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课时29 磁场对运动电荷的作用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
知道洛伦兹力的特点，会计算其大小并用左手定则确定其方向；
掌握带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径周期公式，知道常见的分析方法；
知道带电粒子在有界磁场中运动的多解情况、临界值与极值问题的处理方法，会熟练求解相关问题。
1.物理观念：
（1）理解洛伦兹力和安培力的关系，能够由已知的安培力的大小和方向推知洛伦兹力的大小和方向。
（2）理解洛伦兹力大小的决定因素，弄清洛伦兹力与电场力的区别，能够熟练地运用洛伦兹力的计算公式。
2.科学思维：
（1）理解洛伦兹力方向与磁场方向、电流方向的关系，能够熟练地运用左手定则判断洛伦兹力的方向。
（2）掌握并能熟练地运用洛伦兹力的特点：与速度方向垂直，永远不做功，不改变运动电荷的动能。
知识点一：洛伦兹力的大小和方向
1．对洛伦兹力大小的理解
洛伦兹力
①只有相对于磁场运动的电荷才可能受到洛伦兹力的作用，v理解为电荷相对于磁场运动的速度，相对于磁场静止的电荷不受洛伦兹力作用，这一点与电场有根本的不同。
②当时，电荷虽然相对于磁场运动但不受洛伦兹力作用。
③当时，最大。
④，理解为速度垂直B的分量，可以理解为B垂直于v的分量。
2．对洛伦兹力方向的理解
由左手定则判断洛伦兹力的方向，使用时注意到负电荷受力方向的判断——四指指向负电荷运动的反方向。
①洛伦兹力的方向永远垂直于速度的方向，垂直于磁场的方向，垂直于磁场方向和速度方向所决定的平面，磁场的方向和速度的方向不一定垂直。
②电荷相对于磁场不同的运动方向可能对应相同的洛伦兹力的方向。
3．洛伦兹力的特点：
洛伦兹力永远垂直于速度的方向，不改变速度的大小，只改变速度的方向。
①洛伦兹力永远不做功，不改变带电粒子的动能。
②洛伦兹力能够改变运动状态产生加速度。
③洛伦兹力的大小和方向都随着速度的大小和方向而变化，这一点对分析电荷的运动情况非常重要。
知识点二：带电粒子在匀强磁场中的运动规律
1．运动轨迹
带电粒子（不计重力）以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中：
（1）当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动；
（2）当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动；
（3）当v与B的夹角为（≠0°，90°，180°）时，带电粒子将做等螺距的螺旋线运动．
说明：电场和磁场都能对带电粒子施加影响，带电粒子在匀强电场中只在电场力作用下，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，但不可能做匀速直线运动；在匀强磁场中，只在磁场力作用下可以做曲线运动．但不可能做变速直线运动．
2．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
如图所示，带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，在磁场中做匀速圆周运动，设带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q．
（1）轨道半径：由于洛伦兹力提供向心力，则有，得到轨道半径．
（2）周期：由轨道半径与周期之间的关系可得周期．
说明：（1）由公式知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，其轨道半径跟运动速率成正比．
（2）由公式知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，周期跟轨道半径和运动速率均无关，而与比荷成反比．
注意：与是两个重要的表达式，每年的高考都会考查．但应用时应注意在计算说明题中，两公式不能直接当原理式使用．
知识点三：带电粒子在有界磁场运动的分析方法
1．有界磁场
（1）磁场边界的类型如图所示
（2）与磁场边界的关系
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
②当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
③当速率v变化时，圆周角越大的，运动的 时间越长．
（3）有界磁场中运动的对称性
①从某一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
2．解题步骤
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法——三步法：
（1）画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
（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）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．
注意：
（1）带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角叫做偏向角，偏向角等于圆弧轨道对应的圆心角，即，如图所示．
（2）圆弧轨道所对圆心角等于PM弦与切线的夹角（弦切角）的2倍，即，如图所示．
考点一：洛伦兹力的方向
例1.（2022·安徽蚌埠·高三）如图所示，足够长的水平光滑平行导轨通过开关S与电源两极相连，电源电动势为E，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为，该速度使得电子受到的洛伦兹力为；杆在安培力作用下获得的速度为，该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力为。已知导轨间距为L，电子电荷量为e，只考虑金属杆的电阻，其余电阻均不计，金属杆运动时与导轨接触良好，则（　　）
A．方向由a指向b B．的方向向右，的方向向左
C．杆在加速运动时， D．杆在匀速运动时，
【答案】C
【详解】
A．闭合开关S，金属杆的电流方向是 ，自由电子定向运动方向与电流的流动方向相反，则自由电子沿杆定向移动的方向是，A错误；
B．自由电子沿杆定向移动的方向是，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力为方向是水平向右；
闭合开关S，金属杆的电流方向是，根据左手定则，杆受安培力作用下获得的速度方向水平向右，即电子也有和杆运动速度方向相同的，根据左手定则该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力竖直向下，B错误；
