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第25讲　磁场对运动电荷的作用
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、运动电荷在磁场中受到的力 1
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 2
[命题点研究] 2
命题点一　对洛伦兹力的理解 2
命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 6
命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题 24
[课时训练] 26
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
运动电荷在磁场中受到的力 c 1.不要求计算电荷运动方向与磁场方向不垂直情况下的洛伦兹力． 2.不要求推导洛伦兹力公式.
带电粒子在匀强磁场中的运动 d
[基础过关]
一、运动电荷在磁场中受到的力
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线从掌心进入；
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：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．
2．粒子的运动性质：
(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：
(1)由qvB＝m，得r＝.
(2)由v＝，得T＝.
[命题点研究]
命题点一　对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．
(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)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．
如图为一个光滑绝缘的半圆柱形容器的剖面图，圆心所在的轴线上水平固定一垂直纸面向内的通电长直导线，带正电的小物体（可视为点电荷）从左端由静止开始释放，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放时，正电荷所受洛伦兹力竖直向上
B．若带电量足够大，运动过程中，小物体可能会脱离容器表面
C．无论小物体是否带电，都一定可以滑至右侧等高处
D．物块滑至容器底部时，轨道对物体的支持力大于轨道受到的压力
（多选）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上（杆表面不光滑），整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度v0，则下列情况可能发生的是（　　）
A．环将保持匀速运动，环的机械能不变
B．环将向右减速，最后静止，损失的机械能是mv02
C．环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是mv02
D．环将向右减速，最后匀速，损失的机械能mv02m（）2
如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘倾斜长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0沿杆向上运动，不计空气阻力，下列描述该圆环上升过程中的速度v随时间t、机械能E随位移x变化的图象中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
一质量为m、带电量为+q的滑块，从倾角为α的足够长斜面上静止开始下滑，装置处于垂直斜面向里的磁场中，磁感应强度为B，滑块与斜面间的动摩擦因数是μ（μ＜tanα）当下滑距离为L时，滑块将脱离斜面，求：
（1）滑块在斜面上下滑过程中的最大加速度和最大速度；
（2）在斜面上下滑距离L过程所需的时间。
命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路
模型1　直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)
图4
图a中t＝＝
图b中t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中t＝T＝
如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（　　）
A． B．
C． D．
如图，虚线MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子a、b从MN上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从MN上的同一点射出磁场。已知a粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
如图所示的平面以MN为边界分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，Ⅱ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B（图中未画出），一电荷量为q（q＞0），质量为m的带电粒子从边界上的E点以某一初速度开始运动（此为粒子第一次经过边界MN），一段时间后，粒子第三次经过边界MN的位置与E点的距离为d，若粒子在运动的过程中仅受磁场力作用，初速度方向与边界夹角α＝30°，则粒子的初速度为（　　）
A． B． C． D．
如图所示，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，坐标原点O处有一离子源，在关于y轴对称的两虚线范围内，向xoy平面发射速率均为v的离子。在x轴上放置一长为L的收集板，其右端点与坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时（B0未知），从O点射出的所有离子均恰好全部被收集板接收。已知离子质量为m，电荷量为﹣q（q＞0），不计重力，整个装置处于真空中，不考虑离子间的碰撞和相互作用。
（1）求磁感应强度B0的大小和图中虚线与y轴间的夹角θ；
（2）在所有发射出的离子中，沿哪一方向射出的离子在磁场中运动时间最长？求该最长时间tm；
（3）只调整匀强磁场的磁感应强度B可改变收集板上收集到的离子数，若收集板上只收集到从O点发出的部分离子，求B的取值范围。
模型2　平行边界磁场
平行边界存在临界条件(如图6所示)
图6
图a中t1＝，t2＝＝
图b中t＝
图c中t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中t＝T＝
（多选）两个电荷量分别为q和﹣q的带电粒子分别以速度va和vb沿射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　）
A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．两粒子的轨道半径之比Ra：Rb：1
C．两粒子的质量之比ma：mb＝1：2
D．两粒子的速度之比va：vb＝1：2
两个电荷量分别为q和﹣q的带电粒子分别以速度va和vb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30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，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．两粒子轨道半径之比Ra：Rb：1
C．两粒子质量之比为ma：mb＝1：2
D．两粒子的速度之比va：vb＝1：2
如图，在0≤xa区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P（a，a）点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
模型3　圆形边界磁场
沿径向射入圆形边界匀强磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)
图8
r＝
t＝T＝
θ＋α＝90°
如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为v，方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t。若仅将速度大小改为0.5v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（　　）
A． B．t C．2t D．3t
如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。
（1）从C点离开磁场的粒子的电性；
（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；
（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。
如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
模型4　三角形边界磁场
（多选）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（　　）
A．从P点射出的粒子速度大
B．从Q点射出的粒子速度大
C．从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长
D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长
