资源简介

第 26 讲 磁场对运动电荷的作用
知识点一、基础知识
一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0.
(2)v⊥B时，F=
(3)v 与 B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即 F垂直于 B、v 决定的平面．(注意 B和 v 可以有任意夹角)．
由于 F始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做功．
二、带电粒子在磁场中的运动
1．若 v∥B，带电粒子以入射速度 v 做匀速直线运动．
2．若 v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度 v 做匀速圆周运动．
3．基本公式
v2(1)向心力公式：qvB＝m .
r
(2) r mv轨道半径公式： ＝ .
Bq
(3) 2πr 2πm周期公式：T＝ ＝ .
v qB
f 1 Bq＝ ＝ .
T 2πm
ω 2π 2πf Bq＝ ＝ ＝ .
T m
三、洛伦兹力的应用实例
1．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．
(2)原理：交变电流的周期和粒子
做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D形盒缝隙，两盒间的电势差一次
qvB mv
2 q2B2R2
一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由 ＝ ，得 Ekm＝ ，可见粒子获得的最大动能由磁感
R 2m
应强度 B和 D形盒半径 R决定，与加速电压无关．
1
2．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．
(2) 1原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理 qU＝ mv2可
2
2qU
知进入磁场的速度 v＝ .粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运
m
mv2
动，根据牛顿第二定律，qvB＝ .由以上几式可得出需要研究的物理量如
r
粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．
自我诊断
1．判断正误
(1)洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直．( )
(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．( )
(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动．( )
(4)洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功．( )
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关．( )
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比．( )
(7)经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由 D形盒的最大半径决定，与加速电压无关．( )
(8)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子．( )
2．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波
管中的电子束将( )
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸外偏转
D．向纸里偏转
3．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子
从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O.已知粒子穿越铝板时，
其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B． 2
C 2．1 D.
2
2
4．(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测
粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，
下列说法正确的是( )
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
考点一 对洛伦兹力的理解
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)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
3．洛伦兹力与电场力的比较
内容
对应 洛伦兹力 电场力
力项目
磁场对在其中运动的电荷
性质 电场对放入其中电荷的作用力
的作用力
电场中的电荷一定受到电场力
产生条件 v≠0且 v 不与 B平行
作用
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场 一定是 F⊥B，F⊥v，与电 正电荷受力与电场方向相同，
方向的关系 荷电性无关 负电荷受力与电场方向相反
可能做正功、负功，也可能不
做功情况 任何情况下都不做功
做功
力为零时
F为零，B不一定为零 F为零，E一定为零
场的情况
既可以改变电荷运动的速度大
只改变电荷运动的速度方
作用效果 小，也可以改变电荷运动的方
向，不改变速度大小
向
深化拓展 ①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．②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．
3
典例分析
1．下列关于洛伦兹力的说法中，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
2．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N两小孔中，O为 M、N连线
的中点，连线上 a、b两点关于 O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生
I
的磁场的磁感应强度 B＝k ，式中 k是常数，I是导线中的电流，r为对应点到导线的距离．一带正电的小球
r
以初速度 v0从 a点出发沿 MN连线运动到 b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
3．(2017·河南开封四校二联)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，
磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由 a点进入电磁场并刚好能沿 ab直线向上运动．下列说法中正确的是
( )
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能不变
理解洛伦兹力的四点注意
(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．
(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用 F⊥B、F⊥v 的特点．
(3)计算洛伦兹力大小时，公式 F＝qvB中，v 是电荷与磁场的相对速度．
(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的
方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．
4
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出
射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧
轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射
方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是
圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为： t
θ T( θR＝ 或 t＝ )．
2π v
2．重要推论
(1)当速度 v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(2)当速率 v 变化时，圆心角大的运动时间长．
典例分析
考向 1：圆形磁场区域
(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域
圆形成相交圆，巧用几何关系解决．
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．
[典例 1] (2017·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，以 O为圆心、MN为
