒子在磁场中偏转，有 得磁感应强度 （2）如图 从C点入射的粒子轨迹与磁场内边界相切可以汇聚到O点，根据几何关系 CP＝r 从D点入射的粒子轨迹与磁场内边界相切于N点，可以汇聚到O点，根据几何关系 AO＝MO＝r 则 DQ＝r（1+cosθ） 则粒子数量比值 答：（1）磁场磁感应强度B的大小为； （2）经过磁场后能汇聚到原点O的粒子数与总粒子数的比值为。 7．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，不计粒子重力，粒子第一次经y轴上的C点（图中未画出）进入第二象限。 （1）求粒子从开始计时到运动至C点的时间t1； （2）求粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d； （3）若，求粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间t2。 【答案】（1）粒子从开始计时到运动至C点的时间为； （2）粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d为； （3）若，粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间为。 【解析】解：（1）粒子在B0磁场中圆周运动周期为 从开始计时到运动至C点的运动轨迹为一个半圆，所以该时间为 （2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得粒子在磁场中运动半径分别为 粒子在磁场中运动轨迹如图所示 粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d＝2R1﹣2R2 解得 （3）若，在x＜0磁场区域周期为 则 分析可知，粒子只能从左向右第二次穿过C点，必满足nd＝2R1 解得n＝3 此时轨迹如图所示 则时间为 解得 答：（1）粒子从开始计时到运动至C点的时间为； （2）粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d为； （3）若，粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间为。 8．如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里磁感应强度为B的匀强磁场。y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a，中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，可从y轴上y＝﹣a处的P点以速率沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力。 （1）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r； （2）求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。 （3）粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点？若能，求粒子发射方向与y轴负方向的夹角θ，若不能，请说明理由。 【答案】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a； （2）粒子从发射到被吸收经历的最短时间t为； （3）粒子发射后能与薄板碰撞一次就返回P点，粒子发射方向与y轴负方向的夹角θ为30°。 【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力求出粒子的轨道半径； （2）用动圆的思维找到打在板上时间最短的点的位置，画出轨迹，由几何关系求出偏转角，结合周期公式求出时间； （3）根据对称性找到只碰撞一次时碰撞的点的位置，作出粒子运动轨迹，结合几何关系求出射方向； 解：（1）根据 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 （2）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期 当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点，用时最短，如图所示 设粒子发射方向与y轴正方向的夹角为α，偏向右侧，由几何关系有 粒子从发射到吸收经历的最短时间 （3）由对称性分析可知，当粒子发射后直接打到薄板上表面的O点，一次反射后恰好能回到P点，粒子轨迹如图所示 粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为θ，偏向右侧。由几何关系有 得θ＝30° 此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为L＝2rcosθ 有La＞a 说明此种情况成立。 答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a； （2）粒子从发射到被吸收经历的最短时间t为； （3）粒子发射后能与薄板碰撞一次就返回P点，粒子发射方向与y轴负方向的夹角θ为30°。 9．如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场。极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向外。极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的离子束以相同的初速度v0沿着平行于金属板的方向射入电场，已知离子质量均为m，电荷量均为+q，电荷碰到极板立即被吸收，且不考虑电场的变化，进入电场的粒子有50%能从电场射出。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。 （1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小； （2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B的取值范围； （3）若磁感应强度的B大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间。 【答案】（1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，B0的大小为； （2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，磁感应强度B的取值范围为； （3）若磁感应强度的B大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间为。 【解析】（1）根据类平抛运动的规律求出场强E的表达式，结合平衡关系求B0的大小； （2）根据速度的合成求出射出时速度偏转角度，结合洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的取值范围； （3）画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式和牛顿第二定律求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间。 解： （1）有50%粒子射出，对于临界粒子在电场中有：水平方向：2d＝v0t 竖直方向： qE ＝ma 沿直线运动满足：qB0v0＝qE 解得： （2）粒子射出电场时：竖直速度：vy＝at＝v0 射出速度： 射出时速度偏转角度： 由洛伦兹力提供向心力知： 全部回到电场满足 解得： （3）容易判断第二次目标粒子无法离开电容器，轨迹如下图所示： 第一次在电场中： 第二次在电场中 v'y＝vcos45°＝v0 得： 磁场中： 综合知在电磁场中运动的时间： 答：（1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，B0的大小为； （2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，磁感应强度B的取值范围为； （3）若磁感应强度的B大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间为。 10．光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为L的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。以ac、cd、fa为边界分布着与ab边垂直，方向由d指向c的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球A、B、C在ab的延长线上，小球质量均为m，小球A带电量为+q，B、C不带电。小球A位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B。初始时弹簧处于原长状态，C以初速度v0沿着ab连线方向与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后进入磁场，此后不再与B、C相碰。求： （1）弹簧弹性势能的最大值； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式。 【答案】（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 【解析】（1）根据动量守恒和能量守恒求弹簧弹性势能的最大值； （2）根据动量守恒和能量守恒求出A分离时，A的速度，结合洛伦兹力提供向心力求出半径表达式进而求出若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件； （3）画出粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式求要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式。 解：（1）C与B碰撞，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒mv0＝（m+m）v1 解得 B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速v2，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝3mv2 解得 由能量守恒得 （2）A分离时，弹簧原长，B、C速度vB，A速度vA，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝2mvB+mvA 能量守恒 解得 A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径r≤L（不从cb边离开），由 得 故，即 （3）A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点（图中未画出轨迹），速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动（需要满足3r≤L），沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。 从a点离开电场，水平位移2r，竖直位移2r，初速度方向有 电场方向有 代入t解得： 由3r≤L得到速度需要满足 答：（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 11．如图所示，三个同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，圆Ⅰ的半径为（1）R，圆Ⅱ的半径为R。圆Ⅰ、Ⅱ之间存在垂直圆面向外的匀强磁场；圆Ⅱ、Ⅲ之间的环形区域存在背向圆心的均匀辐向电场，环形边界间的电压U可调；圆Ⅱ上四分之一圆弧SQ处有吸收装置。圆Ⅲ上P处不断有相同的带电粒子飘入电场，粒子的初速度几乎为0。当U＝U0（未知）时，粒子经电场加速后以竖直向上的速度v射出电场，由Q点射入磁场，经过磁场偏转后，刚好与圆I相切，最终到达SQ区域均被吸收。已知粒子质量为m，电量为+q，不计粒子的重力及粒子间相互作用。 （1）求电压U0的大小； （2）求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小； （3）将电压U从连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P点飘入电场，求圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L。 【答案】（1）电压U0的大小为； （2）圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小为； （3）将电压U从连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P点飘入电场，圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L为πR。 【解析】（1）由动能定理求电压U0的大小； （2）根据洛伦兹力提供向心力求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小； （3）由动能定理和洛伦兹力提供向心力求出粒子圆周运动的半径，画出轨迹图，根据几何关系求出弧线ab、cd和dS的长度，进而求出圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L。 