考点33 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动 (考点专练)-备战2021年高考物理考点微专题
(含答案)洛伦兹力的特点以及带电粒子在匀强磁场中的运动
洛伦兹力的特点以及带电粒子在匀强磁场中的运动一、基础知识（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：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．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 ＝q v B .(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、若v ∥B ，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v ⊥B ，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．3、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，图中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)．4、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．5、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 ＝θ2πT (或t ＝θR v )．说明：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零．二、练习1、带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是()A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向答案 B解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直，所以洛伦兹力永远不做功，即不改变粒子的动能，A错误，B正确；洛伦兹力F＝Bq v，C错误；洛伦兹力不改变速度的大小，但改变速度的方向，D错误．2、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F ＝q v B ，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 ＝q v B 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．3、如图所示，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．答案 甲：因v ⊥B ，所以F ＝q v B ，方向与v 垂直斜向上乙：v 与B 的夹角为30°，F ＝q v B sin 30°＝12q v B ，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，F ＝0丁：v 与B 垂直，F ＝q v B ，方向与v 垂直斜向上4、试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹．答案5、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．6、如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则 ( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变答案 CD解析 设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋B v q 甲＝m v 2甲r ，mg －B v q 乙＝m v 2乙r ，mg ＝m v 2丙r，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，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．7、如图所示，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v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )答案 ACD解析 由左手定则判定圆环受到的洛伦兹力向上，若q v B ＝mg ，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q v B >mg ，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q v B <mg ，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，圆环都不可能做匀减速运动，选项B 错误．8、在如图所示宽度范围内，用场强为E 的匀强电场可使初速度是v 0的某种正粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)，问：(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：L ＝v 0t ，竖直方向上：v y ＝at ＝EqL m v 0tan θ＝v y v 0＝EqL m v 20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 θ＝L R ，R ＝m v 0qB联立解得B ＝E cos θv 0. (2)粒子在电场中运动时间t 1＝L v 0＝R sin θv 0在磁场中运动时间t 2＝θ2π·T ＝θ2π·2πm qB ＝θm qB所以t 1t 2＝RqB m v 0·sin θθ＝sin θθ. 答案 (1)E cos θv 0 (2)sin θθ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．9、在如图所示的空间中，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 ( )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e v B ，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e v B ，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e v B ，方向沿z 轴负方向，即电场方向沿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．10、如图所示，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θ＝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：(1)两板间电压的最大值U m ；(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t m .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，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L又因为q v 1B ＝m v 21r 1且qU m ＝12m v 21所以U m ＝qB 2L 22m. (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r 2，设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45°＝r 2L －r 2解得r 2＝(2－1)L即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πm Bq . 答案 (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πm Bq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)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．。
带电粒子在磁场运动分类知识点习题(经典)