直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、
带电荷量相同的带正电粒子 a、b和 c以相同的速率分别沿 aO、bO和 cO方向垂
直于磁场射入磁场区域，已知 bO垂直 MN，aO、cO与 bO的夹角都为 30°，a、
b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为 ta、tb、tc，则下列给出的
时间关系可能正确的是( )
A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tc
C．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc
5
[典例 2] (2016·高考全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平
行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该
截面内，一带电粒子从小孔 M射入筒内，射入时的运动方向与 MN成 30°角．当筒转过 90°时，该粒子恰好
从小孔 N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.ω B ω．
3B 2B
C.ω D.2ω
B B
考向 2：直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)
[典例 3] (多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子 a和 b，从 O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，
最后打到屏 P上，不计重力，下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比 b的短
C．a在磁场中飞行的路程比 b的短
D．a在 P上的落点与 O点的距离比 b的近
考向 3：平行边界(存在临界条件，如图所示)
[典例 4] (2017·湖南长沙模拟)如图所示，一个理想边界为 PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为 d，
方向垂直纸面向里．一电子从 O点沿纸面垂直 PQ以速度 v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为
2d.O′在 MN上，且 OO′与 MN垂直．下列判断正确的是( )
A．电子将向右偏转
B．电子打在 MN上的点与 O′点的距离为 d
C．电子打在 MN上的点与 O′点的距离为 3d
D πd．电子在磁场中运动的时间为
3v0
6
考点三 回旋加速器和质谱仪
1．质谱仪的主要特征
将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而
mv 2mE 2mqU 1 2mU
分离，其轨道半径 r＝ ＝ k＝ ＝ .在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故 r∝ m，
qB qB qB B q
根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷．
2．回旋加速器的主要特征
(1)带电粒子在两 D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动．
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为 1∶ 2∶ 3∶…
(4)粒子的最后速度 v BqR＝ ，可见带电粒子加速后的能量取决于 D形盒的最大半径和磁场的强弱．
m
自我提升
1. (2017·河南省实验中学月考)(多选)如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D形金属
盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(24He)．下列说法中正确
的是( )
A．氘核(12H)的最大速度较大
B．它们在 D形盒内运动的周期相等
C．氦核(42He)的最大动能较大
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
2．(2016·高考全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速
电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离
开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀
强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12倍．此离子
和质子的质量比约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
3．(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、
磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小)．质量为 m、电荷量为 q的
带正电粒子可在环中做半径为 R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的距离很近
的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过 A板刚进入 AB之间时，A板电势
升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速．每当粒子离开
B板时，A板电势又降为零．粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大，而在环形
7
区域内，通过调节磁感应强度大小可使绕行半径 R不变．已知极板间距远小于 R，则下列说法正确的是( )
A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里
B．粒子从 A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行 N圈后回到 A板时获得的总动能为 NqU
C．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化周期不变
D 1 2NmU．粒子绕行第 N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为
R q
8
课时作业 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线 AB时，
发现射线的径迹向下偏，则( )
A．导线中的电流从 A流向 B
B．导线中的电流从 B流向 A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变 AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与 AB中的电流方向无关
2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电
粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
3．如图所示，半径为 R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为 B，方向垂
直于纸面向外．一电荷量为 q(q>0)、质量为 m的粒子沿平行于直径 ab的方向射入磁场区域，射入点与 ab
R
的距离为 ，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
2
A.qBR B qBR．
2m m
C.3qBR D.2qBR
2m m
4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过 S′孔打在 MN板上的 P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比 b极板高
C．到达 P点粒子的速度大小与 a、b间电、磁场强弱无关
D q．带电粒子的 比值越大，PS′间距离越大
m
9
5．如图所示，沿 x方向有界、沿 y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速
率不同的电子(不计重力)从 O点沿 x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )
A．所有的电子都向 x轴下方偏转
B．所有的电子都做类平抛运动
C．所有的电子在磁场中运动时速度不变
D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同
6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从
A、D射入磁场，均从 C点射出，则它们的速率 v 甲∶v 乙和它们通过该磁场所用时间 t 甲∶t 乙的值分别为( )