解：（1）粒子在PQ间加速，由动能定理得 解得： （2）在磁场中，粒子做匀速圆周运动，设其半径为r，则① 洛伦兹力提供向心力② 联立方程①②解得： （3）电压为时，由动能定理得③ 洛伦兹力提供向心力④ 联立方程③④解得： 其运动轨迹如图 由几何关系得，此过程中粒子由Q点出发到第一次回到圆Ⅱ上的a点，对应圆Ⅱ的圆心角为，电压为U0时，半径为R，此过程中粒子由Q点出发到第一次回到圆Ⅱ上的b点，该两点对应圆Ⅱ的圆心角为，故电压由连续增加到U0的过程中，所有粒子第一次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线ab的长度为 ⑤ 同理，电压为时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为c点，对应圆Ⅱ上Qc的圆心角为；电压为U0时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为d点，对应圆Ⅱ上Qd的圆心角为π；故电压由连续增加到U0的过程中，所有粒子第二次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线cd长度为 ⑥ 电压为时，粒子第三次回到圆Ⅱ上的位置为d点，刚好与电压为U0时粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置相同。则图中弧线dS上都有粒子穿越。对应圆Ⅱ上的弧线长度为 ⑦ 故，有粒子穿越部分的弧长L＝L1+L2+L3⑧ 联立方程⑤⑥⑦⑧得L＝πR 答：（1）电压U0的大小为； （2）圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小为； （3）将电压U从连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P点飘入电场，圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L为πR。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 带电粒子在磁场中的运动 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 7 题型归纳 7 题型01：匀强磁场中的圆周运动题型 7 题型02：带电体在磁场中的运动 9 题型03：带电粒子在无边界匀强磁场中的运动 15 题型04：带电粒子在有界磁场中的运动 22 题型05：带电粒子在多个组合边界磁场中的运动 29 题型06：根据带电粒子的运动确定磁场区域范围题型 31 题型07：带电粒子在组合场运动题型 32 题型08:带电粒子在叠加场中的运动 36 题型09：带电粒子在交变电、磁场中的运动 38 题型10:带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 41 题型11:带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 43 巩固提升 45 1. 考点地位：高考物理磁场板块核心重难点，高频压轴/多选考点，常单独命题，也会和电场复合成复合场综合题，分值高、综合性强。 2. 考查形式：选择题侧重基础半径、周期计算、轨迹判断；计算题多为压轴大题，考查多段圆弧、有界磁场、粒子入射临界问题。 3. 命题特点：以垂直匀强磁场为主；重点考几何找圆心、求半径；常结合临界、多解、磁场边界（圆形、矩形、三角形磁场）；偶尔涉及粒子回旋加速器。 核心公式：洛伦兹力提供向心力 qvB，r＝，周期 T=T＝。 1. 理解洛伦兹力特点：洛伦兹力永不做功，只改变速度方向，不改变速度大小。 2. 掌握基本模型：带电粒子垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动，会推导半径、周期公式。 3. 熟练掌握找圆心、画轨迹、求半径的几何方法，能处理临界、多解问题。 4. 能解决有界磁场（矩形、圆形磁场），以及电场+磁场的复合场问题。 5. 规范答题，会判断粒子正负，用左手定则判断偏转方向。 1.带电粒子在磁场中运动在高考中是重点考查模型，既对基本概念洛伦兹力方向的判断考查，重点对洛伦兹力公式与圆周运动公式的考查是高频考点，题目常通过粒子速度方向与磁场方向的夹角变化（平行、垂直、斜交）设计问题。‌ 是有界磁场命题的重中之重，常以“轨迹与边界相切”为临界条件，轨迹往往是‌圆弧或圆弧的组合‌。题目核心难点在于‌确定圆心、半径、圆心角、运动时间‌；多解问题是高频难点和区分点 2.深刻理解该模型的规律：洛伦兹力特点、圆周运动两公式的推导、适用条件和各物理量关系。熟练进行方向判断和基本计算，熟记典型模型（圆界、直界、矩界、角域）的轨迹特点和常用处理方法. 知识点一：洛伦兹力的特点与应用 1．洛伦兹力的特点   （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）运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。   （4）左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。   （5）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。 知识点二：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 带电粒子在磁场中运动时，它所受的洛伦兹力总与速度方向垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，粒子的动能大小不变，速度大小不变，故沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动． 1．带电粒子在匀强磁场中的运动特点： (1)当带电粒子(不计重力)的速度方向与磁场方向平行时，带电粒子所受洛伦兹力F＝0，粒子做匀速直线运动． (2)当带电粒子(不计重力)的速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子所受洛伦兹力F＝qvB，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为r＝，周期为T＝. 2．分析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的关键是确定圆心和半径． （1）如何确定“圆心” ①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示． ②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中 垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．  ③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将 其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线 交于一点O，该点就是圆心． （2）如何确定“半径” 方法一：由物理方程求：半径R=mv/qB 方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定． （3）如何确定“圆心角与时间” ①速度的偏向角φ=圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ=2倍的弦切角α，如图（d）所示． ②时间的计算方法． 方法一：由圆心角求，t=(θ/2π)t 方法二：由弧长求，t=s/v 知识点三：解题思路分析 1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．  2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．  直线边界（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界（粒子运动存在临界条件） 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系   （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．    （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍． （3）六条线：圆弧两端点所在的轨道半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为这个四边形的对角线。 4.带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况: (1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 (2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 知识点四：带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法  由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解． 1.两种思路  ①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解； ②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．  2.两种方法  物理方法： （1）利用临界条件求极值；  （2）利用问题的边界条件求极值；  （3）利用矢量图求极值． 数学方法： （1）利用三角函数求极值；  （2）利用二次方程的判别式求极值；  （3）利用不等式的性质求极值；  （4）利用图象法 ①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道半径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，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为②和④。 ②定圆旋转法 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道半径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，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。 3.从关键词中找突破口：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． 1. 三步核心解题流程 ① 定方向：左手定则判断偏转方向（注意：负电荷四指指向速度反方向） ② 找圆心（3种常用方法） A. 两点+速度方向：过入射点、出射点作速度垂线，交点为圆心 B.一条速度垂线 + 弦的中垂线，交点是圆心 C. 已知轨迹上两点，弦的垂直平分线必过圆心 ③ 几何求半径：利用几何关系（勾股定理、三角函数）算出半径，代入公式求解。 2. 常见临界/多解突破口 ①轨迹圆和磁场边界相切，往往是临界条件。 ② 磁场边界是直线：粒子轨迹圆的弦为磁场内轨迹；圆形磁场有结论：沿半径射入，必沿半径射出。 ③多解来源：入射速度大小不确定、入射方向不确定、磁场方向双向。 3. 答题注意易错点 ①粒子平行磁场入射：洛伦兹力为0，做匀速直线运动，不转圈。 ②洛伦兹力不做功，动能不变，速度大小不变。 ③看清粒子电荷正负，左手定则别用反。 ③周期T和速度v无关，只和粒子比荷、B有关。 4. 高频易错点 ①忘记区分：平行入射不偏转；只有垂直入射才做匀速圆周运动。 ②几何图画错，圆心找错，三角函数用反。 ③忽略多解，漏情况。 ④单位不统一，统一用国际单位制。 题型01：匀强磁场中的圆周运动题型 【典型例题】如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里。a、o、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。粒子重力不计，下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．粒子b的动能最大 C．粒子c在磁场中运动的时间最短 D．粒子c在磁场中运动时受到的向心力最大 【变式训练1-1】如图甲所示是电视显像管原理示意图，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描。不计电子的重力，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。其简化图如图乙。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由M点逐渐移动到N点，图中变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-2】真空中带正电粒子（不计重力）沿图示方向进入匀强电场或匀强磁场，下列说法正确的是（　　） A．甲图：粒子做匀速直线运动 B．乙图：粒子做匀加速直线运动 C．丙图：粒子做匀速直线运动 D．丁图：粒子在纸面所在平面做匀速圆周运动 【变式训练1-3】（多选）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（　　） A．可能带负电 B．一定沿顺时针转动 C．点电荷的比荷为 D．点电荷运动的线速度大小为 题型02：带电体在磁场中的运动 【典型例题】空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一根横截面积为S、长度为L的铜导线垂直磁场方向放置，固定后通以电流I，如图所示。若铜单位体积内的自由电子数为n，则该铜导线中单个自由电子因定向移动所受洛伦兹力的大小为（　　） A． B． C． D． 【典型例题2】如图所示，一根足够长的光滑绝缘细管放在光滑的足够大水平绝缘桌面上，其底部放有一带正电小球，小球直径比细管直径略小。整个桌面处在竖直向下的匀强磁场中。现让细管在外力作用下水平向右做匀速直线运动。取水平向右为x轴正方向，细管初始所处直线为y轴，小球的初始位置为坐标原点。小球的运动轨迹可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【典型例题3】（多选）如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为2m且足够长的绝缘木板静止在水平面上，在木板的右端放质量为m，电荷量为+q的滑块，滑块与木板之间、木板与水平面之间的动摩擦因数均为0.2，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向右的拉力为F，使木板以加速度a＝0.1g由静止开始做匀加速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块先做加速度减小的加速运动 B．