【小初高学习】2018年高考物理总复习配餐作业26磁吃运动电荷的作用

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高考物理复习：磁场对运动电荷的作用力

3.洛伦兹力和静电力的区别
比较项目
产生条件
洛伦兹力
v≠0 且 v 不与 B 平行
静电力
电荷处在电场中
F=qE
大小
F=qvB(v⊥B)
力方向与场
方向的关系
一定是 F⊥B,F⊥v,与电正电荷受力与电场方向相同,负电
荷电性无关
荷受力与电场方向相反
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
角均为 60°,所以质子运行半径
2
Bqv=m ,即

r=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得

v= =Bk·
(n=1,2,3,…),选项

B、D 正确。
方法归纳巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题
3
应强度变化后速度的偏向角为 β,根据几何关系有 tan
用时
90°
2π
t=360° ·
(√3)
=
π
,C
2√3
错误,D 正确。

2
=

,则得
'
β=90°,则
规律总结有关带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动问题的解题“三步法”
训练突破
3.在以坐标原点为中心、边长为l的正方形EFGH区域内,存在磁感应强
(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)。
【典例1】 (多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面
向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入
磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图
里的匀强磁场,B处可认为处在磁场中,一带电小球从A点由静止释放后能

高考物理新课标件磁场对运动电荷的作用

根据带电粒子进入磁场的初速度和方向，可以确定其在匀强磁场中的运动轨迹。
霍尔效应原理及应用
霍尔效应原理
当电流垂直于外磁场通过导体时，在导体的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象称为霍尔效应。
霍尔元件
应用领域
霍尔效应在电子技术、自动化技术、汽车技术等领域有广泛应用，如电子点火器、无触点开关、位置传感器等。
2. 调整磁场强度和电荷速度时，要确保测量准确。
3. 多次重复实验，减小误差。
数据处理与结果分析
数据处理
根据实验数据，计算电荷在磁场中的偏转角度和半径，进而得到洛伦兹力的大小和方向。
结果分析
通过比较实验数据和理论预测值，验证洛伦兹力的存在并探究其与速度、磁场强度的关系。同时，分析实验误差来源，提出改进意见。
利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，可用于测量磁场、电流等物理量。
XX
PART 03
典型问题分析与求解方法
REPORTING
判断带电粒子所受洛伦兹力方向
左手定则
伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
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高考物理新课标件磁场对运动电荷的作用
汇报人：XX
20XX-01-16
REPORTING
目录
• 磁场与运动电荷基本概念 • 磁场对运动电荷作用机制 • 典型问题分析与求解方法 • 实验探究：验证洛伦兹力存在和性质 • 知识拓展：其他相关物理现象和规律 • 总结回顾与高考备考建议
XX
PART 01
等离子体振荡和波动现象

【K12教育学习资料】新课标2018版高考物理一轮复习第八章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用教案