带电粒子在磁场中运动问题专题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) 判断方法：磁感线垂直穿过手心 ］四指指向正电荷运动的方向〔拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向⑵方向特点：F 丄B , F 丄v 。
即F 垂直于B 和v 决定的平面。
3. 洛伦兹力的大小F = qvBsin 0, B 为v 与B 的夹角，如图所示。
(1) v // B 时，0= 0°或 180。
，洛伦兹力 F = 0。
(2) v 丄B 时，0= 90。
，洛伦兹力 F = gyB 。
(3) v = 0时，洛伦兹力 F = 0。
注意事项1. 洛伦兹力和安培力的关系洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦 兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做 功。
2. 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速度 方向和磁场方向确定的平面。
⑵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)用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
3. 洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力 电场力性质 r 磁场对在其中运动电何的作用力电场对放入其中电荷的作用力 产生条件 V M 0且v 不与B 平行电场中的电何一疋受到电场力 作用大小F = qvB （v 丄 B ）F = qE 力方向与场方向的关系一定是F 丄B , F 丄v ,与电荷电性 无关正电何与电场方向相同，负电 何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F 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向，不改 变速度大小既可以改变电荷运动的速度大 小，也可以改变电荷运动的方 向||昭轴训练1.以下说法正确的是( )A •电荷处于电场中一定受到电场力B .运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C .洛伦兹力对运动电荷一定不做功D .洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若v // B ,带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场一、单选题1.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。
abcd是位于纸面内、金属硬导线形成的单匝梯形闭合线圈，ad与bc间的距离也为l。
t = 0时刻，bc边与磁场区域边界重合。
线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，规定a→b→c→d→a的感应电流方向为正，bc边所受安培力F安水平向右为正方向。
则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电动势e、感应电流i、bc两点间的电势差U bc、bc边所受的安培力F安随时间t变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D.2.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（）A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边3.关于洛伦兹力和安培力，下列说法正确的是（）A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对运动电荷的作用C.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对电流的作用D.安培力就是洛伦兹力，两者是等价的4.如图，通电直导线a与圆形金属环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。
若b中产生顺时针方向的感应电流，且b受到的安培力合力竖直向下，则可推知直导线a中电流的方向和大小变化情况分别为（）A.向右，减小B.向右，增大C.向左，减小D.向左，增大5.关于通电导线所受安培力F的方向，在图所示的各图中正确的是（）A. B. C. D.6.如图所示，一束电子沿着水平方向向左平行地飞过磁针上方时，小磁针的北极将如何转动（）A.向上转动B.向下转动C.垂直纸面向里转动D.垂直纸面向外转动7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图是霍尔元件是工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（）A.电势差仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差变小D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平8.图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。
2021届高三专题练习-带电粒子在电场和磁场中的运动 解析版
2021届高三专题训练专题十一、带电粒子在电场和磁场中的运动一、选择题1.（仿真模拟冲刺标准练）如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里．一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是( )A．微粒可能带正电，也可能带负电B．微粒的动能可能变大C．微粒的电势能一定减少D．微粒的机械能一定不变解析：C 本题考查了带电微粒在复合场中的运动，意在考查考生综合能量的相关规律处理问题的能力．微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用，在复合场中做直线运动，其合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变．B错误；微粒由a 沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D 错误．2. （浙江省余姚中学2020-2021学年高二上学期10月质量检测）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。
一带电粒子a （不计重力）以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O'（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b （不计重力）仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b （ ）A. 穿出位置一定在 0O'点下方B.穿出位置一定在0'点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D. 在电场中运动时，动能一定减小 【答案】C3.（甘肃省甘南藏族自治州卓尼县柳林中学2020-2021学年度第一学期高三期中试卷）（多选）如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为+q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动，AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。
专题38_洛伦兹力_带电粒子在磁场中的运动(练)-高考物理一轮复习讲练测(解析版)
1．（多选）用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。
图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。
励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。
图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。
下列关于实验现象和分析正确的是（）A．要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以顺时针方向的电流B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变大【答案】AB【名师点睛】根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹．然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．即可进行分析。
