高考物理一轮复习专题38洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动测含解析

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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)及解析

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)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．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 qB==；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003602y v v sin v =︒=，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 =+=；3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。

2025届高考物理一轮复习专题卷：安培力与洛伦兹力(含解析)

2025届高考物理一轮复习专题卷：安培力与洛伦兹力一、单选题1．如图所示，一带负电的粒子(不计重力)进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛伦兹力方向标示正确的是( )A.B.C.D.2．速度选择器是质谱仪的重要组成部分，工作时电场和磁场联合作用，从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。

下列结构能成为速度选择器的是( )A. B.C. D.3．图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。

定子是仅匝数n 不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O 的距离相等，且均连接阻值为R 的电阻，转子是中心在O 点的条形磁铁，绕O 点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。

不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( )12n nA.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等4．某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。

按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。

下列说法正确的是( )A.未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B.未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C.接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D.接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用5．如图所示，为高中物理实验室常用的磁电式电流表的内部结构，基本组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈，其物理原理就是通电线圈因受安培力而转动。

电流表的两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。

关于磁电式电流表，下列说法正确的是( )A.铁质圆柱内部磁感应强度为零B.线圈的磁通量始终为零C.线圈转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈转动D.电流不为零，线圈停止转动后不再受到安培力6．如图所示，一段长方体金属导电材料，左右两端面的边长为a 和b 内有带电量为的自由电子，已知该导电材料单位体积内自由电子数为n ；导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度为B 。

(完整版)高考物理带电粒子在磁场中的运动解析归纳

难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB ；当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：R v mqvB 2=②轨道半径公式：qBmvR =③周期：qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m有关，与v 、R 无关。

（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。

1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。

确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系（T 2t T 360t πα=α=或）作为辅助。

圆心的确定，通常有以下两种方法。

① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点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9-1中P 为入射点，M 为出射点）。

高二物理洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动(解析版)

磁场（二）洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动Ⅰ.知识梳理一、洛伦兹力1、洛伦兹力的方向(1)洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力．(2)用左手定则判断洛伦兹力的方向：伸开左手，使拇指与其余四指垂直且都与手掌在同一个平面内，让磁感线垂直穿过掌心，并使四指指向正电荷运动的方向，则拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．若电荷为负电荷，则四指指向负电荷运动的反方向。

2、洛伦兹力的方向的讨论。

（1）决定洛伦兹力方向的因素有三个：电荷的电性(正、负)、速度方向、磁感应强度的方向．（2）在研究电荷的运动方向与磁场方向垂直的情况时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与电荷的运动方向垂直，即洛伦兹力垂直于v 和B 两者所决定的平面。

（3）注意： ①判断负电荷在磁场中运动所受洛伦兹力的方向，四个手指要指向负电荷运动的反方向。

②电荷运动的速度v 和B 不一定垂直，但洛伦兹力一定垂直于磁感应强度B 和速度v 。

3、洛伦兹力的大小(1)计算大小：①若已知运动电荷的速度v 的方向与磁感应强度B 的方向垂直时，则电荷所受的洛伦兹力大小为f ＝qvB 。

如图所示，直导线长L ，电流为I ，导线中运动电荷数为n ，截面积为S ，电荷的电荷量为q ，运动速度为v ，则安培力F ＝ILB ＝nf所以洛伦兹力f ＝F n ＝ILB n因为I ＝NqSv (N 为单位体积的电荷数)所以f ＝NqSv ·LB n ＝NSL n·qvB ，式中n ＝NSL ，故f ＝qvB 。

②若已知运动电荷的速度v 的方向与磁感应强度B 的方向不垂直时，设夹角为θ，则电荷所受的洛伦兹力大小为f ＝qvB sinθ。

③大小关系：F ＝Nf ，式中的N 是导体中定向运动的电荷数。

(2)洛伦兹力与安培力的关系。

①安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。

②方向关系：洛伦兹力f 的方向与安培力F 的方向相同。

高中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

高中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．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)02sin B 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=2．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和训练方法及练习题(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和训练方法及练习题(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，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E =2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE =微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求粒子的发射速度v 的大小；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2v R可得：v =6×105m/s ；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=0.0637cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180×100%=29%3．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm= 又：1mv R Be =解得：00U tB dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=5．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)22mvE=；2v，速度方向沿y轴负方向(2)82225mv mvBqR qR≤≤(3)()22713mvqR-【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'1v v =、2v at =，2tan v vθ=联立可得224mv E qR=进入磁场的速度22122v v v v =+='45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12Rr =由211mv qv B r =''得122mvB qR=当粒子从C 点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得2825mvB qR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvB qR qR≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得222332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭解得()3714R r =由233mv qv B r =''得)322713mv B qR= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中6．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）2gkB（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：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q Eh tm=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B由2 1v q vBmR=得1mvRq B=由几何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B'①小球作平抛运动过程2hmx v t vqE==2yqEv hm=②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：sinR xθ=，变形得：sinmvxqBθ'=解得：EBv'=．9．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。