第2讲磁场对运动电荷的作用知识点一洛伦兹力 1.洛伦兹力磁场对的作用力叫做洛伦兹力. 2.洛伦兹力的方向 (1)判定方法：左手定则①掌心——磁感线穿入掌心；②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的； ③拇指——指向的方向.(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的 . 3.洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝ (θ＝0°或180°). (2)v ⊥B 时，洛伦兹力F ＝ (θ＝90°). (3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝ .答案：1.运动电荷 2.(1)垂直反方向洛伦兹力 (2)平面 3.(1)0 (2)qvB (3)0 知识点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，或者说，洛伦兹力对带电粒子 .2.粒子的运动性质(1)若v 0∥B ，则粒子，在磁场中做 . (2)若v 0⊥B ，则带电粒子在匀强磁场中做 . 3.半径和周期公式(1)由qvB ＝，得r ＝ . (2)由v ＝2πrT，得T ＝ .答案：1.大小不做功 2.(1)不受洛伦兹力匀速直线运动 (2)匀速圆周运动3.(1)m v 2r mv qB (2)2πm qB(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用.( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直.( )(3)根据公式T ＝2πrv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比.( )(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功.( )(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关.( )(6)带电粒子在电场越强的地方受电场力越大，同理带电粒子在磁场越强的地方受磁场力越大.( )答案：(1) (2) (3) (4) (5) (6)考点对洛伦兹力的理解1.洛伦兹力方向的特点洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直.2.洛伦兹力的作用效果(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小.如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动.(2)洛伦兹力对带电粒子不做功因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功.如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化.3.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.考向1 洛伦兹力方向的判断[典例1] 图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A.向上B.向下C.向左D.向右[解析] a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B 大小相同，方向如图甲所示.O点合磁场方向如图乙所示，则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下，B选项正确.甲乙[答案] B考向2 带电粒子在洛伦兹力作用下的运动[典例2] (多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( )A.小球带负电B.小球运动的轨迹是一条抛物线C.洛伦兹力对小球做正功D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大[解题指导] 小球的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和水平向里的运动.由于水平向里的洛伦兹力不变，所以小球水平向里做匀加速直线运动.[解析] 小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误.设试管运动速度为v1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确.洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C 错误.设小球沿试管的分速度大小为v 2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F 2＝qv 2B ，v 2增大，则F 2增大，而拉力F ＝F 2，则F 逐渐增大，故D 正确.[答案] BD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，改变带电体所受其他力的大小和带电体的运动，反过来洛伦兹力也发生改变，因此要注意应用动态变化的观点解决该类问题.考点带电粒子在匀强磁场中运动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，图中P 为入射点，M 为出射点).甲乙(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，图中P 为入射点，M 为出射点).2.半径的确定(1)用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解.(2)用物理知识求半径，即根据qvB ＝m v 2r ，得出r ＝mvBq，一般称为物理半径.3.运动时间的确定(1)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α时，其运动时间为t ＝α2πT .(2)速度为v 的粒子在磁场中运动的弧长为s 时，其运动时间为t ＝s v.考向1 轨道半径和周期的计算[典例3] (多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等[解析] 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍.A ：由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确.B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误. C ：由T ＝2πr v得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确.D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误.正确选项为A 、C. [答案] AC考向2 运动时间的计算[典例4] (多选)如图所示，两个匀强磁场方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界.现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，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.电子的运动轨迹为P →D →M →C →N →E →PB.电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝2πmB 1eC.B 1＝4B 2D.B 1＝2B 2[解析] 由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，A 正确；由题图得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2，由r ＝mv qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2∶1，电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πmB 1e，B 、C 错误，D 正确.[答案] AD带电粒子在无边界磁场中运动的解题技巧(1)若磁场范围足够大，粒子在运动过程中没有离开磁场，称为无边界磁场. (2)解答此类问题应充分利用轨迹半径公式和周期公式，从而顺利地判断其他物理量. 考点带电粒子在直线边界磁场中运动考向1 直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)甲乙丙[典例5] (多选)如图所示，在平板PQ 上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.某时刻有a 、b 、c 三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度v a 、v b 和v c 经过平板PQ 上的小孔O 射入匀强磁场.这三个电子打到平板PQ 上的位置到小孔O 的距离分别是l a 、l b 和l c ，电子在磁场中运动的时间分别为t a 、t b 和t c ，整个装置放在真空中，则下列判断正确的是( )A.l a ＝l c <l bB.l a <l b <l cC.t a <t b <t cD.t a >t b >t c[解析] 画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R ＝mv Bq和周期公式T ＝2πmBq很容易得出l a ＝l c <l b ，t a >t b >t c ，所以B 、C 错误，A 、D 正确.[答案] AD考向2 平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)甲乙丙[典例6] 如图所示，竖直线MN ∥PQ ，MN 与PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，O 是MN 上一点，O 处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v (方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN 成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ 射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B.23πa3v C.4πa3vD.2πav[解析] 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a ＝R sin 30°，即R ＝2a .