2015年高考二轮精华汇编：考点36磁场对运动电荷的作用讲解27411.pdf

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1、磁场对运动电荷的作用 考纲解读 1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题 1带电荷量为q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同 B如果把q 改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变 C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 答案 B 解析 因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时 FqvB，当粒子

2、速度与磁场平行时 F0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以 A选项错 因为q 改为q 且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由 FqvB知大小也不变，所以 B 选项正确因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以 C 选项错因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以 D选项错 2如图 1 所示，匀强磁场的磁感应强度均为 B，带电粒子的速率均为 v，带电荷量均为 q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向 图 1

3、 答案 甲：因 vB，所以 FqvB，方向与 v 垂直斜向上 乙：v 与 B 的夹角为 30，FqvBsin 3012qvB，方向垂直纸面向里 丙：由于 v 与 B 平行，所以电荷不受洛伦兹力，F0 丁：v 与 B 垂直，FqvB，方向与 v 垂直斜向上 3试画出图 2 中几种情况下带电粒子的运动轨迹 图 2 答案 考点梳理 一、洛伦兹力 1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力 2洛伦兹力的方向(1)判定方法 左手定则：掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即 F 垂直于 B 和 v 决定的平面(注意：洛伦

4、兹力不做功)3洛伦兹力的大小(1)vB 时，洛伦兹力 F0.(0或 180)(2)vB 时，洛伦兹力 FqvB.(90)(3)v0 时，洛伦兹力 F0.二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1若 vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动 2若 vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度 v 做匀速圆周运动 4如图 3 所示，半径为 r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从 A 点以速度 v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从 B 点射出，若AOB120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()图 3 A.2r3v0 B.2 3r3v0

5、C.r3v0 D.3r3v0 答案 D 解析 画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂线交于 O点，O 点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示连接 OO，设轨迹 半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径Rrtan 60 3r.因为AOB120，故AOB60，运动时间 t16T16 2Rv03r3v0，D 正确 5如图 4 所示，质量为 m，电 荷量为q 的带电粒子，以不同的初速度两次从 O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀 强磁场，在洛伦兹力作用下分别从 M、N 两点射出磁场，测得 OMON34，则下列 说法中错误的是 ()图 4 A两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为 34 B

6、两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为 34 C两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 34 D两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 43 答案 AD 解析 设 OM2r1，ON2r2，故r1r2OMON34，路程长度之比sMsNr1r234，B 正确；由 rmvqB知v1v2r1r234，故FMFNqv1Bqv2B34，C 正确，D 错误；由于 T2mBq，则tMtN12TM12TN1，A错 规律总结 1带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图 5 所示)图 5(2)平行边界(存在临界条件，如图 6 所示)图 6(3)圆形边界(沿径向射入

7、必沿径向射出，如图 7 所示)图 7 2确定粒子运动的圆心，找出轨迹对应的圆心角，再求运动时间.考点一 洛伦兹力和电场力的比较 1洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面(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 2洛伦兹力与电场力的比较 内容 对应 力项目 洛伦兹力 电场力 性质 磁场对在其中运动的电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力 产生条件 v0 且 v 不与 B 平行 电场中的电荷一定受到电场力作用 大小 FqvB(vB)FqE 力方向与场 方向的关系 一定是 FB，F

8、v，与电荷电性无关 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功 力为零时 场的情况 F 为零，B 不一定为零 F 为零，E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方既可以改变电荷运动的速度大向，不改变速度大小 小，也可以改变电荷运动的方向 深化拓展 洛伦兹力对电荷不做功；安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可 不做功 只有运动电荷才会受到洛伦兹力，静止电荷在磁场中所受洛伦兹力一定为零 例 1 在如图 8 所示宽度范围内，用场强为 E 的匀强电场可使初速度是 v0的某种正粒子偏转 角在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向

9、外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为(不计粒子的重力)，问：图 8(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？解析(1)设宽度为 L.当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动 水平方向上：Lv0t，竖直方向上：vyatEqLmv0 tan vyv0EqLmv20 当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为 R，如图所示，由几何关系可知 sin LR，Rmv0qB 联立解得 BEcos v0.(2)粒子在电场中运动时间 t1Lv0Rsin v0 在磁场中运动时间 t22T22mqBmqB 所以t1t2RqBmv0sin sin.答案(

10、1)Ecos v0(2)sin 技巧点拨 电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同 运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关 在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键 突破训练 1 在如图 9 所示的空间中，存在电场强度为 E 的匀强电场，同时存在沿 x 轴负方向、磁感应强度为 B 的匀强磁场(图中均未画出)一质子(电荷量为 e)在该空间恰沿 y 轴正方向以速度 v 匀速运动据此可以判断出 ()图 9 A质子所受电场力大小等于 eE，运动中电势能减小；沿 z 轴正方向电势升高 B质子所受电场力大小等于 eE，运动