滑块最终以的速度做匀速运动 C．拉力F大小恒定 D．拉力F先减小后恒定 【典型例题4】如图所示，水平面上固定的斜面上表面光滑绝缘，斜面倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上由静止释放，假设斜面足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球沿斜面下滑过程中斜面对小球的支持力一直增大 B．小球在斜面上运动的最大速率为 C．小球沿斜面下滑的时间为 D．小球沿斜面下滑的最大距离为 【变式训练2-1】如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为+q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程中，外力F做功的平均功率为（　　） A．qvB B．qvB C．qvB D．2qvB 【变式训练2-2】如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-3】如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小为B＝1T的水平匀强磁场，带正电的物块A静置于水平面上，电荷量q＝0.2C。t＝0时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力Fn随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块A的质量m＝1kg B．物块A的加速度不断增大 C．水平力F的大小为25N D．磁场力对物块A的冲量为0 【变式训练2-4】如图所示，物块a带负电，物块b不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面向左运动，在a、b分开之前，下列说法正确的是（　　） A．物块a受到的摩擦力变小 B．物块a受到的摩擦力变大 C．地面对物块b的支持力变大 D．地面对物块b的支持力变小 【变式训练2-5】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平面，不计空气阻力。若小球以初速度v0沿细杆向上运动，经过一定的时间又回到出发点，则该过程中小球（　　） A．机械能减小 B．上滑时间大于下滑时间 C．向上滑动的最大位移为 D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 【变式训练2-6】如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为的带电塑料小球在竖直平面内摆动，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不计空气阻力，重力加速度为，则小球自右侧相同摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-7】如图甲所示，带电小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为；若加上水平向里的匀强磁场（如图乙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为，若加上水平向右的匀强电场（如图丙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为；若加上竖直向上的匀强电场（如图丁），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为。不计空气阻力，则（　　） A．一定有 B．一定有 C．与无法比较 D．与无法比较 【变式训练2-8】（多选）如图，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电荷量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，已知重力加速度为g，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法正确的是（　　） A．直杆对小球的弹力方向不变 B．直杆对小球的摩擦力先减小后增大 C．小球运动的最大加速度为 D．小球的最大速度为 【变式训练2-9】（多选）如图甲，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场，物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek-t关系图像如图乙所示，图像中z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块所受摩擦力逐渐增大 B．物块所受摩擦力逐渐减小 C．图中z点对应的速度大小为 D．图中z点对应的速度大小为 【变式训练2-10】（多选）物流分拣系统中，有一个足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示。将一质量为m、电荷量为+q的带电小货物无初速度地放在传送带的左端，将小货物看成质点，小货物与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法可能正确的是（　　） A．小货物在传送带上运动的过程，摩擦力对小货物做的功一定等于 B．小货物在传送带上运动的过程中，只有与传送带共速后才能做匀速直线运动 C．小货物可能先做加速度减小的变加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动 D．小货物在传送带上的最大加速度是μg，最大速度可能是 【变式训练2-11】（多选）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＞β），加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（　　） A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa＞ab B．在槽上，a、b两球都做变加速运动，但总有aa＞ab C．a、b两球沿直线运动的最大位移是sa＜sb D．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta＜tb 题型03：带电粒子在无边界匀强磁场中的运动 【典型例题1】质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将（    ） A．变大 B．变小 C．不变 D．条件不足，无法判断 【典型例2】一束γ射线（从底部进入而没有留下痕迹）从充满在气泡室中的液态氢的一个氢原子中打出一个电子，同时γ光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电子、负电子，二者速度接近），其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质量相等，则下列说法正确的是（　　） A．右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 C．分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 D．正电子、负电子的动能不断减小，而被打出的电子动能不变 【典型例题3】碘131治疗是甲状腺功能亢进症患者非常重要的一个治疗方法之一，多用于一些不能口服抗甲亢药物或者是口服抗甲亢的药物以后出现了严重的过敏反应以及肝功能损害的患者。现匀强磁场中有一个原来静止的碘131原子核，它衰变时放射出的粒子与反冲核（用X表示）的运动轨迹是两个相内切的圆，如图所示。下列关于衰变方程和粒子运动情况的说法正确的是（　　） A． B． C．释放出的粒子与反冲核圆周运动的旋转方向均为顺时针方向 D．大圆和小圆的半径比为54:1 【典型例题4】如图所示，匀强磁场范围足够大且方向垂直纸面向里，在纸面内有P、M、N三点，P、M间的距离为L，P、M连线与MN间的夹角为30°。从P点平行于MN向左发射速率为v0的带正电粒子，恰好经过M、N，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则(　　) A.磁感应强度的大小为 B.M、N间距离为 C.粒子从P运动到N的时间为 D.粒子运动过程中，距MN的最大距离为 【变式训练3-1】在云室中有垂直于纸面向里的匀强磁场，从P点发出一个电子和一个正电子（质量相等，电性相反），两个粒子运动轨迹如图中1、2所示，下列说法正确的是（　　） A．轨迹1对应正电子 B．轨迹2对应电子 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹1的大 D．轨迹2对应的粒子周期比轨迹1的大 【变式训练3-2】在医用同位素生产设备的质检过程中，技术人员将微量静止的钋置于足够大的匀强磁场中。钋核发生衰变后，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子，变为稳定的新核。新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹均为圆，且两圆外切，不计两者间的相互作用力，如图所示。则新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹的半径之比为（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-3】威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，并施加匀强磁场。当带电粒子经过云室时，其经过的路径上就会出现一条雾迹，从而显示粒子的运行路径。若某带电粒子进入云室后的运动方向与磁场方向垂直，其运动轨迹在纸面平面内如图所示。已知此带电粒子在云室中运动过程中质量和电荷量保持不变，由于阻力作用其速度不断减小。粒子重力的影响可忽略不计，下列说法中正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．粒子运动方向为从到 C．粒子运动过程中洛伦兹力的冲量始终为 D．粒子运动过程中洛伦兹力对它做负功 【变式训练3-4】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。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中、、、、是从点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关、、三条径迹以下判断正确的是( ) A.、、都是正电子的径迹 B.径迹对应的粒子动量最大 C.径迹对应的粒子动能最大 D.径迹对应的粒子运动时间最长 【变式训练3-5】假设原子核静止在匀强磁场中，在某一时刻发生α衰变（），水平向右释放粒子。则核与核在磁场中运动轨迹正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-6】如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心，在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，沿不同的方向绕行周期之比为，已知静电力常量为k，下列说法中正确的是（　　） A．粒子可能带正电 B．粒子沿逆时针方向转动时的线速度是沿顺时针方向时的2倍 C．粒子顺时针转动时，向心加速度大小为 D．粒子逆时针转动时，向心加速度大小为 【变式训练3-7】（多选）静止在匀强磁场中的U核发生α衰变，产生一个α粒子和一个未知的粒子X，它们在磁场中的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为U→X＋He B．α粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向相反 C．轨迹1、2分别是α粒子、X粒子的运动轨迹 D．α粒子、X粒子运动轨迹半径之比为45∶1 【变式训练3-8】某放射性元素的一个原子核静止在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。由于发生了（或）衰变而得到两种粒子，其中一种是（或）粒子，另一种是反冲核。如图所示为衰变后两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，已知衰变前原子核的质量为m，衰变后形成的两种新粒子的质量分别为、，在磁场中的轨迹半径分别为、。两圆半径之比为，则以下说法正确的是（　　） A．该原子核发生的是衰变，得到的两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相反 B．原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的轨道半径为 C．衰变过程释放的核能，得到的射线很容易穿透黑纸 D．该衰变的衰变方程可能为 【变式训练3-9】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的匀强磁场，质量为带正电的粒子静止在磁场中，该粒子在点分裂成粒子和，、在磁场中的径迹是两个内切圆，相同时间内的径迹长度之比；半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，则（    ） A．粒子和所带电性可能均为正电荷 B．粒子、的质量之比 C．在相等的时间内、两粒子速度的变化量大小相等 D．在相等的时间内、两粒子洛伦兹力冲量大小相等 【变式训练3-10】如图3所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是(　　) 图3 A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为 C.管道内的等效电流为nqπa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 【变式训练3-11】某种量子磁传感器的测量原理可简化如下：电子可在垂直于匀强磁场平面内的一系列分立圆轨道上做匀速圆周运动，电子的动能即为对应轨道的轨道能量，相邻轨道的能量差满足ΔEk＝kB，k为常数，B为磁感应强度的大小。