设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t ＝α2πT ，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R ＝2a ，此时圆心角αm 为120°，即最长运行时间为T 3，而T ＝2πR v ＝4πav，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v，C 正确.甲乙[答案] C考向3 三角形边界磁场[典例7] 如图所示，△ABC为与匀强磁场(方向垂直纸面向外)垂直的边长为a的等边三角形，比荷为em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()A.B>2mv0aeB.B<2mv0aeC.B>3mv0aeD.B<3mv0ae[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＝a2cos 30°＝a3，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝mvqB有a3<mv0eB，即B<3mv0ae，选D.[答案] D考向4 正方形(或矩形)边界磁场[典例8] (多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场.a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd 射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )A.v 1∶v 2＝1∶2B.v 1∶v 2＝3∶4C.t 1∶t 2＝2∶1D.t 1∶t 2＝3∶1[解析] 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T ＝2πmBq，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T 甲＝T 乙.设正方形的边长为L ，则由图知甲粒子运行半径为r 1＝L 2，运行时间为t 1＝T 甲2，乙粒子运行半径为r 2＝L cos 30°，运行时间为t 2＝T 乙6，而r ＝mv Bq，所以v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝3∶4，选项A 错误，B 正确；t 1∶t 2＝3∶1，选项C 错误，D 正确.[答案] BD带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的解题思路考点带电粒子在圆形有界磁场中运动考向1 速度沿半径方向入射[典例9] 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角.现将带电粒子的速度变v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12ΔtB.2ΔtC.13Δt D.3Δt[解题探究] (1)带电粒子的速度由v 变为v3后，在磁场中做圆周运动的周期如何变化？半径如何变化？(2)计算粒子在磁场中运动的时间常用公式有哪些？ [提示] (1)周期不变，半径变为原来的13.(2)一般计算公式t ＝s v ＝m θBq ，在周期相等时t ＝θ2πT . [解析] 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r ，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r ＝mvqB，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T 为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πm qB ，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3后，根据r ＝mvqB 知其在磁场中的轨道半径变为r3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项只有B.[答案] B考向2 速度不沿半径方向入射[典例10] 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 的距离为R2.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)( )A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm[解析] 作出粒子运动轨迹如图中实线所示.因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v 2r 可得v ＝qBRm，故B 正确.[答案] B考向3 带电粒子沿不同方向入射[典例11] 如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D.只要速度满足v ＝qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上 [解析] 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，轨道半径r ＝mvqB＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确.[答案] D带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心.(2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同.(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定.1.[洛伦兹力的方向]如图所示是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z 轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A.加一磁场，磁场方向沿z 轴负方向B.加一磁场，磁场方向沿y 轴正方向C.加一电场，电场方向沿z 轴负方向D.加一电场，电场方向沿y 轴正方向答案：B 解析：若加一磁场，要使荧光屏上的亮线向下偏转，即使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x 轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿y 轴正方向，所以选项A 错，B 对；若加一电场，电子应受到向下的静电力作用，故电场方向沿z 轴正方向，选项C 、D 均错.2.[洛伦兹力的大小]如图所示，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面.当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A.0B.2mgC.4mgD.6mg答案：C 解析：小球由最高点到最低点的过程中，mgL (1－cos 60°)＝12mv 2，小球自左方运动到最低点时悬线上张力为零，由圆周运动知识可知，qvB －mg ＝m v 2L；整个过程中，机械能守恒，故小球经过最低点时速度大小不变，自右经过最低点时，洛伦兹力方向改变，T －qvB－mg ＝m v 2R，解以上三式可得：T ＝4mg ，C 项正确.3.[带电粒子在圆形有界磁场中运动]如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点.大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v 从P 点射入磁场.这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧上，PQ 圆弧长等于磁场边界周长的13.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 2qRB.mv qRC.3mv qRD.23mv3qR答案：D 解析：这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB ＝mv 2r.从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离开磁场时离P 点最远的粒子，所以PQ 为从Q 点离开磁场的粒子的轨迹圆弧的直径，由图中几何关系可知，该粒子轨迹圆的圆心O ′、磁场边界圆的圆心O 和点P 形成一个直角三角形，由几何关系可得，r ＝R sin 60°＝32R .联立解得B ＝23mv 3qR，选项D 正确.4.[带电粒子在直线边界磁场中运动](多选)如图所示，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 的近答案：AD 解析：因离子均向下偏转打到屏P 上，根据左手定则可知a 、b 均带正电，A 项正确.又因a 、b 为同种离子，m 、q 均相同，由R ＝mv Bq ，T ＝2πmBq，可知它们的轨道半径R 与周期T 也均相同.而a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆，a 的路程比b 的路程长，飞行时间也比b 的飞行时间长，故B 、C 项均错误.b 在P 上的落点到O 点的距离等于圆轨迹的直径，说明b 的落点离O 点最远，故D 项正确.5.[带电粒子在矩形有界磁场中运动](多选)如图所示，在0≤x ≤b 、0≤y ≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面向外.O 处有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内的第一象限内.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为T 12，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则( ) A.粒子射入磁场的速度大小v ＝2qBamB.粒子做圆周运动的半径r ＝2aC.长方形区域的边长满足关系ba ＝3＋1 D.长方形区域的边长满足关系b a＝2答案：ABC 解析：当速度方向沿y 轴正方向时，时间最短，如图甲，此时圆弧所对的圆心角为30°，由几何关系知r ＝2a ，所以v ＝2Bqa m，A 、B 正确；当粒子的轨迹与上边界相切时，时间最长，由图乙可知∠OCA ＝π2，设最后离开磁场的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得r sin α＝r －a ，得sin α＝1－a r ＝12，α＝30°，由图乙可得b ＝r sin α＋r cosα＝a ＋3a ＝(1＋3)a ，所以b a＝1＋3，C 正确，D 错误.甲乙。