C．杆在安培力作用下获得的速度为，产生的感应电动势为
此时电子受到的电场力是
杆中电子受到的洛伦兹力
因为金属杆的电流方向是，所以
即
C正确；
D．杆在匀速运动时，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为和杆在安培力作用下获得的速度为，方向不相同，则受到的洛伦兹力不相等，D错误。
故选C。
变式训练：（2020·云南高三）如图所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将（　　）
A．向上偏转上 B．向下偏转 C．向左偏转 D．向右偏转
【答案】D
【详解】
根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛仑兹力向右。
故选D。
考点二：洛伦兹力的公式及简单计算
例2.（2021·沙坪坝·重庆八中高三）磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两处的磁感应强度大小
B．a、b两处的磁感应强度大小
C．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有FaD．一电荷分别静止在a、b两处均受洛伦兹力，且大小一定有fa【答案】B
【详解】
AB．由磁感线的疏密可知，，故B正确，A错误；
CD．由于未说明导线方向与磁场方向的关系，故安培力大小无法判断；静止的电荷在磁场中不受洛伦兹力，故CD错误。
故选B。
变式训练：（2021·沙坪坝·重庆八中高三）物理中电偶极子模型可视为竖直固定的等量异种点电荷，电量大小均为q、间距为2d、如图所示粒子（质量为m，电量为2e，重力不计）从两电荷垂直平分线上某点a开始水平向右运动，轨迹如图中实线所示，，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在C点时电势能比A位置时大
B．粒子从A到C过程中速率先增大后减小
C．粒子在C点时加速度大小为
D．要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，可以加一垂直纸面向里的匀强磁场物
【答案】C
【详解】
AB．A到C过程电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C点电势能比A位置时小，速率一直增加,故AB错误；
C．C点时场强
则加速度
故C正确；
D．根据等量异种电荷的电场分布可知，虚线上电场强度大小是变化的，所以粒子受到的电场力是变化的，要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，需要加的磁场不可能是匀强磁场，故D错误。
故选C。
考点三：带电粒子在磁场中做圆周运动的相关计算
例3.（2021·广东珠海·高三）核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成了世界上第一个全超导核聚变“人造太阳实验装置将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是（　　）
A．甲粒子受到洛仑兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到洛仑兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动，半径为
D．所有粒子运动过程中动能不变
【答案】BD
【详解】
A．甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则洛伦兹力大小为，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里。故A错误；
B．乙粒子速度方向与磁场方向平行，则洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动。故B正确；
C．丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动。故C错误；
D．洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变。故D正确。
故选BD。
变式训练：（2021·山西运城·高三）光电倍增管（PMT）是光子技术器件中的一个重要产品，它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件.可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中，如图是其相邻的第i个倍增极和第i+1个倍增极的示意图，每个倍增级长为a，水平间距和垂直间距都是a，若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场B，当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时，下列说法正确的（　　）
A．若B<，电子都不会被第i+1倍增极收集
B．若B=，部分电子不会被第i+1倍增极收集
C．若B>电子都不会被第i+1倍增极收集
D．改变磁感应强度B，从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线的时间都相等
【答案】AC
【详解】A．从第倍增级最左端射出的电子刚好到达第倍增级最右端时，圆周运动的半径为，如图所示，则有
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
则，电子都不会被第倍增极收集，故A正确；
BC．从第倍增级最右端射出的电子刚好到达第倍增极最左端时，圆周运动的半径为，如图所示，则
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若，电子都不会被第倍增极收集，所以当
范围内，粒子才可能被第倍增极收集，若，恰好全部电子能被第倍增极收集，射出的到，射出的到，故C正确，B错误；
D．改变磁感应强度，电子从第倍增极运动到第倍增极轨迹对应的圆心角发生变化，轨迹的长度发生变化，运动的时间不相同，故D错误。
故选AC。
考点四：带电粒子在有边界磁场中的运动
例4.（2022·浙江高三）如图所示，直角坐标系xOy平面内的y<0区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，O、A、O 、C点分别为磁场Ⅰ的最高点、最低点、圆心及与圆心等高点；y>0的无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小也为B。探测板MN位于x坐标为1.5L的直线上，长度为L的收集板PQ位于x轴上。A点有一正粒子源，单位时间内发射n0个速度大小相同的正粒子，粒子均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内。其中沿y轴正方向射入的粒子经偏转后从C点射出圆形磁场。若粒子与探测板MN碰撞后速度等大反向，打在收集板PQ的粒子将被吸收，已知粒子质量为m，电荷量为q（q>0），圆形磁场半径为L。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子的速度大小v；