11、中电势能增大；沿 z 轴正方向电势降低 C质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势升高 D质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势降低 答案 C 解析 解答本题时利用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据平衡条件判断电场力方向及电场方向，注意运用电场力做功与电势能变化的关系，及沿电场线方向电势降低匀强磁场的磁感应强度 B 的方向沿 x 轴负方向，质子沿 y 轴正方向运动，由左手定则可确定洛伦兹力沿 z 轴正方向；由于质子受电场力和洛伦兹力作用沿 y 轴正方向做匀速直线运动，故电场力 eE 等于洛伦兹力 evB，方向沿 z 轴负方向，即电场方

12、向沿 z 轴负方向，质子在运动过程中电场力不做功，电势能不变，沿 z 轴正方向即电场反方向电势升高，故C 正确，A、B、D 错误 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图 10 甲所示，图中 P 为入射点，M 为出射点)图 10(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)2半径的确定 可利用物理学公式或几何

13、知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小 3运动时间的确定 粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为 时，其运动时 间表示为：t2T(或 tRv)例 2(2012安徽理综19)如图 11 所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向射入磁场，经过 t 时间从 C 点射出磁场，OC与 OB 成 60角现将带电粒子的速度变为v3，仍从 A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ()图 11 A.12t B2t C.13t D3t 审题指导 1.粒子做圆周运动的圆心是 O 点吗？怎样找？2要求粒子在

14、磁场中运动的时间，就要先找圆周运动轨迹对应的圆心角，再利用周期公式求解 解析 设带电粒子以速度 v 射入磁场做圆周运动，圆心为 O1，半径为 r1，则根据 qvB mv2r，得 r1mvqB，根据几何关系得Rr1tan 12，且 160.当带电粒子以13v 的速度射入时，轨道半径 r2m13vqBmv3qB13r1，圆心在 O2，则Rr2tan 22.即 tan 22Rr23Rr13tan 12 3.故2260，2120；带电粒子在磁场中运动的时间 t360T，所以t2t12121，即 t22t12t，故选项 B 正确，选项 A、C、D 错误 答案 B 技巧点拨 找圆心、求半径、确定转过的圆心

15、角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间 t 和转过的圆心角 之间的关系是解题的关键 例 3 如图 12 所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，质量为 m(不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔 Q 进入 N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与 N 板的夹角为 45，孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，当 M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，求：图 12(1)两板间电压的最

16、大值 Um；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度 s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间 tm.解析(1)M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，所以圆心在 C 点，如图所示，CHQCL 故半径 r1L 又因为 qv1Bmv21r1 且 qUm12mv21 所以 UmqB2L22m.(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与 CD 板相切于 K 点，此轨迹的半径为 r2，设圆心为 A，在AKC 中：sin 45r2Lr2 解得 r2(21)L 即 KC r2(21)L 所以 CD 板上可能被粒子打中的区域的长度 s HK，即 sr1r2(2 2)L.(3)打在 QE 间的粒子在磁场

17、中运动的时间最长，均为半个周期，所以 tmT2mBq.答案(1)qB2L22m(2)(2 2)L(3)mBq 规律总结 1带电体在磁场中的临界问题的处理方法 带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切 2带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法三步法(1)画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系(3

18、)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式 突破训练 2(2011浙江20)利用如图 13 所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图 中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分 别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为 L.一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子 从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒子，下列说 法正确的是 ()图 13 A粒子带正电 B射出粒子的最大速度为qB3dL2m C保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D保持 d 和

19、 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 答案 BC 解析 利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项 A 错误 利用 qvBmv2r知 rmvqB，能射出的粒子满足L2rL3d2，因此对应射出粒子的最大速度 vmaxqBrmaxmqB3dL2m，选项 B 正确vminqBrminmqBL2m，vvmaxvmin3qBd2m，由此式可判定选项 C 正确，选项 D 错误 突破训练 3(2012山西太原市高三模拟试题(二)如图 14 所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度 B0.10 T，磁场区域半径 r23

20、3 m，左侧区圆心为 O1，磁场向里，右侧区圆心为 O2，磁场向外，两区域切点为 C.今有质量 m3.21026 kg、带电荷量 q1.61019 C 的某种离子，从左侧区边缘的 A 点以速度 v1106 m/s 正对 O1的方向垂直射入磁场，它将穿越 C 点后再从右侧区穿出求：图 14(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大？(侧移距离指在垂直初速度方向上移动的距离)答案(1)4.19106 s(2)2 m 解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对 称的，如图所示，设轨迹半径为 R，圆周运动的周期为 T 由牛