2025高考物理总复习磁场对运动电荷(带电体)的作用

√
考点二洛伦兹力作用下带电体的运动
对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ＋qvB，联立解得a＝gsin θ＋μgcos θ＋ μqmvB，方向沿斜面向下，所以小物块沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，速度接近零时，加速度不接近零。故选C。
考点一洛伦兹力
例2 真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是 A.小球先加速后减速 B.小球受到的洛伦兹力始终为零
√C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
√D.电子顺时针运动
考点一洛伦兹力
中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故 A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方向运动，故C错误；
考点一洛伦兹力
电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。
考点一洛伦兹力
4.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，二者性质相同，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。注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
考点一洛伦兹力
5.洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力
产生条件
v≠0且v不与B平行 (说明：运动电荷在磁场中不一
< 考点一 >

2018届高考物理一轮总复习专题9磁场第2讲磁吃运动电荷的作用课件

的组合．阴极射线管内有__电__子_枪___和荧__光_屏_____．
• 2．原理：显像管应用了电子束___磁__偏_转__的原理．没有磁场时电子束打在荧光屏的正中点，要使电子束按图示的方向偏转，偏转磁场应垂直纸面__向_外_____(填“向里”或“向外”)．
• 3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，垂直纸面___方_向____上的磁场可使电子束上、下偏转，沿纸面___水__平_方__向___的磁场使电子束左、右偏转．偏转磁场的强弱和方向都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点便从上向下、从左向右不断地移动，这种技术叫作 ____扫__描__．
第2讲磁场对运动电荷的作用
【考纲解读】1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向； 2.掌握带电体在匀强磁场中的平衡或曲线运动问题．
•考点O 讲堂梳理自查
• 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＝__q_v_B____. • (3)v与B夹角为θ时，F＝___qv_B_s_in_θ___.
• 练1 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
• 【答案】A • 【解析】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向上，故A 正确．
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

2018高考物理一轮总复习第八章磁场第24讲磁吃运动电荷的作用课件

5BqL BqL 答案：v> 或 v< 4m 4m
• 4．运动的周期性形成多解 • 带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解．如图所示．
• [例6](2017·华中师大附中模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
解析：题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明带哪种电荷，所以分情况讨论． 1 若 q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN′相切的圆弧，则轨 4 mv 道半径 R＝，又 Bq
d＝R－
R 2
2＋ 2Bqd 解得 v＝ m 3 若 q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与 NN′相切的圆弧，则轨道半径 R′＝ 4 mv′ R′ ，又 d＝R′＋ Bq 2 2－ 2Bqd 解得 v′＝ . m
• (4)用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向．( ) × • (5)带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比．( × ) • (6)当带电粒子进入匀强磁场，若v与B夹角为锐角时，带电粒子的轨迹为螺旋线．( √ )
• 2．(对洛伦兹力的理解)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 ( B ) • 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，则其所受洛伦兹力的大小、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．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变