电子在相邻轨道间跃迁会辐射光子。已知最内层轨道1的半径为r1，电子电荷量为-e、质量为m，普朗克常量为h，下列说法正确的是（　　） A．电子的运动速度越大，其做圆周运动的周期越长 B．电子在相邻轨道间跃迁，辐射出的光子的频率为 C．轨道2的半径为 D．轨道3的能量为 【变式训练3-12】如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图．螺线管内存在磁感应强度为、方向平行于管轴的匀强磁场．电子枪可以射出速度大小均为，方向不同的电子，且电子速度与磁场方向的夹角非常小．电子电荷量为、质量为电子间的相互作用和电子的重力不计．这些电子通过磁场汇聚在荧光屏上点．下列说法错误的是． A.电子在磁场中运动的时间可能为 B.荧光屏到电子入射点的距离可能为 C.若将电子入射速度变为，这些电子一定能汇聚在点 D.若将电子入射速度变为，这些电子一定能汇聚在点 【变式训练3-13】如图所示，空间中存在沿轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，点处有一粒子源，不断地沿与轴正方向成角的各个方向发射质量为、电荷量为、速度大小为的粒子。一垂直于轴的足够大荧光屏从点缓慢沿轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，屏到点的距离为（　　） A． B． C． D． 题型04：带电粒子在有界磁场中的运动 【典型例题1】如图，直线MN右侧无穷大区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。有一个带负电的粒子，质量为m，所带电荷量大小为q，从A点斜向下与直线MN成45°角以一定的初速度垂直进入磁场中，一段时间后从直线MN上某点离开匀强磁场区域，不考虑粒子的重力，下列关于该粒子运动的描述，正确的是（　　） A．粒子在磁场中的运动时间为 B．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的两倍，则粒子在磁场的运动时间变为原来的一半 C．若其他条件不变，粒子带正电，则粒子在磁场的运动时间变为原来的三倍 D．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的，则粒子在磁场的运动时间变为原来的一半 【典型例题2】一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　） A． B． C． D． 【典型例题3】电荷量相等的两个带电粒子a、b分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为d且，两粒子同时由A点射入，同时到达B点，如图所示则（　　） A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．两粒子的轨道半径之比 C．两粒子的速度之比 D．两粒子的质量之比 【典型例题4】如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的负电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了角。磁场的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【典型例5】我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图4，在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为(　　) 图4 A.2∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.1∶2 【典型例题6】如图，边长为L的正三角形ACD区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电粒子从A点以速度v0沿∠DAC的平分线射入磁场，恰好从C点离开磁场。若该粒子以速度沿纸面从AC边中点垂直AC射入磁场，则其在磁场中的运动时间为（　　） A． B． C． D． 【典型例题7】如图所示，带电粒子从正方形区域abcd的ad边中点，以垂直于ad边的初速度v0射入该区域。当该区域只存在垂直纸面向内的匀强磁场时，带电粒子恰好从b点射出；当该区域只存在沿ad方向的匀强电场时，带电粒子恰好从c点射出。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在磁场中的运动时间大于在电场中的运动时间 C．粒子射出磁场的速度大小等于射出电场的速度大小 D．粒子在磁场中受到的力的大小等于在电场中受到的力的大小 【典型例题8】如图所示，一个质量为、电荷量为的带负电的粒子（粒子的重力不计），带电粒子从轴正方向上的点以速度沿与轴成的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于轴正方向射出第一象限。已知，则带电粒子在磁场中做匀速圆周的半径及匀强磁场的磁感应强度的大小分别为（　　） A． B． C． D． 【变式训练4-1】（多选）如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（    ） A．P和Q的质量之比为1：2 B．P和Q的质量之比为 C．P和Q速度大小之比为 D．P和Q速度大小之比为2：1 【变式训练4-2】（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，则（　　） A．粒子1与粒子2的动能之比为1：2 B．粒子1与粒子2的动能之比为1： 4 C．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1： 1 D．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1： 2 【变式训练4-3】（多选）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 【变式训练4-4】如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中的运动时间为 B．圆形区域的半径为 C．要使粒子从D点离开磁场，入射速度为 D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点 【变式训练4-5】如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图、若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A．三个粒子都带负电荷 B．c粒子运动速率最小 C．c粒子在磁场中运动时间最短 D．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc 【变式训练4-6】宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危害，某科研团队设计了如图12甲所示的防护装置。图乙为其截面图，半径为R的圆柱形区域是宇航员防护区，在半径分别为R和2R的同心圆柱之间加有沿轴线方向的匀强磁场。已知质子沿各个方向运动的速率均为v0，电荷量为e，质量为m，不计质子间相互作用，sin 37°＝0.6。 图12 (1)若质子垂直磁场正对圆柱轴线入射时无法进入防护区，求磁感应强度大小范围； (2)在(1)问前提下，求质子在磁场中运动的最长时间； (3)若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，求磁感应强度大小范围。 【变式训练4-7】如图所示，等边三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以不同的速率垂直磁场左边界进入磁场区域，离开磁场时分成两束。速率为v1的粒子射出磁场时垂直于磁场的右边界，速率为v2的粒子射出磁场时与磁场右边界的垂线夹角θ=30°，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则v1与v2的比值为（　　） A． B． C． D． 【变式训练4-8】如图9所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是(　　) 图9 A.粒子带正电 B.r1∶r2＝2∶1 C.v1∶v2＝3∶1 D.t1∶t2＝1∶4 【变式训练4-9】（多选）如图所示，在矩形区域ABCD内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里。已知AB边长为d，BC边长为2d。O、E分别为BC、AD边的中点。在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场区域任意方向发射同种带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，初速度大小均相同。沿与OB方向成60°角的方向发射的粒子恰好从E点射出磁场。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，下列说法正确的有（　　） A．粒子带正电 B．粒子运动的速度大小为 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．从AD边射出的粒子，其初速度方向与OB方向的夹角可能大于90° 【变式训练4-10】（多选）如图11，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是(　　) 图11 A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 【变式训练4-11】如图，在平面直角坐标系xOy的第象限存在大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量绝对值为q的粒子以一定的速度从原点O沿与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到坐标为（a，b）的M点时，粒子的速度方向恰好与x轴正向一致。不计重力。下列判断正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子速度大小为 C．粒子由O到M经历的时间为 D．粒子离开第I象限时，其速度方向与x轴正方向的夹角为30° 【变式训练4-12】（多选）如图所示，在直角坐标系xOy中x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点，带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则（　　） A．粒子P带负电 B．粒子P在磁场中运动的时间为 C．粒子Q在磁场中运动的路程可能为 D．粒子Q在磁场中运动的时间可能为 【变式训练4-13】一种能精准控制带电粒子运动轨迹和运动时间装置的原理如图5所示。在xOy平面内0<x≤2L的区域内，第一象限内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小关系为B1＝2B2。处于O点的粒子源，能沿与x轴成θ＝60°角的方向，向第一象限发射质量为m、带电荷量为q、速度为v0的正粒子，粒子最终从x轴上的P(2L，0)点射出磁场，不计粒子的重力。 图5 (1)求磁感应强度B1的最小值； (2)若B1＝，求粒子在磁场中通过的路程。 题型05：带电粒子在多个组合边界磁场中的运动 【典型例题】（多选）如图，平面内有一个半径为R的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域abcd，两个区域的切点O为ad边的中点，ab＝R，bc＝2R，bc和cd边上分别有两个接收屏（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群质量为m，电荷量为﹣q的粒子均匀分布在宽为2R区域内，紧邻且平行于da边以速度v0进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．打在bc边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为 B．矩形区域内粒子所经过的面积为（1）R2 C．打到cd屏上的粒子数占总数的比例为 D．打到bc屏上的粒子数占总数的比例为 【变式训练5-1】如图，磁感应强度为B的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为正六边形的无磁场区域，O为正六边形的中心，PQ为其一边。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从P点以与OP成30°角的速度垂直磁场射入匀强磁场区域，之后从Q点第一次返回无场区。不计粒子重力，则粒子在磁场中从P点运动到Q点的时间为（　　） A． B． C． D． 【变式训练5-2】如图所示，虚线的上方区域和下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2，两虚线之间无磁场，重力不计的带正电粒子以垂直于磁场方向的速度从A点射入上方区域，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．第一次从A到C的运动时间小于从D到E的 B．磁场均垂直纸面向外 C．磁感应强度B1＜B2 D．轨迹内上下两区域磁通量Φ1＞Φ2 【变式训练5-3】如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为﹣q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（　　） A． B． C． D． 题型06：根据带电粒子的运动确定磁场区域范围题型 【典型例题1】如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角。为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为（不计粒子的重力）（　　） A． B．cos2α C．sinα D．sin2α 【典型例题2】云室内一原子核静止在范围足够大的匀强磁场（图中未画出）中的P点，该原子核发生α衰变，衰变产生的新核与α粒子恰在纸面内运动，经过一段时间后观察到的轨迹如图所示。