A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
[综合应用题组]
7．美国物理学家劳伦斯于 1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能
使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面
前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限
制在 A、C板间，带电粒子从 P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D形盒中
的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与 D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
8．(多选)如图所示，带正电的 A粒子和 B粒子先后以同样大小的速度从宽度为 d的有界匀强磁场的边
界上的 O点分别以 30°和 60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的
是( )
A 1．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
3
B．A、B 3两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
2＋ 3
C m 1．A、B两粒子 之比是
q 3
D m 3．A、B两粒子 之比是
q 2＋ 3
10
9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线 MN为理想边界，磁感应强度分别为 B1、B2.一个质量为 m、
电荷量为 e的电子从 MN上的 P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的
“心”形图线．则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为 PENCMDP
B 2πm．电子运行一周回到 P用时为 T＝
B1e
C．B1＝2B2
D．B1＝4B2
10．(多选)如图所示，宽度为 d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B.一质
量为 m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从 MN边界上的 A点沿纸面垂直 MN以初速度 v0进入磁场．已
q v0
知该带电粒子的比荷 ＝ ，其中 A′为 PQ上的一点，且 AA′与 PQ垂直．则下列判断正确的是( )
m 2Bd
A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 2d
C．该带电粒子打在 PQ上的点与 A′点的距离为 3d
D πd．该带电粒子在磁场中运动的时间为
3v0
11．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，一质量为 m＝5.0×10
－8 kg、电荷量为 q＝1.0 10－× 6 C的带电粒子．从静止开始经 U0＝10 V的电压加速后，从 P点沿图示方向进
入磁场，已知 OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达 P点时速度 v 的大小；
(2)若磁感应强度 B＝2.0 T，粒子从 x轴上的 Q点离开磁场，求 OQ的距离；
(3)若粒子不能进入 x轴上方，求磁感应强度 B′满足的条件．
11
12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从 A点射出，粒子质量为 m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、
Ⅲ内的匀强磁场宽为 d，磁感应强度为 B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为 d，粒子从 A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ区域后能回到 A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从 A点射出到回到 A点经历的时间 t；
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为 2B，粒子也能回到 A点，求电场
强度 E的大小；
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子
的出射点距 A点的距离为多少？
12第 26 讲 磁场对运动电荷的作用
知识点一、基础知识
一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0.
(2)v⊥B时，F＝qvB.
(3)v 与 B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即 F垂直于 B、v 决定的平面．(注意 B和 v 可以有任意夹角)．
由于 F始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做功．
二、带电粒子在磁场中的运动
1．若 v∥B，带电粒子以入射速度 v 做匀速直线运动．
2．若 v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度 v 做匀速圆周运动．
3．基本公式
v2(1)向心力公式：qvB＝m .
r
(2) mv轨道半径公式：r＝ .
Bq
(3) 2πr 2πm周期公式：T＝ ＝ .
v qB
f 1 Bq＝ ＝ .
T 2πm
ω 2π 2πf Bq＝ ＝ ＝ .
T m
三、洛伦兹力的应用实例
1．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．
(2)原理：交变电流的周期和粒子
做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D形盒缝隙，两盒间的电势差一次
2 2 2 2
一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由 qvB mv q B R＝ ，得 Ekm＝ ，可见粒子获得的最大动能由磁感
R 2m
应强度 B和 D形盒半径 R决定，与加速电压无关．
1
2．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．
(2) 1原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理 qU＝ mv2可
2
v 2qU知进入磁场的速度 ＝ .粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运
m
mv2
动，根据牛顿第二定律，qvB＝ .由以上几式可得出需要研究的物理量如
r
粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．
自我诊断
1．判断正误
(1)洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直．(√)
(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．(√)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动．(√)
(4)洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功．(×)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关．(√)
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比．(×)
(7)经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由 D形盒的最大半径决定，与加速电压无关．(√)
(8)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子．(×)
2．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波
管中的电子束将( )
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸外偏转
D．向纸里偏转
解析：选 A.由安培定则知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，
电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确．
3．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子
从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O.已知粒子穿越铝板时，
其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B． 2
C 2．1 D.