（多选）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0．粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p点（坐标0，h），以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点（2h，0）进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题
1．多解的几种情况
(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同而形成多解．
(2)磁场方向不确定形成多解：带电粒子垂直进入方向不确定的匀强磁场时，其偏转方向不同而形成多解．
(3)运动的往复性形成多解：带电粒子在交变的磁场中运动时，运动往往具有周期性而形成多解．
(4)临界条件不唯一形成多解：带电粒子在有界磁场中运动时，因轨道半径不同而形成多解．
2．临界极值问题
(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，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长．
(3)一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子A从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射入磁场，粒子重力不计。
（1）当粒子A的速度方向再次沿x轴负方向时，求粒子运动的时间；
（2）要使该粒子经过一段时间后又经过O点，求B1与B2的比值应满足的条件；
（3）若B1B2，在粒子A进入磁场的同时，有一带等量负电荷的粒子B从O点沿x轴正方向射入，已知粒子B在两磁场中运动的半径和A相同。忽略粒子间的相互作用，要使两粒子能在y轴上相遇，求粒子B的质量应满足的条件。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．如图所示，水平直导线中通有稳恒电流I，导线的正上方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将（　　）
A．沿路径a运动，曲率半径变小
B．沿路径a运动，曲率半径变大
C．沿路径b运动，曲率半径变小
D．沿路径b运动，曲率半径变大
2．薄铝板将垂直纸面向外的匀强磁场分成I、Ⅱ两个区域．一高速带电粒子穿过铝板后速度减小，所带电荷量保持不变．一段时间内带电粒子穿过铝板前后在两个区域运动的轨迹均为圆弧，如图中虚线所示．已知区I的圆弧半径小于区域Ⅱ的圆弧半径，粒子重力忽略不计。则该粒子（　　）
A．带正电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ
B．带正电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I
C．带负电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ
D．带负电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I
3．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，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1kg、带正电q＝0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为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，大小为F＝0.6N的恒力，g取10m/s2。则滑块（　　）
A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
B．一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止
C．速度为6m/s时，滑块开始减速
D．最终做速度为8m/s的匀速运动
4．如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里：O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO，a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（　　）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2
5．如图所示，在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场，从BC边离开磁场，速度方向偏转了30°。已知AB＝L，∠ACB＝30°，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为（　　）
A． B． C． D．
6．在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的轨迹是非常重要的实验证据。根据对不同粒子轨迹的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电情况、运动情况等许多信息，甚至可以发现新粒子。现将一粒子源装入放在匀强磁场的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不计），粒子源不断向相反方向同时放出一对电荷量为pe，质量为km的正离子（p、k均为常量且都大于1）和电荷量为e，质量为m的电子，下列说法正确的是（　　）
A．两种粒子的运动轨迹如图甲所示，且半径大的一定是电子
B．两种粒子的运动轨迹如图乙所示，且半径大的一定是电子
C．若正离子和电子的速度之比为k，则粒子源不会移动
D．若正离子和电子的速度之比为，则粒子源不会移动
7．（2023 乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v，则（　　）
A．a做圆周运动的轨道半径大
B．b做圆周运动的周期大
C．a、b同时回到出发点
D．a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动
9．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（　　）
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出
D．只改变粒子的速度大小使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出运动时间最长
10．如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O以与x轴正方向成30°角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则（　　）
A．粒子经偏转过程一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
二．计算题（共2小题）
11．如图所示，在y＞0的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0区域存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝﹣2h处的P3点，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间。
12．如图所示，M、N为两水平金属板，板间电压为U、距离为d，磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向外，ACD为用绝缘板围成的正三角形区域，正三角形边长为L，S为AC板中心的小孔，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，放射源P沿水平方向发出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中轴线通过，再垂直AC边从孔S进入正三角形区域。板间电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场；粒子每次与绝缘板发生碰撞后均以原速率反弹且电荷量不变，不计粒子重力及相互作用。
（1）求能沿板M、N中轴线通过的粒子的速度大小v0；
（2）求与绝缘板碰撞次数最少且能从S孔飞出的粒子比荷k1；
（3）比荷为k2的粒子在三角形区域内运动过程中，每次与板碰撞时速度方向均与板垂直且能从S孔飞出，求该粒子的比荷k2的可能值。
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第25讲　磁场对运动电荷的作用
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、运动电荷在磁场中受到的力 1
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 2
[命题点研究] 2
命题点一　对洛伦兹力的理解 2
命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 6
命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题 24
[课时训练] 26
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
运动电荷在磁场中受到的力 c 1.不要求计算电荷运动方向与磁场方向不垂直情况下的洛伦兹力． 2.不要求推导洛伦兹力公式.