下列说法正确的是（　　） A．沿曲线PM运动的原子核比荷较小 B．沿曲线PM运动的原子核动量较小 C．曲线PQ可能是抛物线的一部分 D．沿曲线PQ运动的可能是α粒子 【变式训练6-1】(多选）如图所示，空间内有两个平行边界，距离为。在边界外侧有垂直于平面向外的匀强磁场，左侧区域的磁感应强度大小为B1，右侧区域的磁感应强度大小为B2，两边界间有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在左侧边界A点有一个质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v水平向右进入电场，忽略重力，下列关于粒子运动的说法正确的是（　　） A．粒子从左向右经过电场的时间小于从右向左经过电场的时间 B．B1、B2满足一定关系时，粒子可能回到A点 C．若B1＝B2＝B，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间可能为 D．若B1＝B2＝B，则粒子向右穿过左边界时离A点的距离可能为 【变式训练6-2】(多选）在受控核聚变与深空导航等前沿科技领域中，带电粒子的精确操控是实现技术突破的关键。如图所示，在直角坐标系xOy内存在两个匀强磁场区域，以直线y＝x为分界线，即在y＞x的区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y＜x的区域Ⅱ存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从坐标原点O以大小为v的初速度沿x轴负方向射入区域Ⅰ。下列说法正确的是（　　） A．粒子第1次穿过分界线y＝x时的位置坐标为 B．时刻，粒子第1次穿过分界线 C．粒子第2026次穿过分界线时的位置坐标为 D．时刻，粒子第2026次穿过分界线 题型07：带电粒子在组合场运动题型 【典型例题1】如图所示，在平面直角坐标系中，y轴左侧存在竖直向上的匀强电场，y轴右侧存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点为位于x轴上的一点，某时刻一带负电的粒子从P点以与x轴成θ角的初速度v0斜向上射出，经过电场偏转后，以垂直于y轴的速度进入磁场，经磁场偏转后粒子垂直经过x轴。不计带电粒子重力，则匀强电场的电场强度E的大小为（　　） A．Bv0sinθ B．Bv0tanθ C．Bv0sinθtanθ D．Bv0sinθtanθ 【典型例题2】如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内、边长为L的正方形OACD区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在第三象限内、边长为L的正方形OMPN区域内有沿y轴正向的匀强电场，在MP边上离x轴距离为的Q点，以速度v0沿x轴正向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转恰好从坐标原点O进入磁场，粒子经磁场偏转后，从（，0）点离开磁场，不计粒子的重力，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小； （3）若粒子在磁场中运动的某时刻，突然撤去磁场，此后粒子的运动经过C点，则撤去磁场后，粒子在OACD区域内运动的时间。 【变式训练7-1】（多选）圆心为、半径为的圆形区域内存在磁感应强度为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上的点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为的带电粒子。圆的右边为边长是的正方形，刚好与圆相切于点，切点为的中点，其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿方向射入时，粒子刚好从点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（     ） A．粒子的比荷为 B．粒子从点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关 C．若将电场方向变为竖直向下，则从电场边界与射出的粒子数之比为 D．若将电场方向变为竖直向下，且粒子要全部从边界射出，则电场强度大小至少为原来的5倍 【变式训练7-2】如图，在xOy平面的第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的P点以v0的初速度沿x轴正方向射出，并从x轴上的Q点进入磁场区域，一段时间后粒子恰能回到P点。已知P点的坐标为（0，L），Q点的坐标为（2L，0），不计粒子重力。则（　　） A．匀强电场的电场强度为 B．匀强磁场的磁感应强度为 C．若仅将磁感应强度变为原来的倍，则粒子第三次到达x轴的坐标为（﹣2L，0） D．若仅将磁感应强度变为原来的2倍，则粒子第三次到达x轴的坐标为（6L，0） 【变式训练7-3】如图所示，真空区域内水平边界ab与cd相距为h，其间存在竖直向上的匀强电场。边界cd上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N为边界cd上的三点，且MP＝L，PN＝2L。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、N两点同时射入磁场，最终同时被置于P点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两粒子的比荷之比为2：1 B．乙粒子在电场中运动的时间为 C．乙粒子在电场中的加速度为 D．甲粒子在电场中运动时电势能减小 【变式训练7-4】（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的足够大匀强磁场，磁感应强度为B。两个带电量均为+q、质量分别为m、m的粒子a和b，分别从第二象限的P1（d，d）、P2（﹣d'，d）同时由静止释放，均从y轴上的同一点S垂直y轴进入磁场。若粒子a在第一象限的轨迹为四分之一圆弧，且a、b两粒子在第一象限中运动的时间相等，不计粒子重力及相互作用，下列说法正确的是（　　） A．粒子b在磁场中运动的轨迹半径为 B．a、b两粒子经过S点时的速度之比为3：4 C．粒子b在电场中加速的距离为 D．a、b两粒子进入第三象限的时间差为 【变式训练7-5】（多选）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是(　　) A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为 B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为 C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为 D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL 【变式训练7-6】如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面．在x>0区域内，磁感应强度大小为B1＝2 T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1 T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25 kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，电荷量q＝＋3.2×10－19 C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104 eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能．设a粒子的速度沿x轴正方向．不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间．求： (1)若γ＝0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1； (2)γ取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大； (3)γ取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？ 【变式训练7-7】如图所示，坐标系的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外；第四象限内有沿轴负方向的匀强电场。质量为、带电量为的粒子以速率从轴的点射入磁场，经轴上的点沿轴负方向进入电场，然后从轴负半轴点以与轴负方向成角离开电场，不计粒子重力，求： （1）粒子在点时速度方向与轴正方向的夹角； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。    题型08:带电粒子在叠加场中的运动 【典型例题1】如图所示，空间直角坐标系中存在沿x轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点有一粒子源，能沿与x轴正方向成37°角的各个方向源源不断地发射质量为m、带电荷量为+q、速度大小为v的粒子，右侧平行于yOz平面有一足够大的荧光屏，不计粒子重力和粒子间的相互作用，sin37°＝0.6。屏从O点向右平移，当屏上亮环第一次最大时，屏上圆的面积为S，再向左平移荧光屏，当屏上圆的面积为时，屏到O点的距离为（　　） A． B． C． D． 【典型例题2】如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里．带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动．则下列说法中正确的是 (　　) A．三个液滴都带负电 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率 C．三个液滴中液滴b质量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动 【变式训练8-1】如图所示，内壁绝缘且光滑的半圆槽固定在水平面上，一带正电的小球从槽的最左端与槽圆心O等高处静止释放，球运动的周期为T1；若仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，球沿槽运动的周期为T2；若仅在该空间加竖直向下的匀强电场，球运动的周期为T3，不计空气阻力。则（　　） A．T2＜T1 B．T2＝T1 C．T3＝T1 D．T3＞T1 【变式训练8-2】如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C的物体在与水平面成37°角的天花板上以速度v0沿天花板方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0的大小和方向，下列说法正确的是（　　） A．大小为8m/s，方向沿天花板向下 B．大小为4m/s，方向沿天花板向上 C．大小为20m/s，方向沿天花板向下 D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下 【变式训练8-3】（多选）如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交， 有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是 (　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带负电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 【变式训练8-4】（多选）一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（　　） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的圆心角为60° C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是 D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是 题型09：带电粒子在交变电、磁场中的运动 【典型例题1】如图甲所示，是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为、电荷量为的带正电粒子以速度在时从点沿方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（   ） A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则磁场的磁感应强度 B．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子运动的加速度大小 C．若要使粒子恰能沿方向通过点，则磁场的磁感应强度的大小 D．若要使粒子恰能沿方向通过点，磁场变化的周期 【典型例题2】如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω； （2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm； （3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。 【变式训练9-1】在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中=d，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。 （1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小； （2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。 （3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。 