2
2
2
解析：选D. mv 1 2mE根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝ ，粒子的动能Ek＝ mv2，由此得磁感应强度B1＝ k，
R 2 qR
2m·1Ek B 2
结合题意知动能和半径都减小为原来的一半，则磁感应强度 B 2 12＝ ，故 ＝ ，故 D正确．
q·1
B2 2R
2
4．(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测
粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，
下列说法正确的是( )
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析：选 AC.电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力方向与其电
性有关，由左手定则可知 A正确；由轨迹半径 R mv＝ 知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运
qB
mv 2mE
动的轨迹半径也不相同，故 B错误；由 R＝ ＝ k知 D错误；因为质子和正电子的速度未知，半径关
qB qB
系不确定，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．
考点一 对洛伦兹力的理解
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)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
3
3．洛伦兹力与电场力的比较
内容
对应 洛伦兹力 电场力
力项目
磁场对在其中运动的电荷
性质 电场对放入其中电荷的作用力
的作用力
电场中的电荷一定受到电场力
产生条件 v≠0且 v 不与 B平行
作用
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场 一定是 F⊥B，F⊥v，与电 正电荷受力与电场方向相同，
方向的关系 荷电性无关 负电荷受力与电场方向相反
可能做正功、负功，也可能不
做功情况 任何情况下都不做功
做功
力为零时
F为零，B不一定为零 F为零，E一定为零
场的情况
既可以改变电荷运动的速度大
只改变电荷运动的速度方
作用效果 小，也可以改变电荷运动的方
向，不改变速度大小
向
深化拓展 ①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．②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．
典例分析
1．下列关于洛伦兹力的说法中，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
解析：选 B.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 F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时 F＝0.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 F＝qvB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．
4
2．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N两小孔中，O为 M、N连线
的中点，连线上 a、b两点关于 O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生
I
的磁场的磁感应强度 B＝k ，式中 k是常数，I是导线中的电流，r为对应点到导线的距离．一带正电的小球
r
以初速度 v0从 a点出发沿 MN连线运动到 b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：选 BD.由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在 MO区域产生的磁场垂直于 MO向里， 离导线
越远磁场越弱，所以磁场由 M到 O逐渐减弱；N处的通电导线在 ON区域产生的磁场垂直于 ON向外，由
O到 N逐渐增强，带正电的小球由 a点沿连线 MN运动到 b点，受到的洛伦兹力 F＝Bqv 为变力，则从 M
到 O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从 O到 N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，
所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水
平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确、A错误．
3．(2017·河南开封四校二联)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，
磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由 a点进入电磁场并刚好能沿 ab直线向上运动．下列说法中正确的是
( )
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能不变
解析：选 A.对该微粒进行受力分析得：它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的
洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，
即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，所以 B项错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左
下方的洛伦兹力，所以微粒受到的力不会平衡，故该微粒一定带负电，A项正确；该微粒带负电，向左上
方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该微
粒的机械能增加，D项错误．
理解洛伦兹力的四点注意
(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．
(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用 F⊥B、F⊥v 的特点．
(3)计算洛伦兹力大小时，公式 F＝qvB中，v 是电荷与磁场的相对速度．
(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的
5
方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出
射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧
轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射
方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是
圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为： t
θ T( t θR＝ 或 ＝ )．
2π v
2．重要推论
(1)当速度 v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(2)当速率 v 变化时，圆心角大的运动时间长．
典例分析
考向 1：圆形磁场区域
(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域
圆形成相交圆，巧用几何关系解决．
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．
[典例 1] (2017·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，以 O为圆心、MN为
直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、
带电荷量相同的带正电粒子 a、b和 c以相同的速率分别沿 aO、bO和 cO方向垂
直于磁场射入磁场区域，已知 bO垂直 MN，aO、cO与 bO的夹角都为 30°，a、
b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为 ta、tb、tc，则下列给出的
时间关系可能正确的是( )
A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tc
C．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc
6
解析 粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间 t θ＝ T，
2π
故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子的运动半径为 r，圆形区域半径为 R，当粒
子 a 1恰好从 M点射出磁场时，r＝ R，当粒子 b恰好从 M点射出
3
磁场时，r＝R，如图甲所示，ta＜tb＝tc.当 r>R时，粒子 a对应的圆
1
心角最小，c对应的圆心角最大，tc>tb>ta；当 r≤ R，轨迹如图乙
3
所示，ta＝tb＝tc.