带电粒子在匀强磁场中的运动 d
[基础过关]
一、运动电荷在磁场中受到的力
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线从掌心进入；
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：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．
2．粒子的运动性质：
(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：
(1)由qvB＝m，得r＝.
(2)由v＝，得T＝.
[命题点研究]
命题点一　对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．
(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)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．
如图为一个光滑绝缘的半圆柱形容器的剖面图，圆心所在的轴线上水平固定一垂直纸面向内的通电长直导线，带正电的小物体（可视为点电荷）从左端由静止开始释放，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放时，正电荷所受洛伦兹力竖直向上
B．若带电量足够大，运动过程中，小物体可能会脱离容器表面
C．无论小物体是否带电，都一定可以滑至右侧等高处
D．物块滑至容器底部时，轨道对物体的支持力大于轨道受到的压力
【解答】解：AB、通电直导线的电流方向垂直向里，根据右手螺旋定则，可知磁场方向以直导线为圆心的顺时针方向圆，当带正电的小物体释放后，则其运动方向与磁场方向平行，那么该物体不受洛伦兹力，因此带正电的小物体在碗内运动的过程中，只受到支持力与重力，运动的过程中不可能会脱离容器表面，故AB错误；
C、带正电的小物体在运动过程中，因圆形容器是光滑的，依据能量转化与守恒定律，则可以滑至右侧等高处，故C正确；
D、轨道对物体的支持力和轨道受到的压力是一对作用力与反作用力，二者总是大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上（杆表面不光滑），整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度v0，则下列情况可能发生的是（　　）
A．环将保持匀速运动，环的机械能不变
B．环将向右减速，最后静止，损失的机械能是mv02
C．环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是mv02
D．环将向右减速，最后匀速，损失的机械能mv02m（）2
【解答】解：A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动，则环的机械能不变，故A正确；
B、环将向右减速，最后静止，由受力可知，重力、支持力与洛伦兹力不做功，摩擦力做功导致机械能损失，根据能量守恒定律，则有损失的机械能是mv02，故B正确；
C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有qvB＝mg，解得v。损失的机械能△Emv02m（）故C错误，D正确。
故选：ABD。
如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘倾斜长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0沿杆向上运动，不计空气阻力，下列描述该圆环上升过程中的速度v随时间t、机械能E随位移x变化的图象中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：带电圆环向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和沿杆向下的滑动摩擦力；向上运动过程中，重力和摩擦力做负功。
当洛伦兹力大于重力垂直导轨的分力时，支持力垂直导轨向下，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的减速运动；
当洛伦兹力等于重力垂直导轨的分力时，支持力为零，摩擦力为零，合力等于重力沿斜面的分力；
当洛伦兹力小于重力垂直导轨的分力时，支持力垂直导轨向上，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力增大，故滑动摩擦力增大，合力增大，物体做加速度不断增大的减速运动；
AB、v﹣t关系图图像的斜率表示加速度，根据以上分析，加速度先减小后增大或者一直增大的减速运动，故AB错误；
CD、带电圆环运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中：ΔE＝﹣fΔx，由于向上运动的过程中f先减小后增大或者一直增大，所以机械能的变化率先减小后增大或者一直增大，故C正确，D错误。
故选：C。
一质量为m、带电量为+q的滑块，从倾角为α的足够长斜面上静止开始下滑，装置处于垂直斜面向里的磁场中，磁感应强度为B，滑块与斜面间的动摩擦因数是μ（μ＜tanα）当下滑距离为L时，滑块将脱离斜面，求：
（1）滑块在斜面上下滑过程中的最大加速度和最大速度；
（2）在斜面上下滑距离L过程所需的时间。
【解答】解：（1）根据左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上；
设滑块在斜面上滑动的最大速度为v，当滑块所受洛伦兹力等于滑块重力垂直斜面的分力时，滑块开始离开斜面，此时滑块不受摩擦力作用
根据洛伦兹力公式，滑块所受的洛伦兹力F＝qvB
滑块刚离开斜面时F＝mgcosα
联立解得最大速度为
由于此时斜面对滑块的支持力为零，滑块不受摩擦力作用，滑块加速度最大，设最大加速度为a
根据牛顿第二定律mgsinα＝ma
解得滑块的最大加速度a＝gsinα
（2）设滑块在斜面上运动的合力为F合
根据动能定理
设滑块在斜面上运动的时间为t，取沿斜面向下为正方向
根据动量定理F合t＝mv
代入数据联立解得t。
答：（1）滑块在斜面上下滑过程中的最大加速度为gsinα；最大速度；
（2）在斜面上下滑距离L过程所需的时间。
命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路
模型1　直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)
图4
图a中t＝＝
图b中t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中t＝T＝
如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得到
qvB＝m
解得
负粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
负粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