21、顿第二定律有 qvBmv2R 又 T2Rv 联立得：RmvqB T2mqB 将已知数据代入得 R2 m 由轨迹图知 tan rR33，即 6 则全段轨迹运动时间 t222TT3 联立并代入已知数据得 t23.143.2102631.610190.10 s4.19106 s(2)在图中过 O2向 AO1作垂线，联立轨迹对称关系知 侧移距离 d2rsin 2 将已知数据代入得 d2233sin 3 m2 m 39带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题 1临界问题的分析思路 临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折

22、点即为临界状态点与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点 临界问题的一般解题模式为：(1)找出临界状态及临界条件；(2)总结临界点的规律；(3)解出临界量；(4)分析临界量列出公式 2极值问题的分析思路 所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种：一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论；二是借助于几何图形进行直观分析 例 4 如图 15 所示，在第二象限和第四象限的正方形区域内分别存在着匀强磁场，磁感应强度均为 B，方向相反，且都垂直于 xOy 平面一电子由 P(d，d)点，沿 x 轴正方向射入磁场区域.(电子

23、质量为 m，电荷量为 e，sin 5345)图 15(1)求电子能从第三象限射出的入射速度的范围(2)若电子从(0，d2)位置射出，求电子在磁场中运动的时间 t.(3)求第(2)问中电子离开磁场时的位置坐标 解析(1)电子能从第三象限射出的临界轨迹如图甲所示电子偏转 半径范围为d2rd 由 evBmv2r得 veBrm 故电子入射速度的范围为 eBd2mveBdm.(2)电子从(0，d2)位置射出的运动轨迹如图乙所示 设电子在磁场中运动的轨道半径为 R，则 R2(Rd2)2d2 解得 R5d4 由几何关系得PHM53 由 evBmR(2T)2解得 T2meB 则 t2meB5336053m18

24、0eB.(3)如图乙所示，根据几何知识，带电粒子在射出磁场区域时 与水平方向的夹角为 53，则在磁场区域位置 N 点的横坐标 为3d8 由NBH可解得 NB 的长度等于 d，则 QAd5d8 由勾股定理得 HA918d，HBRcos 533d4 所以电子离开磁场的位置坐标为(d，34d918d)答案(1)eBd2mvrN，所以 vMvN，选项 B 错误；M、N 运动过程中，F洛始终与 v 垂直，F洛不做功，选项 C 错误；由 T2mqB知 M、N 两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为T2，选项 D 错误 2(2012江苏单科9)如图 18 所示，MN 是磁感应强度为 B 的匀

25、强磁场的边界 一质量为 m、电荷量为 q 的粒子在纸面内从 O 点射入磁场若粒子速度为 v0，最远能落在边界上的A 点下列说法正确的有 ()图 18 A若粒子落在 A 点的左侧，其速度一定小于 v0 B若粒子落在 A 点的右侧，其速度一定大于 v0 C若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能小于 v0qBd2m D若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能大于 v0qBd2m 答案 BC 解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0Bmv20r，所以 rmv0qB，当带电粒子从不同方向由 O 点以速度 v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为 r 的圆，轨迹与边界的交点位置

26、最远是离 O 点 2r 的距离，即 OA2r，落在 A 点的粒子从 O 点垂直入射，其他粒子则均落在 A 点左侧，若落在 A 点右侧则必须有更大的速度，选项 B 正确若粒子速度虽然比 v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在 A 点左侧，选项 A、D 错误若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，设其半径为 r，则r2rd2，代入 rmv0qB，rmvqB，解得 vv0qBd2m，选项 C 正确 3.(2011海南单科10)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图 19 中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射这两种粒子带同种电荷，它

27、们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是 ()图 19 A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 答案 BD 解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据 qvBmv2r得轨道半径 rmvqB，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同；相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故 B 正确带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T2rv2mqB，故

28、所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子都从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中的运动时间是相同的，但不同速度的粒子，其运动轨迹不同，故 A、C 错误根据t2T得 2Tt，所以运动时间 t 越长，运动轨迹所对的圆心角 越大，故 D 正确 4(2012海南单科16)图 20(a)所示的 xOy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与 xOy 平面(纸面)垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的周期为 T，变化图线如图(b)所示当 B 为B0时，磁感应强度方向指向纸外在坐标原点 O 有一带正电的粒子 P，其电荷量与质量之比恰好等于2TB0.不计重力设 P 在某时刻 t0以某一初速度沿 y 轴正向从 O 点