2．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（）A．1∶2 B．2∶1 C．3∶4 D．4∶3【答案】C【解析】【名师点睛】带电粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，分析的关键是找到圆心。
初速度的垂线即洛伦兹力的方向指向圆心，圆周运动的任意一条弦的垂直平分线也指向圆心，所以二者的交点即圆周运动的圆心。
据此就可确定半径和圆心角的关系。
线速度等于弧长除以运动时间也是解决问题的捷径。
3．如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为（ ）A ．v R 932πB ．v R 32πC ．v R 332πD ．vR 3π 【答案】A【名师点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题的关键是结合几何关系得到轨道半径，画出粒子的轨迹是解题的基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷；运动的时间还可以通过2t T θπ=进行求解 4．（多选）如图所示，一半径为R 的半圆形区域里有垂直于圆面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在圆心O 处有一粒子源，可以沿垂直于磁场的不同方向向磁场中射入质量为m 、电荷量为q 、速度大小均为qBR m的带正电的粒子（粒子的重力不计），则（ ）A ．粒子在磁场中运动的最长时间为3m qB πB ．从半圆弧上射出的粒子在磁场中运动的时间相同C ．在半圆弧上各处都有粒子射出D ．磁场中粒子不能到达的区域面积为2112R π 【答案】AB【解析】根据2qvB r v m =，以及qBR v m =可以得到，粒子在磁场中运动半径为r R =，由于粒子可以沿垂直于磁场的不同方向向磁场中射入，可以知道，粒子的圆心圆形磁场的边界上，如图所示：【名师点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．注意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区别，圆形磁场的夹角与运动轨迹对应的圆心角的不同。
2021届高三物理一轮复习同步练习卷：洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动
洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动一、选择题1.一个运动电荷通过某一空间时,没有发生偏转,那么就这个空间是否存在电场或磁场,下列说法中正确的是()A.一定不存在电场B.一定不存在磁场C.一定存在磁场D.可能既存在磁场,又存在电场2.三个相同的带电小球1,2,3,在重力场中从同一高度由静止开始下落,其中小球1通过一个附加的水平方向的匀强电场,小球2通过一个附加的水平方向的匀强磁场。
设三个小球落到同一高度时的动能分别为E1,E2和E3,忽略空气阻力,则()A.E1>E2=E3B.E1=E2=E3C.E1>E2>E3D.E1=E2>E33.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有高能带电粒子,若它们到达地球,会对地球上的生命产生危害。
而地球特殊的地理环境能削弱宇宙射线对生命的伤害,这是因为()A.地球远离太阳,宇宙射线很难到达B.地球在自转,减少了宇宙射线进入大气层C.地球的地磁场对宇宙射线的洛伦兹力作用阻挡了宇宙射线D.地球是带电体,对宇宙射线的电场力作用阻挡了宇宙射线4.如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相同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5.如图所示,边长为l的正六边形abcdef中,存在垂直该平面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B。
a点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子,粒子的速度大小不同,方向始终垂直ab边且与磁场垂直,不计粒子的重力,当粒子的速度为v时,粒子恰好经过b点,下列说法正确的是()A.速度小于v的粒子在磁场中运动时间为B.经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为lC.经过d点的粒子在磁场中运动的时间为D.速度大于4v的粒子一定打在cd边上6.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环,水平长轴为AC,竖直短轴为ED。
高中物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题附答案
高中物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题附答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t g==所以质点在P 点的竖直分速度03yP y v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m =+=+=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x ＝2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a3．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ．【答案】（1）0mv B qL =（2）223cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()2L L R R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α= ，解得23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos 2d R R L α≥+=；由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min 06323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。
备战近年年高考物理考点46洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动(含解析)(最新整理)
A．粒子由 a 向 b 运动，带正电 B．粒子由 b 向 a 运动，带负电 C．粒子由 b 向 a 运动，带正电 D．粒子由 a 向 b 运动,带负电 【参考答案】B 【详细解析】由题意可知，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场,粒子的能量逐渐减 小，速度减小，则由公式 r mv 得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出,粒子的运动方向是
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值. (2)两种方法 一是物理方法: ①利用临界条件求极值； ②利用问题的边界条件求极值; ③利用矢量图求极值。 二 是数学方法： ①利用三角函数求极值； ②利用二次方程的判别式求极值; ③利用不等式的性质求极值； ④利用图象法等. （3)从关键词中找突破口:许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、 “不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示.审 题时，一定要抓住这些特定的词语挖 掘其隐藏的规律，找出临界条件。
2π
方法二：由弧长求， t R v
4．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界（粒子进出磁场具有对称性）
平行边界(粒子运动存在临界条件）
圆形边界(粒子沿径向射入，再沿径向射出）