负粒子垂直边界射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；
故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r﹣2rcosθ＝2r（1﹣cosθ）（1﹣cosθ）。
故选：D。
如图，虚线MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子a、b从MN上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从MN上的同一点射出磁场。已知a粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
设a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为ra，rb，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
ra＝rbcosθ
又因为
两粒子比荷相同，故有
即va＝vbcosθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示的平面以MN为边界分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，Ⅱ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B（图中未画出），一电荷量为q（q＞0），质量为m的带电粒子从边界上的E点以某一初速度开始运动（此为粒子第一次经过边界MN），一段时间后，粒子第三次经过边界MN的位置与E点的距离为d，若粒子在运动的过程中仅受磁场力作用，初速度方向与边界夹角α＝30°，则粒子的初速度为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在Ⅰ区粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
可得粒子在Ⅰ区的半径为：
轨迹如图所示
由几何关系可得θ＝60°
根据几何关系，可知圆弧所对应的弦长也为r1；
同理可得Ⅱ区的半径为
根据几何关系，可知圆弧所对应的弦长为r2，则有d＝r1﹣r2
联立解得
故D正确，ABC错误。
故选：D。
如图所示，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，坐标原点O处有一离子源，在关于y轴对称的两虚线范围内，向xoy平面发射速率均为v的离子。在x轴上放置一长为L的收集板，其右端点与坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时（B0未知），从O点射出的所有离子均恰好全部被收集板接收。已知离子质量为m，电荷量为﹣q（q＞0），不计重力，整个装置处于真空中，不考虑离子间的碰撞和相互作用。
（1）求磁感应强度B0的大小和图中虚线与y轴间的夹角θ；
（2）在所有发射出的离子中，沿哪一方向射出的离子在磁场中运动时间最长？求该最长时间tm；
（3）只调整匀强磁场的磁感应强度B可改变收集板上收集到的离子数，若收集板上只收集到从O点发出的部分离子，求B的取值范围。
【解答】解：（1）沿y轴正方向入射的粒子打在x轴上最远处，沿左右边界入射的粒子打在x轴上最近处，粒子运动轨迹如下图所示；
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可得：圆周运动的半径R＝L
解得：
当以最大角θ入射时，有：2Rcosθ＝L
解得：；
（2）由上图可知①轨迹时间最长，出射方向与y轴成60°角，指向左上方，根据几何关系可知对应的圆心角为：α
粒子运动的最长时间为：；
（3）设收集板恰好收集不到离子时的半径R1，对应的磁感应强度为B1，如下图中①②③所示
则有：2Rcosθ＝L
对应的磁感应强度：B1＝B0
另一种情况：粒子的半径为R1′，对应的磁感应强度为B1′，如若图中④所示，有：R′1cosθ＝L
对应的磁感应强度：
若收集板上只收集到从O点发出的部分离子，即磁感应强度应满足：B＞B0或B1′B0。
即B或B1′。
答：（1）磁感应强度B0的大小为，图中虚线与y轴间的夹角为；
（2）在所有发射出的离子中，出射方向与y轴成60°指向左上方的离子在磁场中运动时间最长，该最长时间为；
（3）B的取值范围为B或B1′。
模型2　平行边界磁场
平行边界存在临界条件(如图6所示)
图6
图a中t1＝，t2＝＝
图b中t＝
图c中t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中t＝T＝
（多选）两个电荷量分别为q和﹣q的带电粒子分别以速度va和vb沿射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　）
A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．两粒子的轨道半径之比Ra：Rb：1
C．两粒子的质量之比ma：mb＝1：2
D．两粒子的速度之比va：vb＝1：2
【解答】解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电。故A正确；
B、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。根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb＝1：，故B错误；
C、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。则a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb＝1：2，则质量之比ma：mb＝1：故C正确；
D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比。所以速度大小之比va：vb＝2：，故D错误；
故选：AC。
两个电荷量分别为q和﹣q的带电粒子分别以速度va和vb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30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，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．两粒子轨道半径之比Ra：Rb：1
C．两粒子质量之比为ma：mb＝1：2
D．两粒子的速度之比va：vb＝1：2
【解答】解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电。故A错误；
B、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。所以两半径相比为Ra：Rb＝1：，故B错误；
C、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。则a粒子圆弧对应的圆心角为60°，而b粒子圆弧对应的圆心角为120°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb＝1：2，则质量之比ma：mb＝1：故C正确；