2018版高考物理一轮复习第8章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用课件

洛伦兹力的方向一定与带电粒子的速度方向垂直。
2πm ＝ qB ，带电粒子在匀强磁场中的运动周期 T 与 v 无关。 (4)× 做功。 (5)√ (6)√ (7)×
带电粒子的最大动能与加速电压的大小无关。
1．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流 I 通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是导学号 51342905 ( B ) A．沿路径 a 运动 B．沿路径 b 运动 C．沿路径 c 运动 D．沿路径 d 运动
qvBsinθ ，θ是v与B之间的夹角。 3．洛伦兹力的大小：F＝__________
0 (1)当v∥B时，F＝__________ 。 qvB (2)当v⊥B时，F＝__________ 。
带电粒子在匀强磁场中的运动
v ，即F垂直于B B 1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥_______ ，F⊥______ 平面，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的 ________ 大小，或者说，和v决定的_______ 不做功。洛伦兹力对带电粒子__________ 不受洛伦兹力 2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子________________ ，在磁场中做匀速直线运动。 _____________ 匀速圆周运动。 (2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做________________
[ 解析]
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向上，故A正确。
3．如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心∠MOP＝60° 。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强度的大小为 E1；若将 N 点处的点电荷移到 P 点，则 O 点的电场强度大小变为 E2。E1 与 E2 之比 E1∶E2 为导学号 51342907 ( B ) A．1∶2 C．2∶ 3 B．2∶1 D．4∶ 3

高考物理总复习考点题型专题练习26---磁吃运动电荷的作用

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5 5πm ＝ T＝，此时粒子在磁场中运动时间最长，故 B 项错误。]
6 3qB
9.(多选)如图所示，虚线 MN 将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线 aPb 为运动过程中的一段轨迹，其中弧 aP 与弧 Pb 的弧长之比为 2∶1，下列判断一定正确的是 ()
v2 r2 6 2 3－3 9
11．(2019·全国卷Ⅰ)如图所示，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感
应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，
沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方
向射出。已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30°，粒子进入磁
C [利用“放缩圆法”：根据同一直线边界上粒子运动的对称
性可知，粒子不可能通过坐标原点，A 项错误；粒子运动的情况有
2πm 两种，一种是从 y 轴边界射出，最短时间要大于，故 D 项错误；
3qB
T πm 对应轨迹①时，t1＝＝，C 项正确，另一种是从 x 轴边界飞出，如轨迹③，时间 t3
2 qB
vv
θ1 知，质子 1 在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子 1 在磁场中的运动时间：t1＝
360°
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1 πa T＝ T＝，故 C 错误；由几何知识可知，质子 2 在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，
6 3v
θ2 5πa 质子 2 在磁场中的运动时间：t2＝ T＝，故 D 错误。]
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为 60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过 A 点，则初速度的大小是多少？