考点46 洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动-2021年高考物理专题复习附真题及解析

F 为零，E 一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向，不改变速既可以改变电荷运动的速度大小，也可
度大小
以改变电荷运动的方向
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）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。 3．带电粒子在匀强磁场中的运动
D．a 是带正电微粒及负电微粒的共同轨迹
变式拓展
1．（2020·广东省高二期中）如图所示，用丝线吊一个质量为 m 的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从 A 点和 B 点向最低点 O 运动且两次经过 O 点时( )
A．小球的动能相同 B．丝线所受的拉力相同 C．小球所受的洛伦兹力相同 D．小球的向心加速度相同 2．（多选）如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线 MN 为理想边界，磁感应强度分别为 B1、B2，今有一质量为 m、电荷量为 e 的电子从 MN 上的 P 点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场 B1 中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是
（2020·广东省高二期中）一束等离子体 ( 含有大量带等量正电和负电的微粒，不考虑其重力及电荷间的相互作用 ) ，沿图中箭头所示的方向垂直于磁场方向射入一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，粒子运动的
轨迹如图中 a、b 所示，则以下说法中正确的是
A．a 是带负电的微粒的运动轨迹 B．b 是带负电的微粒的运动轨迹 C．a 是带正电的微粒的运动轨迹
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。

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m=且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=3．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv R Be=解得：00U t B dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=4．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g所以()(00tan 22H x x x y y θ=-=g 由数学知识可知，当(022x y y = 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =5．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）2gkB（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：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-6．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

高考物理一轮复习专题38 洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动(测)(含解析)

专题38 洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动（测）【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中．1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图。

由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。

前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。

电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U 和励磁线圈的电流I 来调节。

适当调节U 和I ，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。

下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是：（）A ．增大U ，减小IB ．减小U ，增大IC ．同时增大U 和ID ．同时减小U 和I【答案】A【名师点睛】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式；从而明确能增大轨迹的方法；本题考查了粒子在电场中的加速和磁场中的偏转运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。

2．如图所示为一有理想边界MN 、PQ 的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为d ，一质量为m 、带电量为+q 的带电粒子（不计重力）从MN 边界上的A 点沿纸面垂直MN 以初速度0v 进入磁场，已知该带电粒子的比荷q m ，进入磁场时的初速度0v 与磁场宽度d ，磁感应强度大小B 的关系满足02v q m Bd，其中'A 为PQ 上的一点，且'AA 与PQ 垂直，下列判断中，正确的是：（）A ．该带电粒子进入磁场后将向下偏转B ．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC ．该带电粒子打在PQ 上的点与'A 点的距离为3dD ．该带电粒子在磁场中运动的时间为23d v π 【答案】B【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mv R Bq =，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θπ=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。

新课标2023版高考物理一轮总复习第九章磁场第2讲带电粒子在磁场中的运动课件

电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
可能做正功，可能做负功，也可能做功情况任何情况下都不做功
不做功
(二) 半径公式和周期公式的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[半径公式、周期公式的理解]
(选自鲁科版新教材)(多选)在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁
[答案] D
类型(二) 平行直线边界的磁场 1．粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d所示。
3．各图中粒子在磁场中的运动时间： (1)图 a 中粒子在磁场中运动的时间 t1＝θBmq，t2＝T2＝πBmq。 (2)图 b 中粒子在磁场中运动的时间 t＝θBmq。 (3)图 c 中粒子在磁场中运动的时间
[答案] BD
[例 3] 如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子 a 和 b 依次从 O 点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子 a 和 b 射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为 30°和 60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子 a 带负电，粒子 b 带正电 B．粒子 a 和 b 在磁场中运动的半径之比为 1∶ 3 C．粒子 a 和 b 在磁场中运动的速率之比为 3∶1 D．粒子 a 和 b 在磁场中运动的时间之比为 1∶2
(三) 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动(精研点) 类型(一) 直线边界的磁场
1．粒子进出直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中的运动时具有两个特性： (1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。 (2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运

高三物理第一轮复习洛仑兹力带电粒子在磁场中的运动

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮复习：洛仑兹力、带电粒子在磁场中的运动【本讲主要内容】磁场对运动电荷的作用；洛仑兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动。

【知识掌握】【知识点精析】1. 磁场对运动电荷的作用——洛仑兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛仑兹力。

〔1〕洛仑兹力的大小：F qvB =sin α，α为v 与B 方向间的夹角。

当v ⊥B 时，F qvB =，当v//B 时，F ＝0。

〔2〕洛仑兹力的方向：F 、v 、B 方向间的关系满足左手那么。

要注意判断时四指指向正电荷运动方向，或负电荷运动的反方向。

〔也可以记作：四指指向效电流的方向。

〕由左手那么知道，F ⊥B ，F ⊥v ，即垂直于B 与v 所决的平面。

〔3〕洛仑兹力的特点：由于F ⊥v ，所以洛仑兹力永不做功，不能改变带电粒子速度的大小和带电粒子的动能，〔但可以改变带电粒子的速度方向和动量。

〕〔4〕安培力是洛仑兹力的宏观表现如下图，一段长度为L 的通电导线，横截面积为S ，单位体积中含有的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q ，向移动的平均速率为v 。