D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比。所以速度大小之比va：vb，故D错误；
故选：C。
如图，在0≤xa区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P（a，a）点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【解答】解：（1）初速度与y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示，其圆心为C．由几何关系可知，∠POC＝30°；△OCP为等腰三角形
故∠OCP
此粒子飞出磁场所用的时间为
t0②
式中T为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得
Ra ③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m④
T⑤
联立②③④⑤解得：
（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时磁场左边界穿出。依题意，所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上。（弧M只代表初速度与y轴正方向为60度时粒子的运动轨迹）如图所示。
设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN．由对称性可知vP与OP、vM与OM、N与ON的夹角均
设vM、vN与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有
⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足θ
（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图2所示。由几何关系可知：
OM＝OP
由对称性可知
MN＝OP
由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；
模型3　圆形边界磁场
沿径向射入圆形边界匀强磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)
图8
r＝
t＝T＝
θ＋α＝90°
如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为v，方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t。若仅将速度大小改为0.5v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（　　）
A． B．t C．2t D．3t
【解答】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
解得，粒子做圆周运动的轨道半径：r
粒子速度为v时轨道半径为r1，则粒子速度为0.5v时粒子轨道半径r2＝0.5r1，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，
当速度的大小为v时，圆周运动的圆心为O，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60°；
磁场圆的半径恰好是粒子圆周运动半径的一半；
当速度的大小为v时，半径为原来的一半，圆周运动的圆心O′点，在原来的半径的中点处，
则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，则θ＝60°；由几何关系可知所对的圆心角为120°，
则粒子的运动的时间为2t，故C正确；ABD错误。
故选：C。
如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。
（1）从C点离开磁场的粒子的电性；
（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；
（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。
【解答】解：（1）从C点离开磁场的粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带负电
（2）设磁场区域的半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知：r1＝Rtan30°R，r2＝R
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
解得：q
两粒子的质量m与速度大小v相等，则两粒子的电荷量之比
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期之比
由几何知识可知，从C点离开磁场的粒子在磁场中转过的圆心角θC＝90°，从D点离开磁场的粒子θD＝120°
粒子在磁场中的运动时间t
从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比
答：（1）从C点离开磁场的粒子带负电；
（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比是：3；
（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比是3：4。
如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
【解答】解：（1）速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
r＝R
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）由题意得速度为的粒子轨道半径为：
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为60°
M到G的过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得：
得lNF＝x+lGFcos60°﹣R
代入数据解得：
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间t＝t1+t2
代入数据解得：t
（3）由题意得，所有速度为v0的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°；综上得夹角范围为60°～90°。
答：（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小为，带电粒子带正电；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），NF的距离为，从M到F所用的时间为。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在60°～90°范围内。