高考物理一轮复习课时作业42磁吃运动电荷的作用含解析新人教版

磁场对运动电荷的作用一、选择题1．(2018·莆田二模)真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到A 点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体．则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是(实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹)( )答案 A解析两粒子碰撞过程动量守恒，根据半径公式有：r ＝mvqB ，碰撞前、后动量不变，电量q不变，所以运动的轨道半径不变，故A 项正确，故B 、C 、D 三项错误．2.(2018·玉溪二模)如图所示，一条直线上有O 、M 、N 三点，OM ＝MN ，直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质子和一α粒子分别以速度v 1、v 2从O 点沿OP 方向射入磁场，质子经时间t 1从M 点射出磁场，α粒子经时间t 2从N 点射出磁场，质子和α粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t 1、t 2、v 1、v 2的判断正确的是( )A ．t 1＝t 2，v 1＝v 2B ．t 1＜t 2，v 1＝v 2C ．t 1＜t 2，v 1＜v 2D ．t 1＞t 2，v 1＞v 2答案 B解析画出两粒子的轨迹过程图，如图所示，设OM ＝MN ＝L ，对质子根据洛伦兹力提供向心力：q 1v 1B ＝m 1v 12r 1，可得：r 1＝m 1v 1q 1B根据几何关系可得：2r 1sin θ＝L 联立可得：v 1＝q 1BL2m 1sin θ同理对α粒子可得：v 2＝q 2BLm 2sin θ又因为：m 2＝4m 1，q 2＝2q 1 联立可得：v 1＝v 2质子在磁场中运动的周期：T 1＝2πr 1v 1＝2πm 1q 1Bα粒子在磁场中运动的周期：T 2＝2πr 2v 2＝2πm 2q 2B根据：m 2＝4m 1，q 2＝2q 1可得：T 2＞T 1，因为圆心角相等，所以：t 1＜t 2.3．(2018·汕头二模)(多选)如图所示，虚线MN 将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，曲线aPb 为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP 、弧Pb 的弧长之比为2∶1，且粒子经过a 、b 点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是( )A ．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2B ．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1C ．粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间之比为1∶1D ．弧aP 与弧Pb 对应的圆心角之比为2∶1 答案 AB解析粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，不做功，故有：Bvq ＝mv2R ，Ⅰ、Ⅱ区域粒子速度大小不变；根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a 、b 点时的速度方向均水平向右可得：粒子转过的角度相等；又有弧aP 、弧Pb 的弧长之比为2∶1，粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；根据B ＝mvqR可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1∶2；根据粒子做圆周运动的周期T ＝2πRv ，由中心角相等可得：粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间之比为2∶1，故A 、B 两项正确，C 、D 两项错误．4．(2018·安徽模拟)(多选)半径为R 的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋q 的介质小球，以初速度v 0＝5gR 向右冲上轨道．下面四种情形中，A 图圆心处放置正点电荷，B 图加上竖直向下的匀强电场，场强E ＝mg 2q ，C 图加上水平向右的匀强电场，场强E ＝mgq ，D 图加上垂直纸面向外的匀强磁场．则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是( )答案 AD解析 A 项，小球运动的过程中受到重力和库仑力，其中库仑力不做功，只有重力做功，则小球到达最高点时的速度满足： 12mv 12＋2mgR ＝12mv 02可得：v 1＝gR小球在最高点需要的向心力：F n1＝mv 12R＝mg小球在最高点受到重力、向上的库仑力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故A 项正确；B 项，小球运动的过程中受到重力和向下的电场力，重力和电场力都做负功，若小球到达最高点时，则速度满足： 12mv 22＋2mgR ＋2qER ＝12mv 02 可得：12mv 22<0，这显然是不可能的，故B 项错误；C 项，若电场的方向向右，将电场力与重力合成，等效于小球受到向右下方的等效重力mg′，则：mg ′＝m 2g 2＋q 2E 2＝2mg小球向上运动的过程中等效重力做功，若小球到达最高点时，则速度满足： 12mv 32＋2mg′R＝12mv 02 可得：12mv 02<0这显然是不可能的．故C 项错误；D 项，洛伦兹力不做功，小球在该情况下的运动与A 图的运动相似，小球到达最高点时的速度也是gR ，小球在最高点受到重力、向上的洛伦兹力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故D 项正确．5．(2018·四川模拟)(多选)如图所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，比荷相同的a 、b 两带电粒子同时从P 点进入磁场，a 的速度v 1沿半径方向，b 的速度v 2与PO 之间夹角为60°，两粒子分别经过时间t 1、t 2都从Q 点出磁场，∠POQ ＝120°.不计两粒子间相互作用力与重力，则( )A ．