【变式训练9-2】如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力。求： (1)t＝t0时，求粒子的位置坐标； (2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。 【变式训练9-3】如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为。粒子重力不计，求： (1)粒子的比荷； (2)粒子在t＝时的位置坐标； (3)粒子在t＝时的速度； (4)t＝(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。 【变式训练9-4】两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求： （1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标； （2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功； （3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。 题型10:带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 【典型例题1】如图所示，在空间坐标系中，存在着电场强度为的匀强电场和磁感应强度为的匀强磁场图中都未画出，方向均沿轴负方向。一质量为、电荷量为的油滴从点以速度沿轴正方向进入复合场，关于油滴的运动下列说法正确的是() A.若，则油滴做匀速直线运动 B.若，则油滴做匀速圆周运动 C.若，则油滴做类平抛运动 D.无论如何，油滴都不可能做匀变速曲线运动 【典型例题2】（多选)利用电磁控制带电粒子的运动轨迹在现代实验和设备中得到广泛应用。如图所示，空间内有正立方体abcd－efgh区域，正方体区域内存在着方向沿ae向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子从a点沿ab方向以速度v0进入空间，粒子恰好通过c点;第一次撤去磁场，正方体内加上竖直向下的匀强电场E1，粒子仍从a点以原速度v0进入电场，粒子恰好通过f点;第二次恢复原磁场，同时换上竖直向下的匀强电场E2，粒子仍从a点以原速度v0进入场区，粒子恰好通过g点，不计粒子重力，正方体外无电场和磁场，下列说法正确的是(　　) A.电场强度E1大小为v0B B.粒子从a点到c点时间是从a点到f点时间的倍 C.电场强度E2大小为 D.到达g点时速度大小为v0 【变式训练10-1】我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　）    A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大 C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进 D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距增大 【变式训练10-2】在中国环形加速器实验室中，质子被加速到接近光速，在半径为的环形轨道上以的速度匀速圆周运动。已知质子的质量为，电荷量为，若仅考虑洛伦兹力的作用，忽略相对论效应，则所需的匀强磁场强度约为( ) A. B. C. D. 【变式训练10-3】如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值; (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值; (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 题型11:带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 【典型例题1】（多选）如图所示，正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一不计重力的带电粒子，以大小为v的速度，从ab边的中点M垂直于ab边和磁场射入正方形区域，并从bc边的中点N射出。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间加倍 B．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间不变 C．若仅将加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的2倍 D．若仅将加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的倍 【典型例题2】在Oxy平面存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为；在y轴有一离子源S，其坐标为，向平面内各个方向均匀发射质量为m，电量为，速率为且带正电的粒子。现沿x轴放置一足够长且不可穿过的挡板，挡板上有C、D两点，C点横坐标，D点横坐标，不考虑带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力。 (1)若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标； (2)求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比； (3)若在挡板上不同位置放一些微型粒子探测器可视为质点，发现在一些位置上粒子只会从一个方向进入探测器，而在另一些位置上粒子会从两个方向进入探测器，试确定能从两个方向进入探测器的位置所在区间。 【变式训练11-1】如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP=L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为的正离子（此后不再喷发），不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则下列说法不正确的是（　　） A．打中荧光屏的最短时间为 B．打中荧光屏的宽度为 C．打中荧光屏的最长时间为 D．打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为1∶2 【变式训练11-2】如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T。一个质量为、电荷量为的带电粒子从P点沿图示方向以v=20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场（Q点未画出）。已知OP=25cm，粒子重力不计。求： (1)OQ的距离及粒子从P运动到Q的时间； (2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足的条件。 【变式训练11-3】如图所示，和是竖直圆的两条相互垂直的直径，水平，为过点且平行的直线，圆内部充满磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。现有一束宽度和相等、电荷量为、质量为的带正电粒子以相同速率平行直径射入圆，粒子均通过点进入直线下方。已知圆的半径为，不计重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的速率； (2)若直线下方充满磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，分别射向和中点的两粒子进入直线下方后又均从点射出下方磁场，求点到点的距离； (3)若直线下方、延长线的右侧存在一个垂直纸面向里的矩形匀强磁场，直线和延长线分别为其两个边界，该磁场竖直方向边长为，水平方向边长为。已知粒子在该磁场中做圆周运动的半径介于到之间，在该磁场中运动时间最长的粒子的运动时间恰好为粒子在该磁场中做圆周运动周期的，求矩形磁场的磁感应强度大小。 一：单选题 1．下列说法中正确的是（　　） A．运动的质子在经过某处时不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度为零 B．电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变 C．速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同 D．电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果 2．如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始时位于管道M端且相对管道的速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m、电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径。关于小球从M端运动到N端过程，下列说法正确的是（　　） A．时间为 B．小球所受洛伦兹力做正功 C．小球所受洛伦兹力方向竖直向上 D．外力F做的功为qvBl 3．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是（　　） A．液滴一定带负电 B．液滴在C点时动能最大 C．液滴在C点电势能最小 D．液滴在C点机械能最小 4．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度为0.25T的匀强磁场，M＝0.4kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面，在木板左端放置m＝0.1kg带电量为0.4C的负电荷滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小F＝0.5N的恒力，g取10m/s2，在以后的运动过程中（　　） A．滑块在木板上一直做匀加速直线运动 B．滑块匀加速运动的时间t＝8s C．滑块最终速度v1＝6m/s D．滑块最终的速度为v2＝8m/s 5．如图所示，长度为L、内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m、电荷量为q的带正电小球。整个装置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（　　） A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球的运动轨迹是抛物线 C．管壁的弹力对小球不做功 D．洛伦兹力对小球做功Wf＝qv0BL 6．如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C的物体在与水平面成37°角的天花板上以速度v0沿天花板方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0的大小和方向，下列说法正确的是（　　） A．大小为8m/s，方向沿天花板向下 B．大小为4m/s，方向沿天花板向上 C．大小为20m/s，方向沿天花板向下 D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下 7．如图所示，直角边长度为L的等腰直角三角形AOC内部，存在垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小为B。在AO边上距O点位置处有一粒子源P，能垂直AO边沿纸面向磁场内部发射质量为m、电荷量为q的负粒子，粒子射入磁场的速率v大小可调，忽略粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中运动的时间不可能小于 B．粒子在磁场中运动的时间可能为 C．粒子在磁场中运动的时间可能为 D．若，粒子在磁场中的运动时间为 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有一粒子源，粒子源从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、质量为m、电荷量为q。PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的足够长的挡板，挡板的Q端与O点的连线与挡板垂直，距离为，设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重力。则（　　） A．板上有粒子打到的范围长度 B．打在板上的粒子在磁场中运动的最短时间为 C．打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间为 D．打在挡板上的粒子占所有粒子的 9．如图所示，一根无限长直导线水平放置，其中电流从右向左流过，导线正下方有一个粒子源，可水平向右发射出四种粒子：α粒子（带正电）、β粒子（带负电）、中子和质子，则轨迹向上偏转的粒子是（　　） A．α粒子 B．β粒子 C．中子 D．质子 10．边界MN上方区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，带电粒子a、b垂直于磁场方向（同时垂直于磁场边界）从O点射入，它们的部分运动轨迹如图所示。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．若粒子a与粒子b所带电荷量相同，则粒子a的动量小 C．若两粒子射入时的初动能相同，则粒子a受到的洛伦兹力小 D．若粒子a先回到磁场边界，则粒子a的比荷小于粒子b的比荷 11．如图所示，正方形区域ABCD内存在垂直纸面的匀强磁场，E、F为CD边的三等分点。现从BC边上某点在纸面内沿不同方向，以速度v0向正方形区域内射入带电粒子。从CD边上的E、F点射出的粒子，速度与CD边垂直。已知粒子质量均为m，带电量均为q，正方形边长为L，不计粒子所受重力和粒子之间的相互作用。则该区域内磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 12．如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度为B，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝L，A处有一个粒子发射源，可以在0∼90°内发射不同速率的同种带负电粒子，粒子的比荷为k。