（2）若射出圆形磁场的粒子均与探测板MN碰撞，则探测板MN最小长度l及稳定后粒子对探测板MN的作用力大小F；
（3）收集板PQ的收集率η与P点的横坐标x之间满足的关系。
【答案】（1）；（2）2n0qBL；（3）见详解
【详解】
(1)粒子运动轨迹的半径为L，由
得
(2)粒子从 y轴两侧各为60°的方向射出分别为竖直方向的最高和最低点。距A点的竖直距离分别为和，则
粒子以v沿x轴正方向射向MN，碰撞后以v沿x轴负方向射回。以x轴负方向为正，在t时间内，由动量定理，得
得
由牛顿第三定律，粒子对探测板MN的作用力
(3)碰撞后以v沿x轴负方向射回的平行粒子束，经圆形磁场后汇聚于O点射向磁场Ⅱ。由对称性知，粒子仍均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内。
①x≤0，η=0
②0其中α满足
③x=L ，η=100%
④L⑤2L≤x，η=0
变式训练：（2022·安徽蚌埠·高三）如图所示的坐标系中，第一象限存在与平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知距离为，粒子的比荷为不计粒子重力。
（1）求两点的距离；
（2）求粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得
解得
由几何关系得
则
（2）粒子在磁场中运动周期
粒子偏转，即在磁场中运动时间
解得
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得
又
解得
1．（2021 北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【解答】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：，所以。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：，同时：，化简得：，T＝。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
2．（2021 乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：
R1＝r，
R2＝＝r
由洛伦兹力提供向心力可知：
则粒子的速度：v＝
则粒子两次的入射速度之比为：＝，解得：＝，故B正确，ACD错误；
故选：B。
3．（2020 全国）空间存在方向竖直向下的匀强磁场。在光滑绝缘的水平桌面上，绝缘细绳系一带负电小球，小球绕绳的固定端点O沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。若小球运动到M点时，细绳突然断开，则小球可能出现的运动情况是（　　）
A．小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变大
B．小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变小
C．小球将沿逆时针方向做匀速圆周运动，圆的半径不变
D．小球将沿切线方向做直线运动
【解答】解：小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，根据合力提供向心力可知，T+Bvq＝m，当洛伦兹力的大小等于小球需要的向心力，即绳子拉力为0时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变；当T＞0时，洛伦兹力小于之前小球圆周运动所需向心力大小，则根据qvB＝，可知r′＞r，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径变大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
4．（2020 全国）α、β和γ射线沿同一方向垂直射入匀强磁场中，下列关于它们运动轨迹的说法正确的是（忽略重力的影响）（　　）
A．α和β朝同一方向弯曲，γ运动的方向不变
B．α和β朝相反方向弯曲，γ运动的方向不变
C．α和γ朝同一方向弯曲，β运动的方向不变
D．α和γ朝相反方向弯曲，β运动的方向不变
【解答】解：由于α带正电，β粒子带负电，故由左手定则可知，二者受力方向相反，故朝相反方向弯曲；γ粒子不带电，故其运动的方向不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．（2020 新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圈围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为r，根据几何知识有r2+a2＝（3a﹣r）2，
所以电子的最大半径为r＝，
因为，
所以B＝，
则磁感应强度的最小值为B＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．（2020 新课标Ⅱ）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。则（　　）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【解答】解：A、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；
C、根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；
BD、电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU＝
在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有，
则电子在磁场在的半径为R＝，
如增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，
增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故B错误，D正确。
故选：D。
7．（2020 新课标Ⅰ）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，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac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。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即；
