磁场对运动电荷的作用

1、学案正标题一、考纲要求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二、知识梳理1.洛伦兹力（1）定义：运动电荷在磁场中所受的力（2）大小vB时，F0vB时，FqvBv与B夹角为时，FqvBsin方向判定方法：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向特点：FB，Fv.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2.带电粒子在磁场中的运动（1）若vB，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动（2）若vB，带电粒子在垂直于磁感线的

2、平面内，以入射速度v做匀速圆周运动（3）基本规律3.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，如图所示)（2）平行边界(存在临界条件，如图所示)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)三、要点精析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

3、，而洛伦兹力对运动电荷不做功3.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)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

4、角为时，其运动时间表示为：tT(或t)4.带电粒子在磁场中运动的常见情形（1）直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)（2）平行边界(存在临界条件，如图所示)（3）圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)5.“三步”巧解带电粒子在磁场中运动问题（1）画轨迹：即画出轨迹，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）用规律：即用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6.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分离，

5、其轨道半径r.在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r，根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷7.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（4）粒子的最后速度v，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8.带电粒子在磁场中运动的“两个易错点”（1）由T知，T与v无关，不能由T得出T与v成反比，因v变时，r也在变（2）由tT·知，带电粒子在磁场中的运动

6、时间与圆心角有关，与弧长无关9.带电粒子在有界磁场中的磁偏转模型模型概述带电粒子在有界磁场中的偏转问题一直是高考的热点，此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题模型分类（1）单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图甲中带负电粒子的运动为例规律要点最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图甲中a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，

7、直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O最远)（2）双直线边界型：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例规律要点最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切，如图乙所示对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab2最值相切规律可推广到矩形区域磁场中（3）圆形边界类型圆形磁场区域规律要点a.相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图甲所示b.直径最小：带电粒子从直径的一个端点射

8、入磁场，则从该直径的另一端点射出时，圆形磁场区域面积最小，如图乙所示环状磁场区域规律要点a.径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场b.最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm而磁场有最小磁感应强度B，如图丙所示10.“电偏转”和“磁偏转”的比较：垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FEqE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FBqvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分 运动轨迹 求解方法利用类似平抛运动的规律求

9、解：vxv0，xv0tvy·t，y··t2偏转角：tan 偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解半径：r周期：T运动时间ttT动能变化不变 四、典型例题1.(2015新课标I-14).两相邻的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【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受洛伦兹力作用，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供

10、所需的向心力：qvB=m ,得到轨道半径r=，由于洛伦兹力不做功，故带电粒子的线速度v不变，当粒子从较强到较弱磁场区域后，B减少时，r增大；由角速度=可判断角速度减小，故选项D正确。考点：洛伦兹力的公式；带电粒子在匀强磁场中的运动2.【2015新课标II-19】有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度是中的k倍【答案】AC【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：，解得：，因为I中的磁感应

11、强度是II中的k倍，所以，II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，故A正确；加速度，加速度大小是I中的1/k倍，故B错误；由周期公式：，得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍，故C正确；角速度，II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍，D错误考点：带电粒子在磁场中的运动；圆周运动3.【2015重庆-9】（18分）下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中和是间距为的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔和，P为靶点，（为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为.质量为、带电量为的正离子从点由静止开始加速，经进入磁场区域

12、.当离子打到极板上区域（含点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。【答案】（1）（2），（3），【解析】试题分析：（1）离子经电场加速，由动能定理：，可得磁场中做匀速圆周运动，刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知联立解得（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达右端，再匀速直线

13、到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：且解得：，要求离子第一次加速后不能打在板上，有，且，解得：故加速次数n为正整数最大取即（3）加速次数最多的离子速度最大，取，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。由匀速圆周运动电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式可得：考点：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。4.（2015浙江-25）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在

14、O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于点（点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L。OQ与OP的夹角为，（1）求离子的电荷量q并判断其正负（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为，求（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场

15、强度E的方向和大小【答案】（1），正电荷（2）（3）【解析】试题分析：（1）离子做圆周运动解得，正电荷（2）如图所示，引出轨迹为圆弧解得                               根据几何关系得      

16、60; 解得           （3）电场强度方向沿径向向外                  引出轨迹为圆弧               

17、0;解得考点：回旋加速器，带电粒子在电磁场中的运动5.（2015四川-7）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1cm，中点O与S间的距离d4.55cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2.0×104T，电子质量m9.1×1031kg，电量e1.6×1019C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则A90°时，l9.1cmB60°时，l9.1cmC45