t 1∶t 2＝3∶1B ．t 1∶t 2＝1∶3C ．v 1∶v 2＝2∶1D ．v 1∶v 2＝2∶ 3答案 BC解析设匀强磁场区域半径为R ，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点；根据如图所示几何关系可得：a 的轨道半径为Rtan60°＝3Rb 的轨道半径为Rsin60°＝32R ； a 转过的圆心角为60°，b 转过的圆心角为180°；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq ＝mv2r故速度v ＝Bqrm运动周期T ＝2πR v ＝2πmqB，所以运动周期相等；故运动时间之比t 1∶t 2＝60°∶180°＝1∶3，速度之比v 1∶v 2＝r a ∶r b ＝2∶1，故B 、C 两项正确，A 、D 两项错误．6．(2018·湖南模拟)(多选)如图所示，电子由P 点从静止开始沿直线PQ 做加速直线运动，从Q 点射出．若要求电子能击中在与直线PQ 成α角方向、与Q 点相距d 的点M(已知：电子的电荷量为e 、质量为m 、加速电压为U 、不计电子重力)．下列选项正确的是( )A ．电子运动到Q 点的速度v ＝2eUmB ．若在Q 的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，则其大小为B ＝2dsinα2eUmC ．若在Q 的右侧加一个平行于PQ 的匀强磁场，则电子不可能到达M 点D ．若在Q 的右侧加一个垂直于PQ 向上的匀强电场E ，则其大小为E ＝4Usinαdcos 2α 答案 ACD解析 A 项，在电场中加速，根据动能定理有： eU ＝12mv 2－0所以：v ＝2eUm.故A 项正确； B 项，若在Q 的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，电子在磁场中偏转：rsinα＝12d又：evB ＝m v2r联立解得：B ＝mv er ＝22emU sinαed.故B 项错误；C 项，若在Q 的右侧加一个平行于PQ 的匀强磁场，电子在磁场中运动的方向与磁场的方向平行，则电子不受洛伦兹力，则不可能到达M 点．故C 项正确；D 项，若在Q 的右侧加一个垂直于PQ 向上的匀强电场E ，电子沿PQ 方向匀速运动，有：dcosα＝vt得：t ＝dcosαv垂直于PQ 方向匀加速运动，加速度为：a ＝eEm垂直于PQ 方向的位移：y ＝dsinα＝12at 2联立解得：E ＝4Usinαdcos 2α.故D 项正确． 7．(2018·衡阳二模)如图所示，由Oa 、Ob 、Oc 三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B 1、B 2、B 3表示．现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶3∶5，轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆，不计粒子重力，则( )A ．磁感应强度B 1∶B 2∶B 3＝1∶3∶5 B ．磁感应强度B 1∶B 2∶B 3＝5∶3∶1C ．其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为25∶2D ．其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为27∶5 答案 C解析 A 、B 两项，带电粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ2πT在各个区域的圆心角均为θ＝23π根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v2r可得粒子在磁场中运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB所以t ＝2πm 3qB ，故B ＝2πm3qt，又因为m 、q 均为定值在三个区域的磁感应强度之比为B 1∶B 2∶B 3＝15∶5∶3，故A 、B 两项错误； C 、D 两项，三个区域的磁场半径相同，为r ＝mv qB ，又因为动能E k ＝12mv 2联立可得：E k ＝q 2B 2r22m，因为q 、m 和r 均相同，故三个区域中运动的动能之比为：E k1∶E k2∶E k3＝B 12∶B 22∶B 33＝225∶25∶9 设比例常数k ，则：在b 处穿越铝板所损失的动能为ΔE k1＝225k －25k ＝200k 在c 处穿越铝板所损失的动能为ΔE k2＝25k －9k ＝16k在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为：ΔE k1∶ΔE k2＝25∶2，故C 项正确，D 项错误． 8．(2018·贵州模拟)如图所示，aefc 和befd 是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B 1、B 2，且B 2＝2B 1.一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场Ⅱ，并最终从fc 边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为( ) A.2πm qB 1B.3πm2qB 1C.πm qB 1D.3πm4qB 1答案 B解析粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq ＝mv 2R ，所以，R ＝mvqB ；粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d ；粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度12d ；那么，根据几何关系可得：粒子从P 到f 转过的中心角为90°，粒子在f 点沿fd 方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过180°在e 点沿ea 方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过90°后从fc 边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过180°，根据周期T ＝2πR v ＝2πmqB可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为12T 1＋12T 2＝πm qB 1＋πm qB 2＝3πm2qB 1，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．