1
同理， R3
答案 AD
[典例 2] (2016·高考全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平
行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该
截面内，一带电粒子从小孔 M射入筒内，射入时的运动方向与 MN成 30°角．当筒转过 90°时，该粒子恰好
从小孔 N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.ω B ω．
3B 2B
C.ω D.2ω
B B
解析 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧 所对应的圆心角由
π 2πm 30° q ω
几何知识知为 30°，则 ＝ · ，即 ＝ ，选项 A正确．
2ω qB 360° m 3B
答案 A
考向 2：直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)
[典例 3] (多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子 a和 b，从 O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，
最后打到屏 P上，不计重力，下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比 b的短
C．a在磁场中飞行的路程比 b的短
D．a在 P上的落点与 O点的距离比 b的近
7
mv
解析 a、b粒子做圆周运动的半径都为 R＝ ，画出轨迹如图所示，圆 O1、O2
qB
分别为 b、a的轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由 t θ＝ T θm＝ 和轨迹图可知 A、D
2π qB
选项正确．
答案 AD
考向 3：平行边界(存在临界条件，如图所示)
[典例 4] (2017·湖南长沙模拟)如图所示，一个理想边界为 PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为 d，
方向垂直纸面向里．一电子从 O点沿纸面垂直 PQ以速度 v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为
2d.O′在 MN上，且 OO′与 MN垂直．下列判断正确的是( )
A．电子将向右偏转
B．电子打在 MN上的点与 O′点的距离为 d
C．电子打在 MN上的点与 O′点的距离为 3d
D πd．电子在磁场中运动的时间为
3v0
解析 电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏
转，如图所示，A错误；设电子打在 MN上的点与 O′点的距离为 x，则由几何知识得：x＝r－ r2－d2＝2d
－ 2d 2－d2＝(2－ 3)d，故 B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，
d π
由几何知识得：sin θ＝ ＝0.5，得θ＝ ，则电子在磁场中运动的时
2d 6
t θr πd间为 ＝ ＝ ，故 D正确．
v0 3v0
答案 D
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
8
考点三 回旋加速器和质谱仪
1．质谱仪的主要特征
将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而
mv 2mE 2mqU 1 2mU
分离，其轨道半径 r＝ ＝ k＝ ＝ .在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故 r∝ m，
qB qB qB B q
根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷．
2．回旋加速器的主要特征
(1)带电粒子在两 D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动．
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为 1∶ 2∶ 3∶…
(4)粒子的最后速度 v BqR＝ ，可见带电粒子加速后的能量取决于 D形盒的最大半径和磁场的强弱．
m
自我提升
1. (2017·河南省实验中学月考)(多选)如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D形金属
盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(24He)．下列说法中正确
的是( )
A．氘核(12H)的最大速度较大
B．它们在 D形盒内运动的周期相等
C．氦核(42He)的最大动能较大
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
解析：选 BC.粒子在回旋加速器中能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的速度．根据 qvB＝
2
mv qBR q 2πm，得 v＝ ，两粒子的比荷 相等，所以最大速度相等，A错误．带电粒子在磁场中运动的周期 T＝ ，
R m m qB
q 1 q2B2R2 q
两粒子的比荷 相等，所以周期相等，B正确．最大动能 Ek＝ mv2＝ ，两粒子的比荷 相等，但质量
m 2 2m m
不等，所以氦核最大动能大，C正确．回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期
相同，否则无法加速，D错误．
2．(2016·高考全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速
电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离
开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀
强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12倍．此离子
和质子的质量比约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
9
解析：选 D. 1 mv带电粒子在加速电场中运动时，有 qU＝ mv2，在磁场中偏转时，其半径 r＝ ，由以上两
2 qB
r 1 2mU m式整理得： ＝ .由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得： 2
B q m1
＝144，选项 D正确．
3．(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的
匀强磁场(环形区域的宽度非常小)．质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子可在环中做半径为 R的圆周运动．A、
B为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过 A板刚进入 AB之间时，
A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速．每当粒子离开 B板时，A板
电势又降为零．粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小
可使绕行半径 R不变．已知极板间距远小于 R，则下列说法正确的是( )
A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里
B．粒子从 A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行 N圈后回到 A
板时获得的总动能为 NqU
C．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化周期不变
D．粒子绕行第 N 1 2NmU圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为
R q
解析：选 BD.由题意知粒子在轨道内做顺时针圆周运动，根据左手定则可判断匀强磁场的磁场方向垂直
于纸面向外，所以 A错误；由于粒子在做圆周运动的过程中洛伦兹力不做功，在 AB板间电场力做功 W＝
qU，所以粒子绕行 N圈后回到 A板时获得的总动能为 NqU，故 B正确；由于粒子的轨道半径 R不变，而
1 mv 2πm
粒子做圆周运动第 N圈的速度为 vN，根据 NqU＝ mvN2，可得粒子圆周运动的速度增大，根据 R＝ ，T＝
2 Bq Bq
R
＝2π ，所以周期减小，故 A板电势变化周期变小，故 C错误；粒子绕行第 N圈时，NqU 1＝ mv2N，所以 vN
v 2
2NqU
＝ ，又 R mvN 1 2NmU＝ ，联立得 B＝ ，所以 D正确．
m Bq R q
10
课时作业 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线 AB时，
发现射线的径迹向下偏，则( )
A．导线中的电流从 A流向 B
B．导线中的电流从 B流向 A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变 AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与 AB中的电流方向无关
解析：选 BC.由于 AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，
由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从 B流向 A.