18、°时，l4.55cmD30°时，l4.55cm【答案】AD【解析】试题分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB，解得电子圆周运动的轨道半径为：rm4.55×102m4.55cm，恰好有：rdL/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：lNA，又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角不定，但要

19、使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角30°，故选项C错误；选项D正确；当l9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2，由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角90°，故选项A正确；选项B错误。考点：带电粒子在有界磁场中的运动。6.【2015山东-24】如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（区）

20、和小圆内部（区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；（3）若区，区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。【答案】（1）（2）或（3）5.5D【解析】（1）粒子在电场中，根据动能定理：，解得（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由，解得则当外切时

21、，半径为由，解得（3）若区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理。

22、7.【2015广东-16】在同一匀强磁场中，a粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子A运动半径之比是2:1B运动周期之比是2:1C运动速度大小之比是4:1D受到的洛伦兹力之比是2:1【答案】B【解析】a粒子和质子质量之比为4 ：1，电荷量之比为2 ：1 ，由于动量相同，故速度之比为1 ：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r = ，得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T = ，得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹

23、力之比为1 ：2，选项D错误。考点：动量；洛伦兹力的公式；带电粒子在匀强磁场中的运动8.【2015江苏-15】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，

24、求加速电压U的调节范围；（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取；）【答案】（1）（2）（3）3次【解析】（1）离子在电场中加速：在磁场中做匀速圆周运动：解得：代入，解得（2）由（1）知，离子打在Q点，离子打在N点r=L，则电压的范围（3）由（1）可知，由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上解得第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则：，解得同理，第n次调节电压，有检测完整，有解得：最少次数为3次9.【2015海南-1】如图，a是竖直平面P

25、上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A向上B向下 C向左D向右【答案】A【解析】条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。10.【2015天津-12】现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E方向水平向右；磁感应强度为B方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平

26、行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为n试求sinn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。【答案】（1），（2）（3）比荷较大的粒子不能飞出右侧边界【解析】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，

27、有：解得：粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：联立解得：（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第n层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：由图根据几何关系可以得到：联立可得：由此可看出，为一等差数列，公差为d，可得：当n=1时，由下图可看出：联立可解得：（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：，在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为，假设通穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方

28、向的夹角为，由于，则导致： 说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。11.(2014·新课标·20)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【答案】AC【解析】根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方

29、向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB，得r，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨迹半径越大，而mv，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误12.(2014·新课标·16)如图所示，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(&

30、#160; )A2BC1D【答案】D【解析】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1，Ek2；由题意可知Ek12Ek2，即，则.由洛伦兹力提供向心力，即qvB，得r，由题意可知，所以，故选项D正确13.【2014·北京卷】带电离子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有AqaqbBmambCTaTbD【答案】A解析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，即qvBm，pmv，得pqBr，两粒子动量相等，则qaB

31、raqbBrb，已知ra>rb，则qa<qb，A正确，其他条件未知，B、C、D无法判定14.(2014·高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上在纸面内，质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置不计粒子的重

32、力(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值【答案】(1)(2)(3) (1n1，n取整数)【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，粒子的运动轨迹如图所示根据题意L3rsin 30°3dcos 30°且hr(1cos 30°)解得h(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r，mqvB，mqvB由题意知3rsin 30°4rsin 30°解得vvv(3)设粒子经过磁场(n1)次，由题意知L(2n2)dcos 30

33、76;(2n2)rnsin 30°且mqvnB，解得vn (1n1，n取整数)15.【2014·安徽卷】“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B正比于ABCD【答案】A【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即。带电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：得。而故可得：又带电粒子的运动半径不变，所以

34、。A正确。16.如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点(  )A仍在A点B在A点左侧C在A点右侧D无法确定【答案】C【解析】加上磁场后，洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay<g，故小球平抛运动的时间将增加，由xv0t知，落点应在A点的右侧17.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，

35、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

36、，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18.如图所示，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(  )A两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为34B两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为34C两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为34D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，路程长度之比，B正确；由r知，故，C正确，D错误；

37、由于T，则1，A错误19.如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(  )AB>BB<CB>DB<【答案】D【解析】由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r知<，即B<，选 D.20.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