9．(2018·江苏三模)如图所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R ＝mvqB，正确的图是( )答案 D解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x 轴为边界的磁场，粒子从x 轴进入磁场后到离开，速度v 与x 轴的夹角相同，根据左手定则和R ＝mvqB，知沿x 轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y 轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D 项正确．10.(2018·深圳二模)如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电量q ＝2.5×10－6C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )A ．48 π m 2B. 9 π m 2C ．49 π m 2D ．16 π m 2答案 A解析发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ；故粒子速度为v′＝500 m/s ，粒子速度方向与径向成arctan ωLv ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv′q＝mv′2R所以，运动半径为：R ＝mv′qB＝3 m ；根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m ，外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域；故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π(7)2－π(1)2(m 2)＝48 πm 2，故A 项正确，B 、C 、D 三项错误．二、非选择题11．(2018·海南)如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P 是圆外一点，OP ＝3r.一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力．求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．解析 (1)根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，由几何关系有：(3r －R)2＝R 2＋r 2解得：R ＝43r(2)由R ＝mv qB 得v ＝4qBr3m粒子第一次在圆形区域内运动的时间t ＝2r v ＝3m2qB.12．(2018·宿州一模)利用如图所示的装置可以测出电子的比荷和初速度大小，该装置可简化为：半径R ＝ 3 m 的圆简处于磁感应强度大小B ＝2×10－9T 的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴O 平行，过某一直径的两端分别开有小孔a 、b.电子以某一速度从小孔a 沿着ab 方向射入筒内，与此同吋，简绕其中心轴以角速度ω＝3.6×102rad/s 顺时针转动．当筒转过60°时，该粒子恰好从小孔b 飞出圆筒被接收器收到，不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求：(1)电子的比荷；(2)电子的初速度大小(结果保留两位有效数字)．解析 (1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子的运动轨迹如图电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πmeB由几何关系知，圆弧所对的圆心角为60°，电子运动时间为： t 1＝60°360°T ＝16·2πm eB ＝πm 3eB圆筒匀速转动60°的时间为为： t 2＝13πω＝π3ω其中t 1＝t 2解得：e m ＝ωB＝1.8×1011C/kg(2)设电子匀速圆周运动的轨道半径为r ，根据几何关系有：tan30°＝Rr得：r ＝3R ＝3 m根据半径公式r ＝mv 0eB，有：v 0＝eBr m＝1.8×1011×2×10－9×3≈1.1×103m/s.13．(2018·德州一模)如图所示，在水平面内，OC 与OD 间的夹角θ＝30°，OC 与OD 间有垂直纸面向外的匀强磁场I ，磁感应强度大小为B 1＝B 0，OA 与OC 间的夹角α＝45°，OA 与OC 间有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，一质量为m 带负电荷的粒子q(不计重力)从M 点沿与OD 方向成60°角的方向射入磁场I ，并刚好垂直于OC 离开磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，且粒子刚好能从OA 边飞出．求：(1)粒子经过匀强磁场Ⅰ所用的时间；(2)匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B 2大小；(3)在OD 边下方一圆形区域内(未画出)存在竖直方向的匀强电场，电场强度大小为E ，粒子以初速度v 0垂直于电场线方向射入电场，飞经电场后再从M 点沿与OD 方向成60°角进入磁场，则圆形电场区域的最小面积S.解析 (1)带电粒子在磁场中偏转如图，由几何关系可知，粒子在Ⅰ区运动的圆心角为60°，由：qvB 0＝m v 2r周期T ＝2πr v 运动时间t ＝16T 解得：t ＝πm 3qB 0(2)由题意知，粒子的运动轨迹如图，设粒子在磁场Ⅰ内运动的轨道半径为R 1，在磁场Ⅱ内的轨道半径为R 2，由几何关系可知：O 2P OO 2＝R 22R 1＋R 2＝sin45° 解得：R 1R 2＝2－12又由R ＝mv qB解得：B 1B 2＝R 2R 1＝22－1解得B 2＝2－12B 0 (3)由题意可知，带电粒子在圆形电场中做类平抛运动，在水平方向：x ＝v 0t ；竖直方向：y ＝12at 2 v y ＝at根据牛顿第二定律：a ＝qE m在M 点速度的合成与分解有：v y ＝v 0tan60° 粒子在电场中的位移：L ＝x 2＋y 2圆的面积：S ＝π(L 2)2 联立解得：S ＝21πm 2v 0416q 2E 2.。