当 AB中的电流方向变为从 A流向 B时，则 AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变
为向上，电子束的径迹变为向上偏转．选项 B、C正确．
2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电
粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选 D.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不
mv v
变，由 r＝ 知，轨道半径增大；由角速度ω＝ 知，角速度减小，选项 D正确．
qB r
3．如图所示，半径为 R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为 B，方向垂
直于纸面向外．一电荷量为 q(q>0)、质量为 m的粒子沿平行于直径 ab的方向射入磁场区域，射入点与 ab
R
的距离为 ，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
2
A.qBR B qBR．
2m m
C.3qBR D.2qBR
2m m
解析：选 B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心 O2必在过入射点垂直于入射速 度方
向的直线 EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为 60°，故圆弧 ENM对应圆心角为 60°，所
11
以△EMO R2为等边三角形．由于 O1D＝ ，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边
2
mv2
三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径 EO2＝O1E＝R，由 qvB＝ ，得 v
R
qBR
＝ ，B正确．
m
4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过 S′孔打在 MN板上的 P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比 b极板高
C．到达 P点粒子的速度大小与 a、b间电、磁场强弱无关
D q．带电粒子的 比值越大，PS′间距离越大
m
解析：选 B.粒子在 MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故 A错误；由左手定则
可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向
也向下，a极板电势一定比 b极板高，故 B正确；由 qE＝qvB Eab可知，粒子的速度 v＝ ，到达 P点粒子的
Bab
2
速度大小与 a b mv q v、 间电、磁场强弱有关，故 C错误；由洛伦兹力提供向心力得 qvB＝ ，则 ＝ ，知比荷
r m Br
越大，r越小，PS′间距离越小，故 D错误．
5．如图所示，沿 x方向有界、沿 y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速
率不同的电子(不计重力)从 O点沿 x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )
A．所有的电子都向 x轴下方偏转
B．所有的电子都做类平抛运动
C．所有的电子在磁场中运动时速度不变
D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同
解析：选 A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向 x轴下方
偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动
时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，
t T πm＝ ＝ 都相同，它们运动的时间都相同，D错误．
2 Bq
6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从
A、D射入磁场，均从 C点射出，则它们的速率 v 甲∶v 乙和它们通过该磁场所用时间 t 甲∶t 乙的值分别为( )
A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
1
解析：选 B.带电粒子在电场中加速有 qU＝ mv2，带电粒子在磁场中偏转有 qvB
2
12
2
mv 2U 1 v R 1＝ ，联立解得 v＝ ，即 v∝ ，故 甲＝ 乙＝ ；甲粒子在磁场中偏转用时 t πR 甲
R BR R 2 甲
＝ ，乙粒子在磁场中
v 乙 R 甲 2v 甲
πR t R v 2
偏转用时 t 乙乙＝ 可得， 甲＝ 甲 乙 ＝ .由以上分析计算可知选项 B正确．
v 乙 t 乙 2R 乙v 甲 1
[综合应用题组]
7．美国物理学家劳伦斯于 1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能
使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面
前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限
制在 A、C板间，带电粒子从 P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D形盒中
的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与 D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
8．(多选)如图所示，带正电的 A粒子和 B粒子先后以同样大小的速度从宽度为 d的有界匀强磁场的边
界上的 O点分别以 30°和 60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的
是( )
A．A 1、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
3
B 3．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
2＋ 3
C．A、B m 1两粒子 之比是
q 3
D m 3．A、B两粒子 之比是
q 2＋ 3
9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线 MN为理想边界，磁感应强度分别为 B1、B2.一个质量为 m、