5．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 (1）四个点:分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。 （2）三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的 2 倍。 6．求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只 运动一段圆弧就飞出磁场边 界，其轨迹不是完整的圆，因此,此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几 何关系，分析临界条件（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），然后应用数学知识 和相应物理规律分析求解。 （1)两种思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后再分 析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P，Q两点在坐标轴上，且O，P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m，电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)挡板端点P的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度．【答案】（1）mvqR(2)(21),0R⎡⎤⎣⎦21042R+-【解析】【分析】【详解】（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r,C为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由2v qvB mr=得：mv BqR =（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤2．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~ 曲线方程为222x y R +=(30.1,0.1R m m x m =≤≤) 【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.1R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径3．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；4．如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O 1点为圆心、r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不计。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()222113r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：13L v t =，212qE h t m =在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：22219BLqv m=（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭3．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
高考物理一轮复习磁场《洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习《洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动》典型题1．不计重力的带电粒子在电场或者磁场中只受电场力或磁场力作用，带电粒子所处的运动状态可能是( )A．在电场中做匀速直线运动B．在磁场中做匀速直线运动C．在电场中做匀速圆周运动D．在匀强磁场中做类平抛运动2．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A．速度越大，周期越大B．速度越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行D．速度方向与磁场方向垂直3．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )4.地球再次受到“太阳风暴”袭击，如图所示，在“太阳风暴”中若有一个质子以3.6×105km/h速度垂直射向北纬60°的水平地面，经过此地面上空100 km处时，质子速度方向与该处地磁场方向间的夹角为30°，该处磁感应强度B＝6×10－5T(e＝1.6×1019C)，则( )A．该质子在此处受洛伦兹力方向向东，大小约为5×10－19NB．该质子一定会落到北纬60°的地面上C．“太阳风暴”中射向地球的大多数带电粒子可被地磁场“挡住”而不落到地面上D．该质子的运动轨迹与磁感线方向相同5．在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”．“极光”是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的．假如我们在北极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的沿顺时针方向生成的紫色弧状极光(显示带电粒子的运动轨迹)．则关于引起这一现象的高速带电粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是( ) A．高速粒子带负电B．高速粒子带正电C．轨迹半径逐渐减小D．轨迹半径逐渐增大6．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙的细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为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( )7．如图所示，质子以一定的初速度v0从边界ab上的A点水平向右射入竖直、狭长的矩形区域abcd(不计质子的重力)．当该区域内只加竖直向上的匀强电场时，质子经过t1时间从边界cd射出；当该区域内只加水平向里的匀强磁场时，质子经过t2时间从边界cd射出，则( )A．t1>t2 B．t1<t2 C．t1＝t2D．t1、t2的大小关系与电场、磁场的强度有关8．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A.3v2aB，正电荷B.v2aB，正电荷C.3v2aB，负电荷D.v2aB，负电荷9．如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域( )A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边10．如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽连接一个竖直放置的半径为R＝0.50 m的绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50 T．有一质量m＝0.10 g，带电荷量为q＝＋1.6×10－3 C的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，重力加速度g＝10 m/s2.试求：(1)小球在最高点所受的洛伦兹力F；(2)小球的初速度v0.11．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行，在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP＝l，OQ＝23l.不计重力．求(1)M点与坐标原点O间的距离；(2)粒子从P点运动到M点所用的时间．高考物理一轮复习《洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动》典型题1．解析：带电粒子在电场中必定受电场力作用，因而不可能做匀速直线运动，A错．带电粒子在电场中可能做匀速圆周运动，如电子绕原子核运动，库仑力提供向心力，C对．带电粒子在磁场中不一定受磁场力作用，如当运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，粒子做匀速直线运动，B对．带电粒子在匀强磁场中不可能做匀变速运动．因速度变化时，洛伦兹力变化，加速度变化，D错，故选B、C.答案：BC2．解析：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，周期T＝2πmqB，与速率无关，A、B均错．