模型4　三角形边界磁场
（多选）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（　　）
A．从P点射出的粒子速度大
B．从Q点射出的粒子速度大
C．从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长
D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：
tT，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；
如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R知粒子运动速度vP＜vQ，故A错误，B正确；
故选：BD。
（多选）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0．粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【解答】解：A、根据Bqv0＝m，可知粒子的运动半径r＝L，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；
B、当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故B错误；
C、当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；
D、当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；
故选：AD。
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p点（坐标0，h），以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点（2h，0）进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：2h＝v0t，
竖直方向：ht2，
解得：E；
（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为：
vy＝attv0，
速度：vv0，
方向与x轴正方向成45°角；
（3）粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得：qvB＝m，
当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：rL，
解得：B；
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）粒子到达a点时速度的大小为：v0，方向：与x轴正方向成45°角；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值为。
命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题
1．多解的几种情况
(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同而形成多解．
(2)磁场方向不确定形成多解：带电粒子垂直进入方向不确定的匀强磁场时，其偏转方向不同而形成多解．
(3)运动的往复性形成多解：带电粒子在交变的磁场中运动时，运动往往具有周期性而形成多解．
(4)临界条件不唯一形成多解：带电粒子在有界磁场中运动时，因轨道半径不同而形成多解．
2．临界极值问题
(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，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长．
(3)一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子A从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射入磁场，粒子重力不计。
（1）当粒子A的速度方向再次沿x轴负方向时，求粒子运动的时间；
（2）要使该粒子经过一段时间后又经过O点，求B1与B2的比值应满足的条件；
（3）若B1B2，在粒子A进入磁场的同时，有一带等量负电荷的粒子B从O点沿x轴正方向射入，已知粒子B在两磁场中运动的半径和A相同。忽略粒子间的相互作用，要使两粒子能在y轴上相遇，求粒子B的质量应满足的条件。
【解答】解：（1）粒子在磁场中运动周期为T
当粒子A的速度方向第二次沿x轴负方向时，粒子运动的时间t
（2）粒子在两磁场中运动轨迹半径
qvB＝m
现分析粒子运动轨迹，粒子在一个周期内经过y轴负半轴的点在y轴负半轴上移2（r2﹣r1），在第n次经过y轴负半轴时应上移2r1，如图：
根据几何关系则有
2 （n﹣1）（r2﹣r1）＝2r1，n＝1，2，3...
解得
，n＝1，2，3...
所以
，n＝1，2，3...
（3）若B1B2，则r1r2
粒子B在两磁场中运动的半径和A相同，粒子A第n+1次经过y轴负半轴坐标
y＝﹣2r1+2n （r2﹣r1） （﹣3+n），n＝1，2，3...
粒子B第k次经过y轴负半轴，k＝2，4，6.....则
y'＝﹣2（r2﹣r1）kr2
两粒子相遇，则y＝y'
整理解得
k+2n＝6
所以当k＝2时，n＝2；此时
解得mBm
当k＝4时，n＝1；此时
解得：m'Bm
粒子B第k次经过y轴负半轴，k＝1，3，5...，则
y''＝﹣[2r2+2（r2﹣r1）]
两粒子相遇，则y＝y''
当k＝1时，y''最大为﹣2r2
当n＝1时，y最小为﹣r2
所以方程无解。
答：（1）当粒子A的速度方向再次沿x轴负方向时，粒子运动的时间为；
（2）要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足，n＝1，2，3...；
（3）粒子B的质量为m或m。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．如图所示，水平直导线中通有稳恒电流I，导线的正上方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将（　　）
A．沿路径a运动，曲率半径变小
B．沿路径a运动，曲率半径变大
C．沿路径b运动，曲率半径变小
D．沿路径b运动，曲率半径变大
【解答】解：水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线上面的电子所受的洛伦兹力方向身向上，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆。故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．薄铝板将垂直纸面向外的匀强磁场分成I、Ⅱ两个区域．一高速带电粒子穿过铝板后速度减小，所带电荷量保持不变．一段时间内带电粒子穿过铝板前后在两个区域运动的轨迹均为圆弧，如图中虚线所示．已知区I的圆弧半径小于区域Ⅱ的圆弧半径，粒子重力忽略不计。则该粒子（　　）