29、开始运动，将它经过时间 T 到达的点记为 A.(a)(b)图 20(1)若 t00，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？(2)若 t0T4，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？答案(1)0(2)2 解析(1)设粒子 P 的质量、电荷量与初速度分别为 m、q 与 v，粒子 P 在洛伦兹力作用下，在 xOy 平面内做圆周运动，分别用 R 与 T表示圆周的半径和运动周期，则有 qvB0m(2T)2R v2RT 由式与已知条件得 TT 粒子 P 在 t0 到 tT2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达 x 轴上 B 点，此时磁场方向反转；继而，在 tT2到 tT 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周

30、，到达 x 轴上 A 点，如图所示OA 与 x 轴的夹角 0(2)粒子 P 在 t0T4时刻开始运动，在 tT4到 tT2时间内，沿顺时针方向运动14个圆周，到达 C 点，此时磁场方向反转；继而，在 tT2到 tT时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B 点，此时磁场方向再次反转；在 tT 到 t5T4时间内，沿顺时针方向运动14个圆周，到达 A 点，如图所示由几何关系可知，A 点在 y 轴上，即 OA 与 x 轴的夹角 2 模拟题组 5如图 21 所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从 O 点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从 a

31、、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间 ta、tb、tc、td，其大小关系是()图 21 Atatbtctdtc Dtatbtctd 答案 D 解析 由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从 a、b 两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即 tatbT2；从 c 点和 d 点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于 180，且 dc，故 tdtcT2，D 选项正确 6.如图 22 所示，在真空区域内，有宽度为 L 的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ 为磁场的边界质量为 m、带电荷量为q 的粒子，先后两次沿着与MN 夹角为(0v丙v乙，选项 A、B 错误；三个小球

32、在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项 D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项 C 正确 3.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图 2 所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将 ()图 2 A可能做直线运动 B可能做匀减速运动 C一定做曲线运动 D可能做匀速圆周运动 答案 C 解析 带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C 正确 4如图 3 所

33、示，一个质量为 m、电荷量为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中(不计空气阻力)现给圆环向右的初速度 v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的 ()图 3 答案 ACD 解析 由左手定则判定圆环受到的洛伦兹力向上，若 qvBmg，则弹力为零，摩擦力为零，圆环做匀速直线运动，选项 A 正确；若 qvBmg，则杆对圆环有弹力，摩擦力不为零，圆环做减速运动，当速度减小到使洛伦兹力与重力平衡时，将做匀速直线运动，选项 D 正确；若 qvBmg，则杆对圆环有弹力，摩擦力不为零，圆环做减速运动，最终速度变为零，选项 C 正确无论哪种情况，

34、圆环都不可能做匀减速运动，选项 B 错误 题组 2 带电粒子在直线边界磁场中的运动 5带电粒子以初速度 v0从 a 点进入匀强磁场，如图 4 所示运动中经过 b 点，OaOb，若撤去磁场加一个与 y 轴平行的匀强电场，仍以 v0从 a 点进入电场，粒子仍能通过 b 点，那么电场强度 E 与磁感应强度 B 之比为 ()图 4 Av0 B1 C2v0 D.v02 答案 C 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故 OaObrmv0qB，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故 Obv0tOaqE2mt22mv20qE，由得EB2v0，故选项 C 对 6如图 5 所示，在一矩形区域内，不

35、加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为 t.若加上磁感应强度为 B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向 60，利用以上数据可求出下列物理量中的 ()图 5 A带电粒子的比荷 B带电粒子在磁场中运动的周期 C带电粒子的初速度 D带电粒子在磁场中运动的半径 答案 AB 解析 由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60，因此由几何关系得磁场宽度 lrsin 60mv0qBsin 60，又未加磁场时有 lv0t，所以可求得比荷qmsin 60Bt，A 项对；周期 T2mqB也可求出，B 项对；因

36、初速度未知，所以 C、D 项错 7如图 6 所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为 B的匀强磁场，在 ad 边中点 O，垂直于磁场射入一速度方向跟 ad 边夹角 30、大小为v0的带正电粒子已知粒子质量为 m，电荷量为 q，ad 边长为 L，ab 边足够长，粒子重力不计，求：图 6(1)粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0大小范围；(2)如果带电粒子不受上述 v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间 答案(1)qBL3mv0qBLm(2)5m3qB 解析(1)若粒子速度为 v0，轨迹半径为 R，由 qv0Bmv20R，则 Rmv0qB 若轨迹与 ab