运动方向与磁场方向垂直，C错，D对．答案：D3解析：由于m甲∶m乙＝4∶1，q甲∶q乙＝2∶1，v甲∶v乙＝1∶1，故R甲∶R乙＝2∶1.由于带电粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，由左手定则判断，甲、乙所受洛伦兹力方向相反，则可判断，A选项正确．答案：A4.解析：因为地磁场沿平行地面的分量是从南向北，利用左手定则可知，质子所受的洛伦兹力向东，所受的洛伦兹力f＝qvB sin 30°，约为5×10－19N，A正确；由于质子在洛伦兹力作用下发生了偏转，故该质子不一定会落到北纬60°的地面上，B错误；“太阳风暴”中射向地球的大多数带电粒子，由于受地磁场的影响而发生磁偏转，可能被地磁场“挡住”而不落到地面上，C正确；质子的运动轨迹并不会与磁感线方向相同，D错误．答案：AC5．解析：北极是地磁南极，磁场方向竖直向下，靠近地面磁感应强度变大，由R＝mvqB可知C正确；用左手定则判断当粒子带正电时自下向上看是顺时针运动的，故B正确．答案：BC6．解析：带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误．答案：AD7．解析：只加竖直方向的匀强电场时，质子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，速度大小始终等于初速度v0，如果只加水平向里的匀强磁场时，质子在磁场中做匀速圆周运动，在运动过程中，沿水平方向的速度逐渐减小，如图所示，v＝v0cos α，整个运动过程中沿水平方向的平均速度小于v0，所以当加磁场时，用的时间长，故A、C、D错误，B项正确．答案：B8．解析：从“粒子穿过y轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图．根据几何关系有r＋r sin 30°＝a，再结合半径表达式r＝mvqB可得qm＝3v2aB，故C正确．答案：C9．解析：解决这类问题的关键在于分析出带电粒子的运动轨迹，并画出运动圆弧，由R＝mvBq可以得出轨迹的半径是R＝0.3 m，由几何关系可以得到从Od边射入的粒子将全部从ab边穿过边界，从aO边射入的粒子将一部分从ab边穿过边界，一部分从be边穿过边界，故选项D正确．答案：D10．解析：(1)设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力F＝qvB①方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即mg－F＝mv2 R②将①代入②式求解可得v＝1 m/s，F＝8×10－4 N(2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得1 2mv2＝mgh＋12mv2③其中h＝2R④求解可得v0＝21 m/s.答案：(1)8×10－4 N (2)21 m/s11．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则a＝qE m①t 1＝2y0a②v 0＝xt1③其中x0＝23l，y0＝l，又有tan θ＝at1v④联立①②③④式，得θ＝30°⑤因为M、O、Q点在圆周上，∠MOQ＝90°，所以MQ为直径．从图中的几何关系可知，R＝23l⑥MO＝6l⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有v＝vcos θ⑧t2＝πRv⑨带电粒子自P点出发到M点所用的时间t为t＝t1＋t2⑩联立各式，并代入数据得t＝(32π＋1)2mlqE答案：(1)6l(2)(32π＋1)2mlqE。
最新【通用版】高考物理考前专题训练《洛伦磁力、带电粒子在匀强磁场中的运动》(含答案)
【通用版】高考物理考前专题训练（含解析）专 题一：洛伦磁力、带电粒子在匀强磁场中的运动1．（多选）如图，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率v 从边界上P 点以相同的方向射入磁场。
其中某一速率为v 0电子从Q 点射出。
已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B ．所有电子在磁场中的轨迹相同C ．速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D ．所有电子的速度方向都改变了2θ 【答案】AD【解析】由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 选项正确；由qvB ＝mv 2R 得R ＝mvqB ，可知所有电子在磁场中的轨迹不相同，B 选项错误；由电子在磁场中运动周期T ＝2πR v 得T ＝2πmqB ，电子在磁场中运动时间t ＝2θ2πT ＝2θmqB，所以所有电子在磁场中的运动时间都相同，C 选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D 选项正确。
7．为了科学研究的需要，常常将质子（11H ）和α粒子（42He ）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场（偏转磁场）中，磁感应强度大小为B 。
如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同，如图中虚线所示，偏转磁场也相同。
比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能E H 和E α、运动的周期T H 和T α的大小，有A ．E H ＝E α，T H ＝T αB ．E H ＝E α，T H ≠T αC ．E H ≠E α，T H ＝T αD ．E H ≠E α，T H ≠T α 【答案】B8．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A ．2B ． 2C ．1D ．22【答案】D【解析】设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v 1、v 2及R 1、R 2。
高中物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题含答案
高中物理带电粒子在磁场中的运动习题知识点及练习题含答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m mϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos x v v α=1cos 2α=060α∴=2．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B ；方向向里，其边界是半径为R 的圆，AB 为圆的一直径.在A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m 、电量-q 的粒子，粒子重力不计．(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B 点射出．求此粒子在磁场中运动的时间．(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A 点，则该粒子的速度为多大?(3)若R =3cm 、B =0.2T ，在A 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m ／s 、比荷为108C ／kg 的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)． 【答案】（1） （2）（3）【解析】 【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=T 求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积． 【详解】 （1）由得r 1=2R粒子的运动轨迹如图所示，则α＝ 因为周期 ．运动时间．（2）粒子运动情况如图所示，β＝．r2＝R tanβ＝R由得（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t 0＝0Lv ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．4．