方法一：设半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：
粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即＝；
方法二：O点为半圆弧的圆心，过c点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e点，由于co＝2R，oe＝R，且ce⊥eo，故∠oce＝30°，因为只有ce与圆弧相切时，∠oce为最大，如果不相切，∠oce小于30°，ce为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为90°+30°＝120°，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为θ＝2×120°＝240°；
即＝，粒子运动最长时间为＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．（2020 天津）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°．粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（　　）
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距（+1）a
【解答】解：A、粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；
C、粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径：r＝＝a，故C错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：v＝，故B错误；
D、N点与O点的距离：d＝r+rsinθ＝（+1）a，故D正确。
故选：AD。
9．（2021 辽宁）如图所示，在x＞0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x＜0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子甲从点S（﹣a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x＞0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x＞0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【解答】解：（1）设粒子甲经电场加速进入磁场的速度大小为v，粒子甲进入磁场做匀速圆周运动，由O到P点偏转圆周达到P点，则：
碰前粒子甲匀速圆周运动轨迹半径：r＝a
由洛伦兹力提供向心力得：
qBv＝，
解得：v＝
在电场中加速的过程，由动能定理得：
qEa＝
解得：E＝
（2）粒子甲由O到P点经过偏转圆周达到P点，其速度沿+y方向，与粒子乙发生弹性正碰，以+y方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv＝mv甲+v乙
mv2＝m+
解得：v甲＝，v乙＝；
碰撞后粒子甲、乙带电量均为，均逆时针偏转做匀速圆周运动，设轨迹半径分别为r1、r2，由洛伦兹力提供向心力，得：
Bv甲＝；
Bv乙＝
解得：r1＝r2＝＝a，
可知第一次碰后两粒子的轨迹重合，到下次相遇粒子乙比粒子甲多运动一个圆周，则：
从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt＝＝＝；
（3）两粒子运动轨迹如右图所示，粒子乙首次在A点离开第一象限时，粒子甲运动到N点，
因v甲＝，v乙＝，即v甲＝v乙，又有两粒子轨迹半径相等均为a，则有角速度ω甲＝ω乙，
故粒子甲转过的圆心角β为粒子乙转过圆心角90°的，即β＝30°；
经一段时间t，两粒子做匀速直线运动，可知粒子甲的匀速运动距离MN＝L，则粒子乙的匀速运动距离AB＝3L，
加上磁场后两粒子的轨迹恰好相切（外切），设两圆心的连线O甲O乙与x轴正方向的夹角为θ。
由几何关系知：NQ＝a tanβ，O甲C＝2a sinθ，MD＝（L+NQ）sin60°，又有：MD＝a sinβ+O甲C
可得：（L+a tan30°）sin60°＝a sin30°+2a sinθ
整理得：
再由几何关系知：O乙Q＝O乙C+CD+DQ＝2a cosθ+a cosβ+（L+a tan30°）cos60°；又有：O乙Q＝3L+，
整理得：
解得：L＝
答：（1）电场强度的大小E为；
（2）从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt为；
（3）这段时间内粒子甲运动的距离L为。
10．（2021 山东）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。
【解答】解：（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：
根据几何关系得：
联立可得：
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
qE＝ma
由运动的合成与分解得：
L＝vtcosθ，y0＝﹣r（1﹣cosθ），
联立可得：
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子的运动在垂直y轴的平面内的投影为匀速圆周运动，如图所示．设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得：
，
由于在y轴方向运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故为：
C到O1的距离为：
s＝2r'sinα+r'
联立可得：
答：（1）离子在Ⅰ区中运动时速度的大小为；
（2）Ⅱ区内电场强度的大小；
（3）移动后C到O1的距离为。
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【解答】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
2eEd＝m﹣mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v＝
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
+L2＝，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev0B0＝，