若粒子的速率用v0（未知）表示，初速度与AB边的夹角用θ（未知）表示，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　） A．若θ＝30°，粒子从AB边射出的最大速率为kBL B．若θ＝60°且粒子恰好不从BC边射出，则 C．若θ＝90°且粒子恰好不从BC边射出，则 D．若，粒子从BC边离开磁场的最短时间为 13．托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点发射a、b两个粒子，都恰好经过磁场外边界。已知a粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小，b粒子沿内圆的切线方向发射，a、b都带正电且比荷均为。不考虑带电粒子所受重力和相互作用。则（　　） A．外圆半径等于2R0 B．a粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 C．b粒子速度大小为 D．b粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 14.如图甲，两带电导体板水平放置，带正电粒子以速度v0从板中间射入，恰从下极板边缘射入与边界垂直的匀强磁场。已知板长为L，两板间距离为，粒子的荷质比为k，从进入磁场开始计时，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中。则粒子从进入磁场到射出磁场的两点间距离为（　　） A． B． C． D． 15．2026年初，我国EAST（东方超环）“人造太阳”装置实现了1亿摄氏度与长脉冲稳态运行的新突破，提升了我国在磁约束核聚变领域中的国际地位。如图为实验所用的环流器结构示意图，等离子体（即各种粒子的混合体）被强磁场约束在环形真空室内。关于该装置，下列说法正确的是（　　） A．等离子体温度越高，分子运动速率越慢 B．磁场对等离子体的洛伦兹力不做功 C．该装置所用核燃料主要为铀235 D．磁约束控制之下带电粒子的动量不变 16．如图所示，一质子源发射出的质子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速，从两板正中间平行极板进入偏转电场，穿过两板后又垂直于磁场射入边界线与偏转极板垂直的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。加速电压为U1，偏转电压为U2，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为d，则（　　） A．d随U1增大而增大，d与U2无关 B．d随U2增大而增大，d与U1无关 C．若将质子换成α粒子，其他条件不变，d不变 D．若将质子换成α粒子，其他条件不变，d变小 17．如图所示，平面直角坐标系中，一个半径为a、弧长略小于半圆的圆弧形挡板关于x轴对称放置，其圆心位于原点。以y＝a为上边界、y＝﹣a为下边界、圆弧形挡板为右边界，左边界无穷远的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B1。其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B2。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从（﹣a，0）处以某一初速度沿x轴正向射出，恰好从（0，a）处进入磁场Ⅱ，之后与挡板仅发生一次碰撞，碰后速度大小变为原来的、方向与碰前相反，最后经过（0，﹣a）处回到磁场Ⅰ。不计粒子重力及碰撞时间，整个过程粒子电量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．粒子初速度的大小为 B．两个磁场磁感应强度大小关系为B1＝2B2 C．粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标为 D．粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间为 18．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（   ） A．t1 < t2 = t3 B．t1 < t2 < t3 C．t1 = t2 > t3 D．t1 > t2 > t3 19．如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　） A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 20．坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　） A． B． C． D． 21．如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 22．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（　　）    A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B．粒子质量为 C．管道内的等效电流为 D．粒子束对管道的平均作用力大小为 二：多选题 1.（多选）如图所示，矩形区域abcd内、外分别存在着垂直于纸面向里、向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。比荷为k的带正电粒子（不计重力）从a点以与ab边夹角为30°的速度射入矩形区域内，粒子第一、二次穿过矩形区域边界时恰好分别经过b、c点。已知ab＝L，矩形区域外的磁场范围足够大。下列说法正确的是（　　） A．粒子的速度大小为kBL B．bcL C．粒子不经过d点 D．粒子相邻两次经过a点的时间间隔为 2．（多选）类似光学中的折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“折射”。一束质量为m、电荷量为e、速度为的质子束从Ⅰ区P点以“入射角”θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其在Ⅲ区出射方向与“法线”夹角为“折射角”α如图所示，“折射率”。不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。下列说法正确的是（　　） A．若想“折射角”α大于“入射角”θ，则Ⅱ区可以设置为磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场 B．若Ⅱ区为方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度不变，增大“入射角”θ，“折射角”α也增大 C．若Ⅱ区为竖直向下的匀强电场，可以实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区） D．若Ⅱ区为匀强电场，“折射角”α小于“入射角”θ，仅增大电场强度，则“折射率”n增大 3．（多选）如图所示的直角三角形abc区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，平行板电容器MN沿水平方向放置，大量比荷均为k的带正电粒子从M板由静止释放，粒子经N板的小孔由a点沿ab方向射入磁场区域，MN极板间的电压可以调节。已知，，，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．若粒子从ac边的中点离开，加速电压为 B．从ac边离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间均为 C．改变MN板间的电压，粒子能从c点离开磁场 D．欲使粒子从ac边离开磁场，加速电压的最大值为 4．（多选）地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。某研究小组模拟了一个地磁场，如图，模拟地球半径为，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球，厚度为方向垂直该剖面的匀强磁场（磁感应强度大小为B），。磁场边缘处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应，取。则（　　） A．粒子的比荷 B．速度小于的粒子，无法到达模拟地球 C．速度为的粒子，到达模拟地球的最短时间为 D．速度为的粒子到达地球的粒子数约占进入地磁场粒子总数的 5．（多选）如图，平面内有一个半径为的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域，两个区域的切点为边的中点，，，和边上分别有两个接收屏（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群质量为，电荷量为的粒子均匀分布在宽为区域内，紧邻且平行于边以速度进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．打在边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为 B．矩形区域内粒子所经过的面积为 C．打到屏上的粒子数占总数的比例为 D．打到屏上的粒子数占总数的比例为 6．（多选）如图所示，电子由静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离。已知电子的质量为m，电荷量为e，取。下列说法正确的是（　　） A．电子进入磁场时的速度大小为 B．电子在磁场中做圆周运动的半径为 C．电子在磁场中运动的时间为 D．若电场可调，为使电子能从磁场的右侧边界射出，则加速电压的最小值为 7.（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度为0.5T的匀强磁场，M＝0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，木板左端放置m＝0.1kg、带电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向左大小为F＝0.6N的恒力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块在木板上先后做匀加速运动、变加速运动、匀速运动 B．滑块在木板上匀加速运动的时间为3s C．滑块在木板上运动最终的速度为6m/s D．若滑块经时间t达到最大速度，则t秒内滑块位移为（10t﹣29）m 8.（多选）矿山、冶金行业的磁选机，用来分离带磁性或带电的矿石颗粒，原理如图所示，绝缘固定的斜面的剖面AD与水平面的夹角θ＝37°，点O、C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块（未画出），在C点以某一初速度v0（未知）开始沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力大小为0.6mg，已知OA、OC，OA段的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．物块带负电 B．物块在C点上滑的初速度大小为 C．物块在O点时的速度大小为 D．物块在OA段因摩擦产生的热量为 9．（多选）如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场中有一粒子源O，可以均匀地向各个方向同时发出质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电的粒子。PQ是平行磁场放置的足够长的挡板，挡板P端与O点的连线与挡板垂直，OP＝d。假设打在挡板上的粒子都会瞬间被挡板吸收且其电荷被及时导走，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，（磁场区域足够大）下列判断正确的是（　　） A．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 B．若磁感应强度B，则发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差为 C．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 D．若磁感应强度B，则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P点的距离为 10．（多选）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．该带电粒子带正电 B．从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变 C．带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变 D．带电粒子每旋转一周的时间变小 11．（多选）利用图示装置可以选择一定速度的带电粒子。图中半圆为绝缘筒壁的横截面，直径PM的长为2R，弧线PN是覆盖在筒壁上的吸附层（可吸收打在其上的粒子），其长度L可调节，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。一群质量为m、电荷量为q的粒子以不同速率从P沿PM方向进入磁场，粒子与PN以外的筒壁发生若干次碰撞后恰可从M射出。若碰撞过程遵循反射定律，没有动能损失，且电荷量保持不变，不计粒子的重力，关于从M射出的粒子，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带正电 B．若L＝0.4πR，则粒子的速率为 C．若L＝0.3πR，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若L＝0.3πR，则粒子速率的最小值为 12．（多选）如图为一种新型粒子装置，粒子源放置在水平面上长为3L、宽为2L的矩形abcd的中心O，矩形内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子源向水平面各个方向持续均匀发射比荷为的带正电粒子，速度大小限制在2v0到3v0之间，不计粒子源的尺寸、粒子间相互作用和粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为 B．