电荷量为 e的电子从 MN上的 P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的
“心”形图线．则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为 PENCMDP
B．电子运行一周回到 P用时为 T 2πm＝
B1e
C．B1＝2B2
D．B1＝4B2
解析：选 C.根据左手定则可知：电子从 P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1时，受到的洛伦兹力
方向向上，所以电子的运行轨迹为 PDMCNEP，故 A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场 B1中运动两个
2πm πm
半圆，即运动一个周期，在匀强磁场 B2中运动半个周期，所以 T＝ ＋ ，故 B错误；由图象可知，电
B1e B2e
13
mv
子在匀强磁场 B1中运动半径是在匀强磁场 B2中运动半径的一半，根据 r＝ 可知，B1＝2B2，故 C正确，D
Be
错误．
10．(多选)如图所示，宽度为 d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B.一质
量为 m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从 MN边界上的 A点沿纸面垂直 MN以初速度 v0进入磁场．已
q v0
知该带电粒子的比荷 ＝ ，其中 A′为 PQ上的一点，且 AA′与 PQ垂直．则下列判断正确的是( )
m 2Bd
A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 2d
C．该带电粒子打在 PQ上的点与 A′点的距离为 3d
D πd．该带电粒子在磁场中运动的时间为
3v0
解析：选 BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故 A错误．带电粒子在匀强磁场中
v20 mv0 q v0
做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qv0B＝m ，解得 R＝ ，又因为带电粒子的比荷 ＝ ，则
R qB m 2Bd
有 R＝2d，故 B正确．由几何关系可知，该带电粒子打在 PQ上的点与 A′点的距离为 s＝R(1－cos 30°)＝
1 3－
2d× 2 ＝(2－ 3)d π，故 C错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为θ＝ ，所以粒子
6
2πm 1 πd
在磁场中运动的时间 t＝ × ＝ ，故 D正确．
qB 12 3v0
11．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，一质量为 m＝5.0×10
－8 kg －、电荷量为 q＝1.0×10 6 C的带电粒子．从静止开始经 U0＝10 V的电压加速后，从 P点沿图示方向进
入磁场，已知 OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达 P点时速度 v 的大小；
(2)若磁感应强度 B＝2.0 T，粒子从 x轴上的 Q点离开磁场，求 OQ的距离；
(3)若粒子不能进入 x轴上方，求磁感应强度 B′满足的条件．
解析：(1)对带电粒子的加速过程，由
qU 1动能定理 ＝ mv2
2
代入数据得：v＝20 m/s
(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB mv
2 mv
＝ 得 R＝
R qB
代入数据得：R＝0.50 m
14
OP
而 ＝0.50 m
cos 53°
故圆心一定在 x轴上，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知：
OQ＝R＋Rsin 53°
故 OQ＝0.90 m
(3)带电粒子不从 x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP＞R′＋R′cos 53°①
R mv′＝ ②
qB′
由①②并代入数据得：
B 16′＞ T＝5.33 T(取“≥”照样给分)
3
答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T
12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从 A点射出，粒子质量为 m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、
Ⅲ内的匀强磁场宽为 d，磁感应强度为 B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为 d，粒子从 A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ区域后能回到 A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从 A点射出到回到 A点经历的时间 t；
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为 2B，粒子也能回到 A点，求电场
强度 E的大小；
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子
的出射点距 A点的距离为多少？
解析：(1)因粒子从 A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到 A点，由对称
性可知粒子做圆周运动的半径为 r＝d
2
由 Bqv＝m v Bqd得 v＝
r m
t 2πr＋2d 2πm＋2m所以运动时间为 ＝ ＝ .
v Bq
(2)在区域Ⅱ内由动能定理得
qEd 1＝ mv2 11－ mv2
2 2
由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为 r＝d
2
2Bqv m v1 v 2Bqd由 1＝ 得 1＝
r m
3dqB2
联立解得 E＝ .
2m
(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．
15
1Bqv m v
2
由 ＝ 得 R＝2d
2 R
所以 OC＝ R2－d2＝ 3d
粒子出射点距 A点的距离为 s＝r＋R－OC＝(3－ 3)d.
(1)2πm＋2m (2)3dqB
2
答案： (3)(3－ 3)d
Bq 2m
16

展开更多......

收起↑