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，22202e B R E m = ；(2) 20e B U mπ ；(3)02sinB R n dπ【解析】 【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mv evB R = 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB Rv m =正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e B R E mv m==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e B R mc v mh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB R n mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=5．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B dq m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d =(2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +， 1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t d v +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d6．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）g k （2）2g kB （3）2222232(,)28g k B L L k B g-【解析】 【分析】 【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3 2O xL=；222'222sin8Og k B Ly h Rk B gθ=-+=-7．如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当2L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?【答案】（1）（0，12L）（2）22mvEqL=022mvBqL=（3）002(1)2L Ltv vπ+=+【解析】【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间．【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向：L=v0cosθ•t1，竖直方向：y=12v0sinθ•t1，解得：y=12 L，粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，12 L）；（2）粒子在电场中的加速度：a=qEm，竖直分位移：y=12a t 12， 解得：202mv E qL= ； 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y 轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，由几何知识得：AC 与竖直方向夹角为45°， 22， 因此AAC 刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L ，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m 2v r，其中，粒子的速度：v=v 0cosθ，解得：022mv B qL=； （3）粒子在电场中的运动时间：1002L Lt v cos θ==， 粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：212x L L =-， 粒子做运动直线运动的时间：20(22)x L t v -==粒子在磁场中做圆周运动的时间：301122442m Lt T qB v ππ==⨯=， 粒子总的运动时间：t=t 1+t 2+t 3=)00212L Lv v π++； 【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．8．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．【答案】2145qRB E m=【解析】 【分析】 【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得2v qvB m r=①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac bc 、和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．因此ac bc r ==② 设,cd x =有几何关系得45ac R x =+③ 2235bc R R x =+- 联立②③④式得75r R =再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE="ma" ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得212r at=⑦r=vt ⑧式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得2145qRBEm=⑨【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来．9．如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔O，再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为B x，但B x未知．现有一质量为m、电荷量为q（q>0），不计重力的带电粒子，从N金属板中央A点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．图中t1,t2未知，求：(1)粒子第一次从A到达O点时的速度大小；(2) 粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间t1的大小；(3)图乙中磁感应强度B x的大小；(4)两金属板M和N之间的距离d.【答案】（1）v2Uqm（2）t1＝3mB qπ（3）B x＝2B0（4）d()35224n UmB qπ+n＝0,1,2,3【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度B x 的大小，在t 1～(t 1＋t 2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板M 和N 间往返时间，再求出金属板M 和N 间的距离。
高考物理总复习 第九章 02 第2讲 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动精练(含解析)
第2讲洛伦兹力带电粒子在匀强磁场中的运动A组基础过关1.如图,a是竖直平面P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 P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场方向垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。
2.初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示,则( )A.电子将向右偏转,速率不变B.电子将向左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,速率不变D.电子将向右偏转,速率改变答案 A 由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里,再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力方向向右,所以电子向右偏转;由于洛伦兹力不做功,电子的动能不变,则其速率不变。
3.(多选)(2019山东烟台质检)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、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是C.A、B两粒子之比是D.A、B两粒子之比是答案BD 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Bqv=m,得r=。
由几何关系可得,对粒子B有r B cos60°+r B=d,对粒子A有r A cos30°+r A=d,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。