A．带正电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ
B．带正电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I
C．带负电，从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ
D．带负电，从区域Ⅱ穿过铝板到达区域I
【解答】解：粒子穿过铝板后，动能减小，速度减小，根据，轨迹半径减小，粒子一定是从区域Ⅱ穿过铝板到达区域Ⅰ；根据左手定则，该粒子带负电。故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．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，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1kg、带正电q＝0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为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，大小为F＝0.6N的恒力，g取10m/s2。则滑块（　　）
A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
B．一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止
C．速度为6m/s时，滑块开始减速
D．最终做速度为8m/s的匀速运动
【解答】解：ABD、由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg＝5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a2m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块受到的支持力与摩擦力都减小，所以滑块做加速度减小的加速直线运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得：v＝10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′．可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速直线运动，最后做速度为10m/s的匀速运动。故A正确，BD错误；
C、滑块开始的加速度为2m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ（mg﹣qvB）＝ma，代入数据得：v＝6m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C错误。
故选：A。
4．如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里：O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO，a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（　　）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2
【解答】解：A、根据左手定则可判定粒子带正电，故A错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力得：，
由几何知识知：r＝R
联立解得：，故B错误；
CD、由图可知，a粒子运动个圆周，其运动时间为：，
b粒子的轨迹如图所示，其圆心角为θ，由几何知识知：，故θ＝60°，其运动时间为：，ta：tb＝3：2，故C错误，D正确；
故选：D。
5．如图所示，在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场，从BC边离开磁场，速度方向偏转了30°。已知AB＝L，∠ACB＝30°，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：电子从BC边离开磁场，速度方向偏转了30°，作出轨迹如图所示
根据几何关系可得：
Rtan15°+2Rtan15°cos30°＝Ltan60°
解得：
电子受到的洛伦兹力提供向心力，根据几何关系可得：
解得：，故C正确，ABD错误；
故选：C。
6．在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的轨迹是非常重要的实验证据。根据对不同粒子轨迹的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电情况、运动情况等许多信息，甚至可以发现新粒子。现将一粒子源装入放在匀强磁场的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不计），粒子源不断向相反方向同时放出一对电荷量为pe，质量为km的正离子（p、k均为常量且都大于1）和电荷量为e，质量为m的电子，下列说法正确的是（　　）
A．两种粒子的运动轨迹如图甲所示，且半径大的一定是电子
B．两种粒子的运动轨迹如图乙所示，且半径大的一定是电子
C．若正离子和电子的速度之比为k，则粒子源不会移动
D．若正离子和电子的速度之比为，则粒子源不会移动
【解答】解：AB．两种电性不同的带电粒子在同一磁场中同时向相反的方向运动，根据左手定则可知，两粒子的轨迹在出发点相切，且两个圆轨迹互为内切圆；粒子在磁场中运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：
则可知两粒子在磁场中运动的轨迹半径分别为：
；
可知
由以上比值关系无法确定正粒子和电子轨迹半径大小关系，故AB错误；
CD．因为k＞1，如果正粒子和电子的速度之比为k，那么kmv正＞mv电，正粒子和电子总动量之和不为零，则粒子源会移动；若正离子和电子的速度之比为，正粒子和电子总动量之和为零，则粒子源不会移动，故C错误，D正确。
故选：D。
7．（2023 乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ
θ＝60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB＝qE
联立解得：
故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v，则（　　）
A．a做圆周运动的轨道半径大
B．b做圆周运动的周期大
C．a、b同时回到出发点
D．a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动
【解答】解：A、电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：evB＝m，e×2vB＝m，解得：ra，rb2ra，a做圆周运动的轨道半径小，故A错误；