38、转D向纸里偏转【答案】A【解析】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21.(2015·广东东莞调研)(多选)如图所示，若粒子(不计重力)能在图中所示的磁场区域内做匀速圆周运动，则可以判断       (  )A粒子在运动过程中机械能不变B如粒子带正电，则粒子做顺时针运动C在其他量不变的情况下，粒子速度越大，运动周期越大D在其他量不变的情况下，粒子速度越大，圆周运动半径越大【答案】AD【解析】根据左手定则可知，若粒子带正电，必沿逆时针方向转

39、动，B错误由于粒子的重力不计，故重力势能为零，又做匀速圆周运动，故动能不变，因此机械能不变，A正确由r和T可知，其他条件不变时，v增大，r增大，而T不变，C错误、D正确22.(2014·安徽·18)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于(  )ABT CDT2【答案】A【解析】考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题由题意知，带电

40、粒子的平均动能Ekmv2T，故v.由qvB整理得：B.故选项A正确23.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(  )AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是CA、B两粒子之比是DA、B两粒子之比是【答案】BD【解析】由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqvm，得r.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60°rBd，对粒子A：rAcos 30&

41、#176;rAd，联立解得，所以A错误，B正确再根据r，可得A、B两粒子之比是，故C错误，D正确24.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，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(  )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25.如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘

42、射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为(  )A111B123C321D1【答案】C【解析】由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由tT可知，它们在磁场中运动的时间之比为90°60°30°321，选项C正确26.薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1>R2.假定穿过铝板前后粒子的电荷量保持不变，则该粒子(  )A带正电B在、区域的运动速度大小相同C在、区域的运动时间相同D从

43、区域穿过铝板运动到区域【答案】C【解析】粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小由r可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径将减小，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域中运动的时间均为tT，C选项正确27.如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点a、b两粒子的质量之比为(  )A12B21C34D43【答案】C【解析】如图所示，设a、b粒子的圆心分别为Oa、Ob，由几何关系可

44、知ra，a所对的圆心角a120°，a轨迹弧长为sa，运动时间ta.同理可得rbd，b60°，sb，tb，又同时到达P点，则tatb，而且mavmbv，联立解得mamb34，选项C正确28.如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则(  )AT1T2Bv1v2Ca1>a2Dt1<t2【答案】ACD【解析】对于质子，其相同，又T

45、，在同一匀强磁场中，则T1T2，选项A正确又r，且r1>r2，则v1>v2，B错误由a，T，得av，则a1>a2，C正确又两质子的周期相同，由题图知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由tT知，t1<t2，D正确29.如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为(  )A0BmvCDm(v)【答案】ABD【解析】若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做

46、的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为mv，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为Wmvmv2m(v)，选项C错误，D正确30.如图所示，宽d4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r10 cm，则 (  )A右边

47、界：8 cmy8 cm有粒子射出B右边界：y8 cm有粒子射出C左边界：y8 cm有粒子射出D左边界：0y16 cm有粒子射出【答案】AD【解析】当粒子斜向上进入磁场运动轨迹与右边界相切和粒子沿y轴负方向射入磁场时，粒子从右边界射出的范围最大，画出粒子的运动轨迹(如图所示)并根据几何关系可求出，在右边界8 cmy8 cm范围内有粒子射出，选项A正确，选项B错误；当粒子斜向上进入磁场，运动轨迹与右边界相切时，可求出粒子从左边界y16 cm处射出，当粒子的速度方向与y轴正方向的夹角减小时，粒子从左边界射出的出射点向下移动，直到夹角为零时，粒子直接从O点射出，所以选项C错误，选项D正确本题答案为A、

48、D.31.如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变         (  )A粒子速度的大小B粒子所带电荷量C电场强度D磁感应强度【答案】B【解析】带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，由受力平衡得qvBqE，所以粒子所带电荷量改变时，粒子运动轨迹不会改变，B正确32.如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB、AC、AD，均处于水平方向的匀强磁场中一

49、个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A点由静止释放，设滑到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD，则  (  )AtABtACtAD               BtABtACtADCtABtACtAD               D无法比较【答案】C【解析】带电物块在磁场中的斜面上运动时受到重力、支持力和垂直斜面向下的洛伦兹力，设斜面顶端的高度为h，倾角为，则物块的加速度为agsin，由公式xat2，得t，知越大，t越小，则选项C正确33.(2015·福建安溪一中、德化一中联考)质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图为质谱仪的原理图设想有一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P点，设OPx，