4.两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,角速度减小答案 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。
高一物理 专题15 洛仑兹力、带电粒子在磁场中的运动暑假作业(含解析)
专题15 洛仑兹力、带电粒子在磁场中的运动【知识点梳理】 一、洛伦兹力：1．洛伦兹力大小：电荷运动方向与磁场方向平行，洛伦兹力为零；垂直时，洛伦兹力最大，等于qvB ；2．洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断，与速度垂直，不做功． 二、带电粒子在匀强磁场的运动 1．带电粒子在匀强磁场中运动规律 （1）000==F v ，，为静止状态；（2）0//0=F B v ，，则粒子做匀速直线运动；（3）qvB F B v =⊥，0，则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：向心力公式：Rv m Bqv 2=；运动轨道半径公式：Bq mv R =；运动周期公式：Bq mT π2=。
2．圆周运动的圆心的确定（1）利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．（2）利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心 3.半径与周期qB mv r =，qBmT π2=。
1.在图中，标出磁场B 的方向，通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是（ ）2.如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直纸面分布在半径为R 的圆内，一带电粒子沿半径方向从a 点射入，b 点射出，速度方向改变了60°；若保持入射速度不变，而使磁感应强度变为3B ，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 练一练1.如图所示，两块平行金属板，两板间电压可从零开始逐渐升高到最大值，开始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，它与极板的夹角为θ＝30°，小孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直CD 边射出，则A ．两板间电压的最大值U m ＝mL qB 2B ．两板间电压的最大值U m ＝mL qB 222C ．能够从CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝qBm32π D ．能够从CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝qBm6π2.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，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，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、D ．f 点射出时，从e 点射出所用时间最短3.如图所示，在xoy 坐标系中，y >0的范围内存在着沿y 轴正方向的匀强电场，在y <0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。
一课一练55：洛伦兹力与带电粒子在磁场中的运动(答案含解析)—2021届高中物理一轮基础复习检测
一课一练55：洛伦兹力与带电粒子在磁场中的运动分析：题型多为选择题，一般涉及两个粒子的运动或两个运动的对比，侧重考查带电粒子在有界磁场中的运动。
应该熟悉掌握半径公式、周期公式及会利用几何知识求解半径。
1．（多选）两个粒子，电量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动（ ）A ．若速率相等，则半径必相等B ．若动能相等，则周期必相等C ．若质量相等，则周期必相等D ．若动量大小相等，则半径必相等2．（2015年广东卷）在同一匀强磁场中，α粒子（He 42）和质子（H 11）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α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∶13．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b点射出．下列说法正确的是（ ） A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短4．（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5．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B /2和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。
一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进abθ OPB入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为（ ）A ．5π6mqB B ．7π6mqBC ．11π6mqBD ．13π6mqB6．如图所示，一个理想边界为P Q 、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为d ，方向垂直纸面向里。
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考点33 洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动一、单选题1．（2020·江苏高三月考）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。
当显示屏翻开时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作，当显示屏合上时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。
如图所示，这是一块长为a、宽为b、高为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，元件中通入方向向右的恒定电流。
当显示屏合上时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间产生电压U，以此来控制屏幕的熄灭。
则元件的（）A．前表面的电势低于后表面B．前、后表面间的电压U与a的大小有关C．前、后表面间的电压U与b的大小有关D．前、后表面间的电压U与c的大小有关【答案】D【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；BCD．稳定后，后续电子受力平衡可得Ue evB=b根据电流的微观表达式可知I neSv nebcv==解得BI1=⨯Une c所以前、后表面间的电压U与c成正比，与a和b无关，BC错误D正确。
故选D。
2．（2020·广东高三专题练习）关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（）A．电场和磁场都是假想的，不是客观存在B．在电场中的电荷一定受到电场力的作用，在磁场中的运动电荷一定受到磁场力的作用C．电场线和磁感线是为了形象描述场的强弱和方向而人为引入的D．电场线发源于正电荷，磁感线发源于N级【答案】C【详解】A．磁场和电场一样，都是客观存在的真实的物质，是一种特殊的物质形态，故A错误；B．在电场中的电荷一定受到电场力的作用，在磁场中的运动电荷不一定受到磁场力的作用，要看磁场的方向与电荷运动的方向是否有一定的夹角，故B错误；C．电场线和磁感线是为了形象描述场的强弱和方向而人为引入的，是虚拟的，故C正确；D．电场线发源于正电荷或无穷远，磁感线发源于N级，故D错误。
故选C。
3．（2020·浙江杭州市·高三月考）假如高速电子流以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则电子流在进入地球周围的空间时，将（）A．稍向东偏转B．稍向西偏转C．稍向北偏转D．竖直向下沿直线射向地面【答案】B【详解】地磁场在赤道附近由南到北，电子带负电，由左手定则判断得将相对于预定点稍向西偏转，故B 正确，ACD错误故选B。