联立解得：B0＝
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
+L2＝，此时B＝B0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×B0＝，
联立解得，
故B0的取值范围为0～
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×＝，且满足B0＝，
所以可得R3＝，解得R3＝L，所以可得cos，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′＝，方向沿z轴负方向。
答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。
（2）B0的取值范围为0～；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。
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课时29 磁场对运动电荷的作用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
知道洛伦兹力的特点，会计算其大小并用左手定则确定其方向；
掌握带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径周期公式，知道常见的分析方法；
知道带电粒子在有界磁场中运动的多解情况、临界值与极值问题的处理方法，会熟练求解相关问题。
1.物理观念：
（1）理解洛伦兹力和安培力的关系，能够由已知的安培力的大小和方向推知洛伦兹力的大小和方向。
（2）理解洛伦兹力大小的决定因素，弄清洛伦兹力与电场力的区别，能够熟练地运用洛伦兹力的计算公式。
2.科学思维：
（1）理解洛伦兹力方向与磁场方向、电流方向的关系，能够熟练地运用左手定则判断洛伦兹力的方向。
（2）掌握并能熟练地运用洛伦兹力的特点：与速度方向垂直，永远不做功，不改变运动电荷的动能。
知识点一：洛伦兹力的大小和方向
1．对洛伦兹力大小的理解
洛伦兹力
①只有相对于磁场运动的电荷才可能受到洛伦兹力的作用，v理解为电荷相对于磁场运动的速度，相对于磁场静止的电荷不受洛伦兹力作用，这一点与电场有根本的不同。
②当时，电荷虽然相对于磁场运动但不受洛伦兹力作用。
③当时，最大。
④，理解为速度垂直B的分量，可以理解为B垂直于v的分量。
2．对洛伦兹力方向的理解
由左手定则判断洛伦兹力的方向，使用时注意到负电荷受力方向的判断——四指指向负电荷运动的反方向。
①洛伦兹力的方向永远垂直于速度的方向，垂直于磁场的方向，垂直于磁场方向和速度方向所决定的平面，磁场的方向和速度的方向不一定垂直。
②电荷相对于磁场不同的运动方向可能对应相同的洛伦兹力的方向。
3．洛伦兹力的特点：
洛伦兹力永远垂直于速度的方向，不改变速度的大小，只改变速度的方向。
①洛伦兹力永远不做功，不改变带电粒子的动能。
②洛伦兹力能够改变运动状态产生加速度。
③洛伦兹力的大小和方向都随着速度的大小和方向而变化，这一点对分析电荷的运动情况非常重要。
知识点二：带电粒子在匀强磁场中的运动规律
1．运动轨迹
带电粒子（不计重力）以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中：
（1）当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动；
（2）当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动；
（3）当v与B的夹角为（≠0°，90°，180°）时，带电粒子将做等螺距的螺旋线运动．
说明：电场和磁场都能对带电粒子施加影响，带电粒子在匀强电场中只在电场力作用下，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，但不可能做匀速直线运动；在匀强磁场中，只在磁场力作用下可以做曲线运动．但不可能做变速直线运动．
2．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
如图所示，带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，在磁场中做匀速圆周运动，设带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q．
（1）轨道半径：由于洛伦兹力提供向心力，则有，得到轨道半径．
（2）周期：由轨道半径与周期之间的关系可得周期．
说明：（1）由公式知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，其轨道半径跟运动速率成正比．
（2）由公式知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，周期跟轨道半径和运动速率均无关，而与比荷成反比．
注意：与是两个重要的表达式，每年的高考都会考查．但应用时应注意在计算说明题中，两公式不能直接当原理式使用．
知识点三：带电粒子在有界磁场运动的分析方法
1．有界磁场
（1）磁场边界的类型如图所示
（2）与磁场边界的关系
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
②当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
③当速率v变化时，圆周角越大的，运动的时间越长．
（3）有界磁场中运动的对称性
①从某一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
2．解题步骤
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法——三步法：
（1）画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
（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）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．
注意：
（1）带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角叫做偏向角，偏向角等于圆弧轨道对应的圆心角，即，如图所示．
（2）圆弧轨道所对圆心角等于PM弦与切线的夹角（弦切角）的2倍，即，如图所示．
考点一：洛伦兹力的方向
例1.（2022·安徽蚌埠·高三）如图所示，足够长的水平光滑平行导轨通过开关S与电源两极相连，电源电动势为E，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为，该速度使得电子受到的洛伦兹力为；杆在安培力作用下获得的速度为，该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力为。已知导轨间距为L，电子电荷量为e，只考虑金属杆的电阻，其余电阻均不计，金属杆运动时与导轨接触良好，则（　　）