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为 C．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为 D．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为 13．（多选）完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。0时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（　　） A．粒子在磁场中运动的速度大小为kBL B．电容器两板之间的电压至少为 C．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于 D．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置 14．（多选）如图所示，xOy坐标平面内，以O点为圆心的两个圆，半径分为r和r。小圆区域Ⅰ内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，环形区域Ⅱ内的匀强磁场垂直于纸面向外。一质量为m、电量为q的带正电粒子从A（0，r）点沿y轴负方向出发，由P（r，0）点首次进入区域Ⅱ且恰好不能从其外边界射出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子运动的速度大小为 B．区域Ⅰ、Ⅱ内的磁感应强度大小之比为：1 C．粒子从A点出发到第一次返回区域Ⅰ的过程中，速度方向改变了120° D．粒子返回A点的最短时间为（5+4） 15．（多选）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直面内，y轴竖直向上。在第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场和垂直坐标平面的匀强磁场（未画出），在第二象限内的P点沿x轴正方向抛出一个质量为m、带电量大小为q的带电小球，抛出时的速度大小为v0，小球从O点进入第四象限，经过O点时速度方向与x轴正向的夹角为45°，小球进入第四象限后做匀速直线运动，小球在第四象限运动到Q点（未画出）时将电场方向立即改为沿y轴正向，此后小球的运动轨迹刚好与x轴相切。已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．P、Q两点沿y轴方向的距离为 D．P、Q两点沿y轴方向的距离为 16．（多选）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在0＜x＜L区域内有沿y轴负方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0。一带正电粒子从坐标原点以速度v0沿与x轴正方向成30°角方向射入该区域，一段时间后沿x轴正方向射出，不计粒子重力，则（　　） A．粒子从右边界射出时速度大小可能是v0 B．粒子从右边界射出时速度大小可能是v0 C．粒子在该区域中的运动时间可能为 D．粒子在该区域中的运动时间可能为 17．（多选）如图甲所示，平行金属板MN间距为d，长度为l，紧邻金属板右侧有宽度为d，方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5.0×10﹣3T，CD为分界线，EF为置于磁场右边界的足够长的屏幕。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。比荷的粒子以速度沿平行金属板MN间中线OO′连续射入电场，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为是恒定不变的。已知l＝d＝0.2m，粒子带正电且粒子的重力和粒子间相互作用力可忽略不计，，则打在屏幕EF上的粒子（　　） A．在EO′间的离O′最远距离为0.1m B．在EO′间的离O′最远距离为0.2m C．在FO′间的离O′最远距离约为0.24m D．在FO′间的离O′最远距离约为0.18m 三：解答题 1．如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿竖直方向发射速度大小为v0的带电粒子，粒子恰好能与M板成60°穿过Q点处的小孔。已知OP＝L，两板间距，粒子质量均为m，电量为﹣q，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。问： （1）M板上方磁感应强度大小是多少？ （2）MN板间能达到的最大电场强度是多少？ （3）如果MN板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M板上方相同的匀强磁场，求粒子的落点与Q的距离？ 2．如图所示，粒子源能释放初速可视为0的带电粒子，并从O1进入加速区，沿O1O2连线加速后垂直进入偏转区（长×宽×高＝4d×4d×7d）底部中心O2，随后从狭缝进入接收区，最终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上O3点与收集板上O4点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于O1、O2、O3、O4所构成的竖直平面。 （1）若粒子源产生比荷分别为25k和4k的正离子a和b，当加速电压为U时，正离子a恰能垂直击中O4。求： ①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小； ②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x； ③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。 （2）若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化为辐射能并释放X射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X射线，但此类X射线辐射强度几乎为0。X射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示（所有被加速的电子都能全部击中收集板），请利用图中数据计算普朗克常量h。 3．如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为+q的带电滑块从光滑绝缘斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好即将飞离斜面，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，滑块可视为质点。求： （1）滑块滑至底端时的速度大小； （2）滑块滑至底端时所用时间； （3）斜面的高度。 4．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。水平绝缘传送带以恒定速率v0顺时针转动，传送带上间隔一定距离固定两个长为L的绝缘杆a、b，绝缘杆与传送带保持垂直且距离传送带右端足够远。杆a最下端用锁定装置锁住一个带电圆环，其电荷量为+q、质量为m，圆环视为点电荷且重力不计。 （1）若圆环与杆a之间的摩擦不计，解除圆环锁定后，求圆环沿杆a的运动时间t； （2）若圆环与杆a之间的动摩擦因数，解除圆环锁定后，圆环离开杆a顶端时速度恰好最大，求最大速度vm； （3）在第（2）问基础上，若让圆环能套在杆b上，求杆a与杆b之间的距离d。 5．如图，在xOy平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子从M（0，l）点以沿x轴正方向的速度射入磁场，并从x轴上的N点射出，出磁场时速度与x轴正方向的夹角为60°，忽略粒子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k。 （1）求粒子射入磁场的速度大小v0和在磁场中运动的时间t1； （2）若在xOy平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，求在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小q0； （3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间，速度方向首次与N点速度方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度vmin（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为Y处的电势）。 6．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术。如图，宽度为2r的均匀带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）从xOy平面沿x轴方向以初速度v垂直进入圆心为A（0，r），外半径为r，内半径为（1）r的环形匀强磁场，其中初速度指向圆心A的粒子恰好经过坐标原点O，不计重力及带电粒子之间的相互作用力。求： （1）磁场磁感应强度B的大小； （2）经过磁场后能汇聚到原点O的粒子数与总粒子数的比值。 7．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，不计粒子重力，粒子第一次经y轴上的C点（图中未画出）进入第二象限。 （1）求粒子从开始计时到运动至C点的时间t1； （2）求粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d； （3）若，求粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间t2。 8．如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里磁感应强度为B的匀强磁场。y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a，中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，可从y轴上y＝﹣a处的P点以速率沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力。 （1）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r； （2）求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。 （3）粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点？若能，求粒子发射方向与y轴负方向的夹角θ，若不能，请说明理由。 9．如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场。极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向外。极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的离子束以相同的初速度v0沿着平行于金属板的方向射入电场，已知离子质量均为m，电荷量均为+q，电荷碰到极板立即被吸收，且不考虑电场的变化，进入电场的粒子有50%能从电场射出。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。 （1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小； （2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B的取值范围； （3）若磁感应强度的B大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间。 10．光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为L的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。以ac、cd、fa为边界分布着与ab边垂直，方向由d指向c的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球A、B、C在ab的延长线上，小球质量均为m，小球A带电量为+q，B、C不带电。小球A位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B。初始时弹簧处于原长状态，C以初速度v0沿着ab连线方向与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后进入磁场，此后不再与B、C相碰。求： （1）弹簧弹性势能的最大值； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式。 11．如图所示，三个同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，圆Ⅰ的半径为（1）R，圆Ⅱ的半径为R。圆Ⅰ、Ⅱ之间存在垂直圆面向外的匀强磁场；圆Ⅱ、Ⅲ之间的环形区域存在背向圆心的均匀辐向电场，环形边界间的电压U可调；圆Ⅱ上四分之一圆弧SQ处有吸收装置。圆Ⅲ上P处不断有相同的带电粒子飘入电场，粒子的初速度几乎为0。当U＝U0（未知）时，粒子经电场加速后以竖直向上的速度v射出电场，由Q点射入磁场，经过磁场偏转后，刚好与圆I相切，最终到达SQ区域均被吸收。已知粒子质量为m，电量为+q，不计粒子的重力及粒子间相互作用。 （1）求电压U0的大小； （2）求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小； （3）将电压U从连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P点飘入电场，求圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L。 1 学科网（北京）股份有限公司 $