37、 边相切，如图所示，设此时相应速度为 v01，则 R1R1sin L2 将 R1mv01qB代入上式并由题给数据可得 v01qBL3m 若轨迹与 cd 边相切，设此时粒子速度为 v02，则 R2R2sin L2 将 R2mv02qB代入上式可得 v02qBLm 所以粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0应满足 qBL3mv0qBLm.(2)粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长由图可知，在磁场中运动的半径 rR1时，运动时间最长，此时弧所对的圆心角为(3602)所以最长时间为 t3602mqB5m3qB.题组 3 带电粒子在圆形边界磁场中的运动 8.如图 7 所示是某粒子速

38、度选择器的示意图，在一半径为 R10 cm 的圆柱形桶内有 B104 T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出现有一粒子源发射比荷为qm21011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续当角 45时，出射粒子速度 v 的大小是 ()图 7 A.2106 m/s B2 2106 m/s C2 2108 m/s D4 2106 m/s 答案 B 解析 由题意知，粒子从入射孔以 45角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动14周期，由几何关系知 r 2R，又 rmv

39、qB，解得 vqBrm2 2106 m/s.9.如图 8 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 的正电荷(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 ()图 8 A.mvqRtan 2 B.mvqRcot 2 C.mvqRsin 2 D.mvqRcos 2 答案 B 解析 粒子轨迹如图，根据几何关系 rRcot 2，再根据 qvBmv2r，解得 BmvqRcot 2，故 B 正确 10如图 9 所示装置，圆形磁场区域半径为 R1 3102 m，其中分布垂直纸面向外的匀强磁场

40、，磁感应强度为 B，与磁场区域同心的圆筒半径为 R22 3102 m，其左侧与两平行金属板 MN 相邻，相邻处有一小孔，将平行板内部和圆筒内部连通平行金属板MN 内部紧靠 M 板处有一带电粒子处于静止状态，且粒子位于小孔和磁场圆心的连线上，其电荷量为 q3.21019 C，质量为 m6.41027 kg.当两金属板间电压为 U1225 V 时，带电粒子经过电场加速后通过磁场，速度方向偏转了3.不计重力和一切阻力，求：图 9(1)粒子进入磁场时的速度大小和磁场的磁感应强度的大小 B；(2)如果将两金属板间电压变为 U225 V，粒子再次由静止加速后通过磁场区域，求两种情况下粒子在圆筒中运动的时间

41、差 答案(1)1.5105 m/s 0.1 T(2)6.7107 s 解析(1)粒子在电场中加速，设获得速度 v1，由动能定理，得 qU112mv21 解得 v11.5105 m/s 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 r1，则 qv1Bmv21r1 由如图几何关系可知，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 160 r1R1cot 12 代入数据可得 B0.1 T(2)粒子在磁场中运动周期为 T2mqB T4107 s 设粒子在磁场中运动的时间为 t1，则 t112T 设粒子在圆筒与磁场间区域匀速运动的时间为 t1，则 t12R2R1v1 当电场电压为 U225 V 时，设粒子加速后获得的速度为 v

42、2，由动能定理得 qU212mv22 解得 v20.5105 m/s 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 r2，则 qv2Bmv22r2 解得 r21.0102 m 由图中几何关系可知 r2R1cot 22 故 2120 设粒子在磁场中运动的时间为 t2，则 t222T 设粒子在圆筒与磁场间区域匀速运动的时间为 t2，则 t22R2R1v2 两种运动的时间差 tt2t2(t1t1)代入数据可得 t23(4 3)107 s6.7107 s 题组 4 带电粒子在交变磁场中的运动 11.显像管原理的示意图如图 13 所示，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

43、产生磁场，使电子束发生偏转设垂直纸面向里的磁场方向为 正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由 a 点逐渐移动到 b 点，下列变化的磁场能 够使电子发生上述偏转的是 ()图 10 答案 A 解析 从题意分析电子束先是上偏，然后下偏 当上偏时由左手定则可判知磁场方向垂直纸面向外且 B 逐渐减小，电子束从 a 向 O 运动；过 O 点后电子束要继续往下偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里且 B 逐渐增大，A 选项正确 12如图 11 甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图

44、乙所示有一束正离子在 t0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场已知正离子质量为 m，带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力求：图 11(1)磁感应强度 B0的大小；(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0的可能值 答案(1)2mqT0(2)d2nT0(n1,2,3)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向(1)正粒子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 B0qv0mv20r 做匀速圆周运动的周期 T02rv0 联立两式得磁感应强度 B02mqT0(2)要使正粒子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，v0的方向应如图所 示，在两板之间正离子只运动一个周期即 T0时，有 r1d4.当两板 之间正离子运动 n 个周期即 nT0时，有 rd4n(n1,2,3)联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0B0qrmd2nT0(n1,2,3)