A．方向由a指向b B．的方向向右，的方向向左
C．杆在加速运动时， D．杆在匀速运动时，
【答案】C
【详解】
A．闭合开关S，金属杆的电流方向是 ，自由电子定向运动方向与电流的流动方向相反，则自由电子沿杆定向移动的方向是，A错误；
B．自由电子沿杆定向移动的方向是，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力为方向是水平向右；
闭合开关S，金属杆的电流方向是，根据左手定则，杆受安培力作用下获得的速度方向水平向右，即电子也有和杆运动速度方向相同的，根据左手定则该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力竖直向下，B错误；
C．杆在安培力作用下获得的速度为，产生的感应电动势为
此时电子受到的电场力是
杆中电子受到的洛伦兹力
因为金属杆的电流方向是，所以
即
C正确；
D．杆在匀速运动时，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为和杆在安培力作用下获得的速度为，方向不相同，则受到的洛伦兹力不相等，D错误。
故选C。
变式训练：（2020·云南高三）如图所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将（　　）
A．向上偏转上 B．向下偏转 C．向左偏转 D．向右偏转
【答案】D
【详解】
根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛仑兹力向右。
故选D。
考点二：洛伦兹力的公式及简单计算
例2.（2021·沙坪坝·重庆八中高三）磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两处的磁感应强度大小
B．a、b两处的磁感应强度大小
C．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有FaD．一电荷分别静止在a、b两处均受洛伦兹力，且大小一定有fa【答案】B
【详解】
AB．由磁感线的疏密可知，，故B正确，A错误；
CD．由于未说明导线方向与磁场方向的关系，故安培力大小无法判断；静止的电荷在磁场中不受洛伦兹力，故CD错误。
故选B。
变式训练：（2021·沙坪坝·重庆八中高三）物理中电偶极子模型可视为竖直固定的等量异种点电荷，电量大小均为q、间距为2d、如图所示粒子（质量为m，电量为2e，重力不计）从两电荷垂直平分线上某点a开始水平向右运动，轨迹如图中实线所示，，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在C点时电势能比A位置时大
B．粒子从A到C过程中速率先增大后减小
C．粒子在C点时加速度大小为
D．要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，可以加一垂直纸面向里的匀强磁场物
【答案】C
【详解】
AB．A到C过程电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C点电势能比A位置时小，速率一直增加,故AB错误；
C．C点时场强
则加速度
故C正确；
D．根据等量异种电荷的电场分布可知，虚线上电场强度大小是变化的，所以粒子受到的电场力是变化的，要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，需要加的磁场不可能是匀强磁场，故D错误。
故选C。
考点三：带电粒子在磁场中做圆周运动的相关计算
例3.（2021·广东珠海·高三）核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成了世界上第一个全超导核聚变“人造太阳实验装置将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是（　　）
A．甲粒子受到洛仑兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到洛仑兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动，半径为
D．所有粒子运动过程中动能不变
【答案】BD
【详解】
A．甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则洛伦兹力大小为，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里。故A错误；
B．乙粒子速度方向与磁场方向平行，则洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动。故B正确；
C．丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动。故C错误；
D．洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变。故D正确。
故选BD。
变式训练：（2021·山西运城·高三）光电倍增管（PMT）是光子技术器件中的一个重要产品，它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件.可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中，如图是其相邻的第i个倍增极和第i+1个倍增极的示意图，每个倍增级长为a，水平间距和垂直间距都是a，若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场B，当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时，下列说法正确的（　　）
A．若B<，电子都不会被第i+1倍增极收集
B．若B=，部分电子不会被第i+1倍增极收集
C．若B>电子都不会被第i+1倍增极收集
D．改变磁感应强度B，从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线的时间都相等
【答案】AC
【详解】A．从第倍增级最左端射出的电子刚好到达第倍增级最右端时，圆周运动的半径为，如图所示，则有
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
则，电子都不会被第倍增极收集，故A正确；
BC．从第倍增级最右端射出的电子刚好到达第倍增极最左端时，圆周运动的半径为，如图所示，则
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若，电子都不会被第倍增极收集，所以当