BC、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，电子做匀速圆周运动的周期与电子的速度无关，两电子做匀速圆周运动的周期相等，两电子同时回到出发点，故B错误，C正确；
D、由左手定则可知，电子刚射入磁场时电子所受洛伦兹力水平向右，电子沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D错误。
故选：C。
9．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（　　）
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出
D．只改变粒子的速度大小使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出运动时间最长
【解答】解：A．带电粒子在匀强电场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出带电粒子的运动轨迹如图所示，可得
可得：
如果粒子的速度增大为原来的二倍，磁感应强度不变，由上式可知，圆周半径将变为原来的二倍，由几何知识可知，粒子将从d点射出，故A正确；
B．设正方向的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹的半径为。如果粒子的速度增大为原来的三倍，磁感应强度不变，由可知，圆周半径将变为原来的三倍，即为，画出此时带电粒子的运动轨迹，如图所示：
设∠daf＝θ，由几何关系可知
因此轨迹半径
，故B错误；
C．假如粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，由半径的计算公式可知，半径减小为原来的，所以粒子不可能从d点射出，故C错误；
D．根据运动学公式可知粒子在磁场中运动的周期为
因此如果只改变粒子的速度大小使其分别从e、d、f点射出时，根据几何关系可知所用时间为
α为轨迹所对的圆心角，由此可分析出从f点射出运动时间最小，故D错误。
故选：A。
10．如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O以与x轴正方向成30°角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则（　　）
A．粒子经偏转过程一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
【解答】解：A、由左手定则，可以判断带负电粒子在x轴上方做顺时针方向圆周运动，到达x轴下方后以x轴成30°，由于磁场方向发生变化，则其旋转方向也将发生变化，即逆时针方向旋转，所以带电粒子与x轴的交点将向x轴正方向偏移，如图所示，所以粒子不会到达坐标原点，故A错误；
BD、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：r
粒子在x轴上方做圆周运动的半径为r1＝R，则粒子在x轴下方磁场中运动的半径为r2＝2R
粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：2
根据几何关系可知，粒子在上方磁场和下方磁场轨迹对应的圆心角均为60°，所以带电粒子在上、下完成一次周期性运动的时间为：
T，故BD错误；
C、粒子运动轨迹如上图所示，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为：x＝2Rcos60°+2×2Rcos60°＝3R，故C正确。
故选：C。
二．计算题（共2小题）
11．如图所示，在y＞0的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0区域存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝﹣2h处的P3点，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动，
x方向：2h＝v0t，
y方向：hat2t2，
解得：E；
（2）设粒子在P2点时沿﹣y方向的速度为vy，则有h，即vyt＝2h，
所以vy＝v0，则粒子在P2点的速度方向与x轴正方向夹角为45°，
粒子到达P2时速度大小：v，
粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识可得：rh，
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，
解得：B；
（3）粒子在电场中从P1到P2的运动时间：t1，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T，
粒子在磁场中转过的圆心角为α＝270°，运动时间为t2
粒子第二次经过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°，根据对称性可知，粒子第二次经过x轴到第三次经过x的时间t3＝2t1
粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间：t＝t1+t2+t3。
答：（1）电场强度的大小为；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间为。
12．如图所示，M、N为两水平金属板，板间电压为U、距离为d，磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向外，ACD为用绝缘板围成的正三角形区域，正三角形边长为L，S为AC板中心的小孔，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，放射源P沿水平方向发出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中轴线通过，再垂直AC边从孔S进入正三角形区域。板间电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场；粒子每次与绝缘板发生碰撞后均以原速率反弹且电荷量不变，不计粒子重力及相互作用。
（1）求能沿板M、N中轴线通过的粒子的速度大小v0；
（2）求与绝缘板碰撞次数最少且能从S孔飞出的粒子比荷k1；
（3）比荷为k2的粒子在三角形区域内运动过程中，每次与板碰撞时速度方向均与板垂直且能从S孔飞出，求该粒子的比荷k2的可能值。
【解答】解：（1）能沿板M、N中轴线通过的粒子，在极板间受到的洛伦兹力和电场力平衡，有
解得
（2）如图所示，粒子至少与绝缘板碰撞2次后从S孔飞出，此时粒子在磁场中的运动轨迹半径为
同时有qBv0
联立解得
（3）分析可知要使粒子每次与板碰撞时速度方向均与板垂直，需要满足SA的长度为粒子轨迹半径R2的奇数倍，即，n＝0，1，2
解得
同时有q2Bv0
联立解得n＝0，1，2
答：（1）能沿板M、N中轴线通过的粒子的速度大小为；
（2）与绝缘板碰撞次数最少且能从S孔飞出的粒子比荷为；
（3）该粒子的比荷k2的可能值为，n＝0，1，2 。
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