4．（2020·全国）武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积.空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（）A．带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左B．正、负粒子所受洛伦兹力方向是相同的C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D ．只需要测量MN 两点电压就能够推算废液的流量 【答案】D【详解】AB ．根据左手定则判断，带正电荷的粒子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的粒子受到向上的洛伦兹力，故AB 错误；C ．电磁流量计是通过对带电粒子的洛伦兹力使正、负粒子往不同的的方向运动，从而形成电势差，通过测量电势差的大小计算流速的，故无法测不带电液体流速，故C 错误；D ．废液流速稳定后，粒子受力平衡，有U qvB qd= 解得U Bvd =废液流量Q Sv =其中U v Bd= 24d S π=解得4UdQ Bπ=故D 正确。
故选D 。
5．（2020·福建省福州第一中学高三月考）福州一中的同学总是对身边的的事物充满好奇，某同学对智能手机中的电子指南针（电子罗盘）产生了兴趣，通过查资料得知其原理是利用重力传感器和霍尔效应来确定地磁场的方向。
如图，某个智能手机中固定着一个导电物质为电子的霍尔元件，各边长度如图所示。
元件的上表面与手机平面平行，始终通有从C 到D 方向的恒定电流I ，当手机水平转动时，霍尔元件上下表面A 、B 之间的电势差也发生改变，不考虑地磁场的磁偏角，小范围内的地磁场可视为匀强磁场，下列说法正确的是（ ）A ．当C 端朝着正西方向时，U AB >0B ．当C 端朝着正西方向时，仅增大元件的厚度c ，则A 、B 两表面的电势差增大 C ．CD 沿着竖直方向时，A 、B 两表面的电势差U AB 一定为零D ．当C 端从正西方向缓慢转动90°到正北方向时，A 、B 两表面的电势差不断减小 【答案】D【详解】A ．C 端朝着正西方向，地磁场的方向是水平从南到北方向，根据左手定则，电子向A 侧面偏转，A 表面带负电，B 表面带正电，所以B 表面的电势高，则0AB U <，A 错误；B ．A 、B 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据ABU eevB c=地 得AB U cvB =地根据电流的微观解释I nesv nevbc ==解得I v necb=则AB IB U cvB neb==地地 与c 无关，B 错误；C ．CD 沿着竖直方向时，电流方向仍然和磁场方向垂直，带电粒子受洛仑兹力，也会积聚在A 、B 两表面，AB U 不为零，C 错误；D ．C 端从正西方向缓慢转动90°到正北方向时，磁场的方向和电流的方向夹角逐渐减少，最后磁场的方向和电流的方向平行，不受洛仑兹力，没有电荷在两个极板上集聚，A 、B 两表面的电势差不断减，D 正确； 故选D 。
6．（2020·成都七中嘉祥外国语学校高三二模）如图所示，a 、b 、c 为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc 连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且2a b c I I I ==，电流方向如图中所示。
O 点为三角形的中心（O 点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c 在O 点产生的磁场的磁感应强度的大小为B 0，已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B =kIr，其中I 为通中导线的中流强度，r 为该点到通中导线的垂直距离，k 为常数，则下列说法正确的是（ ）A ．O 点处的磁感应强度的大小为3B 0 B ．O 点处的磁感应强度的大小为5 B 0C ．质子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向由O 点指向cD ．电子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直Oc 连线向下 【答案】A【详解】AB ．根据右手螺旋定则，通电导线a 在O 点处产生的磁场平行于bc 指向左方，通电导线b 在O 点处产生的磁场平行于ac 指向右下方，通电导线c 在O 点处产生的磁场平行于ab 指向左下方；根据公式kIB r=可得 022b c a B B B B ===根据平行四边形定则，则O 点的合场强的方向平行于ab 指向左下方，大小为03B ，故A 正确，B 错误； C ．根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直ab 连线由c 点指向O ，故C 错误；D ．根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直ab 连线由O 点指向c ，故D 错误； 故选A 。
二、多选题7．（2020·大连市普兰店区第三十八中学高三月考）同位素质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器。
如图所示为质谱仪的原理图。
若互为同位素的三个粒子从1S 处无初速度释放进入电场，经电压为U 的加速电场加速后，垂直磁场边界从3S 处进入匀强磁场，经磁场偏转后打在底片上，磁场的磁感应强度大小为B ，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）A ．质量大的粒子由电场进入磁场时的速度大B ．比荷大的粒子打在底片上的位置离3S 远C ．质量大的粒子打在底片上的位置离3S 远D ．某一粒子打在底片上的位置到3S【答案】CD【详解】A ．根据动能定理有212qU mv =得v =由于互为同位素的粒子所带电荷量相同，因此质量大的粒子进入磁场时的速度小，A 错误； BC ．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径mv R qB ===粒子打在底片上的位置与3S 的距离2x R =由此可知，质量大的粒子打在底片上的位置离3S 远，比荷大的粒子打在底片上的位置离3S 近， C 正确，B 错误；D ．对某一粒子而言，打在底片上的位置与3S 的距离2x R ==即xD 正确。
故选CD 。
8．（2020·辽宁高三月考）如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面的匀强磁场，在0x ≥的区域，磁感应强度的大小为B ，方向向外：在0x <的区域，磁感应强度的大小为2B ，方向向里。
一质量为m 、电荷量为e -的电子（不计重力）以速度0v 从坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场，当电子的速度方向再次沿x 轴正方向时（ ）A ．电子运动的最短时间为2meB π B ．电子运动的最短时间为32meBπC ．电子与O 点间的最短距离为02mv eBD ．电子与O 点间的最短距离为03mv eB【答案】BD【详解】电子先在0x ≥的区域运动半周，再在0x <的区域运动半周，当速度方向再次沿x 轴正方向时，运动的最短时间为1121132222m m mt T T eB e B eBπππ=+=+=与O 点间的最短距离为00012223222mv mv mv d R R eB eB eB=+=+=故BD 项正确，AC 项错误。
故选BD 。
9．（2020·沙坪坝区·重庆八中高三月考）如图所示，倾角为θ的绝缘矩形斜面上有一质量为m ，带电量为q （q ＜0）的小滑块，滑块与斜面间动摩擦因数为μ（μ＜tan θ），整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向下，滑块由静止释放且始终未滑离斜面，重力加速度为g 。
整个运动过程（ ）A ．滑块所受摩擦力大小使终为μmg cos θBC ．由于洛仑兹力不做功，滑块运动过程中机械能守恒D ．滑块最终速度的方向与y 轴正方向夹角α满足cos cos sin μθαθ= 【答案】ABD【详解】A ．物块对斜面压力保持不变始终为cos mg θ，滑动摩擦力大小保持不变为cos mg μθ，故A 正确；B ．在斜面上对物块进行受力分析，如图所示匀速运动时洛仑兹力与摩擦力的合力平衡重力沿斜面分力，解得滑块最终速度为故B 正确；C ．由于滑动过程中，摩擦力做功，因此机械能不守恒，故C 错误；D ．由图可知，最终速度的方向与y 轴正方向夹角α满足cos cos sin μθαθ=故D 正确。
故选ABD 。
10．（2020·河南高三一模）如图是质谱仪工作原理的示意图。