范围内，粒子才可能被第倍增极收集，若，恰好全部电子能被第倍增极收集，射出的到，射出的到，故C正确，B错误；
D．改变磁感应强度，电子从第倍增极运动到第倍增极轨迹对应的圆心角发生变化，轨迹的长度发生变化，运动的时间不相同，故D错误。
故选AC。
考点四：带电粒子在有边界磁场中的运动
例4.（2022·浙江高三）如图所示，直角坐标系xOy平面内的y<0区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，O、A、O 、C点分别为磁场Ⅰ的最高点、最低点、圆心及与圆心等高点；y>0的无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小也为B。探测板MN位于x坐标为1.5L的直线上，长度为L的收集板PQ位于x轴上。A点有一正粒子源，单位时间内发射n0个速度大小相同的正粒子，粒子均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内。其中沿y轴正方向射入的粒子经偏转后从C点射出圆形磁场。若粒子与探测板MN碰撞后速度等大反向，打在收集板PQ的粒子将被吸收，已知粒子质量为m，电荷量为q（q>0），圆形磁场半径为L。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子的速度大小v；
（2）若射出圆形磁场的粒子均与探测板MN碰撞，则探测板MN最小长度l及稳定后粒子对探测板MN的作用力大小F；
（3）收集板PQ的收集率η与P点的横坐标x之间满足的关系。
【答案】（1）；（2）2n0qBL；（3）见详解
【详解】
(1)粒子运动轨迹的半径为L，由
得
(2)粒子从 y轴两侧各为60°的方向射出分别为竖直方向的最高和最低点。距A点的竖直距离分别为和，则
粒子以v沿x轴正方向射向MN，碰撞后以v沿x轴负方向射回。以x轴负方向为正，在t时间内，由动量定理，得
得
由牛顿第三定律，粒子对探测板MN的作用力
(3)碰撞后以v沿x轴负方向射回的平行粒子束，经圆形磁场后汇聚于O点射向磁场Ⅱ。由对称性知，粒子仍均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内。
①x≤0，η=0
②0其中α满足
③x=L ，η=100%
④L⑤2L≤x，η=0
变式训练：（2022·安徽蚌埠·高三）如图所示的坐标系中，第一象限存在与平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知距离为，粒子的比荷为不计粒子重力。
（1）求两点的距离；
（2）求粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得
解得
由几何关系得
则
（2）粒子在磁场中运动周期
粒子偏转，即在磁场中运动时间
解得
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得
又
解得
1．（2021 北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
2．（2021 乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为（　　）
A． B． C． D．
3．（2020 全国）空间存在方向竖直向下的匀强磁场。在光滑绝缘的水平桌面上，绝缘细绳系一带负电小球，小球绕绳的固定端点O沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。若小球运动到M点时，细绳突然断开，则小球可能出现的运动情况是（　　）
A．小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变大
B．小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变小
C．小球将沿逆时针方向做匀速圆周运动，圆的半径不变
D．小球将沿切线方向做直线运动
4．（2020 全国）α、β和γ射线沿同一方向垂直射入匀强磁场中，下列关于它们运动轨迹的说法正确的是（忽略重力的影响）（　　）
A．α和β朝同一方向弯曲，γ运动的方向不变
B．α和β朝相反方向弯曲，γ运动的方向不变
C．α和γ朝同一方向弯曲，β运动的方向不变
D．α和γ朝相反方向弯曲，β运动的方向不变
5．（2020 新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圈围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）
A． B． C． D．
6．（2020 新课标Ⅱ）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。则（　　）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
7．（2020 新课标Ⅰ）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，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac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。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
8．（2020 天津）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°．粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（　　）
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距（+1）a
9．（2021 辽宁）如图所示，在x＞0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x＜0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子甲从点S（﹣a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x＞0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x＞0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
10．（2021 山东）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
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