那么通过导线的电流强度为：I nqvS =，导线受到的安培力F BLI 安=，该段导线内自由电荷数N nLS =。

所以每个自由电荷平均受到的磁场力为：2. 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动〔1〕带电粒子在仅受磁场力作用下，初速度的方向与磁场方向垂直时，带电粒子在垂直于磁感线平面内以入射速度v 作匀速圆周运动。

〔2〕带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的两个根本公式：①向心力公式：qvB mv R=2，得R mv qB=②周期公式：F R v mqB==22ππ 注：周期T 与速度大小v 无关，由B 与qm决。

【解题方法指导】例1. 如下图，一束电子〔电荷量为e 〕以速度v 0垂直射入磁感强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°，那么电子的质量为________________；在磁场中的运动时间是___________。

洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动课件

2
一定相等,由T= 2 m 知周期不一定相等,故D错误。
qB
3.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是
(A )
A.M带负电,N带正电 B.M的速率小于N的速率 C.洛伦兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间
α 360
T或t=
α 2
T或t=
s v
。
式中α为粒子运动的圆弧所对应的圆心角,T为周期,s为运动轨迹的弧长,
v为线速度。
3-1 (多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+, 经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+
(2)由F=BIL sin θ推导洛伦兹力表达式。如图所示,设导线中有电流通过时,每个自由电子定向移动的速度都是v,单位体积内自由电子个数为n, 每个电子带电荷量为q,则在t时间内通过导体横截面的电荷量Q=nSvt ·q。导体中电流的微观表达式为I= Q=nqSv。设磁场方向和导线垂直,
t
这段导线受的安培力F安=BIL=B·nqSv·vt。设这段导线内自由电子总个数为N,则N=nSvt,F安=NqvB,则每个电子受的安培力为洛伦兹力F洛=qvB。当导线中自由电子定向移动速度和磁场方向不垂直时,则F洛=qvB sin θ。
何关系可知,其运动的轨迹半径r= R = 3 R,由洛伦兹力提供向心力,
tan 30
即qv0B=
mv02 r
知

高三物理备考一轮总复习—带电粒子在磁场中的运动必刷题 Word版含解析

2023届高三物理高考备考一轮总复习—带电粒子在磁场中的运动必刷题一、单选题（共7题）1．质子（11H ）和α粒子（42He ）以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，它们在垂直于磁场的平面内都做匀速圆周运动，它们的轨道半径和运动周期的关系是（） A ．R P ：R a =1：2，T P ：T a =1：2 B ．R P ：R a =2：1，T P ：T a =2：1 C ．R P ：R a =1：2，T P ：T a =2：1D ．R P ：R a =1：4，T P ：T a =1：42．如图所示，在边长为a 的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

一个质量为m 、电荷量为q +的带电粒子（重力不计）从AB 边的中点O 以某一速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°。

从AB 边穿出磁场的粒子中，最大速度v 为（）A B ．4BqamC D ．38Bqam3．如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B ，一个质量为m ，电荷量为q ，初速度大小为v 的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误．．的是（）A ．粒子带正电B ．粒子在磁场中运动的轨迹长度为mv θBqC ．粒子在磁场中运动的时间为m θBqD ．圆形磁场区域的半径为tan mvθBq4．如图，一束正离子平行纸面、从两极板中央平行极板射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转，接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离于分成几束，不计离子间的相互作用，可以判断这几束粒子（）A．质量一定不同B．速率一定不同C．动能一定不同D．比荷一定不同5．圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a b c、、，以不同的速率从A点开始对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示。

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧（超强）及练习题（含答案）及解析

⾼考物理带电粒⼦在磁场中的运动解题技巧（超强）及练习题（含答案）及解析⾼考物理带电粒⼦在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析⼀、带电粒⼦在磁场中的运动专项训练1．如图所⽰为电⼦发射器原理图，M 处是电⼦出射⼝，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的⾦属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电⼦；与A 同轴放置的⾦属⽹C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电⼦的作⽤和电⼦之间的相互作⽤，忽略电⼦所受重⼒和相对论效应，已知电⼦质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电⼦通过⾦属⽹C 发射出来的速度⼤⼩v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电⼦从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电⼦的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电⼦碰撞到C 、D 上的反射效应和⾦属⽹对电⼦的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电⼦不从⾦属⽹C 射出，可在⾦属⽹内环形区域加垂直于圆平⾯向⾥的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最⼩值．【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电⼦通过⾦属⽹C 发射出来的速度⼤⼩；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电⼦的数量N ；（3）使由A 发射的电⼦不从⾦属⽹C 射出，则电⼦在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与⾦属⽹相切，由⼏何关系求解半径，从⽽求解B. 【详解】（1）对电⼦经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+（2）设时间t 从A 中发射的电⼦数为N ，由M ⼝射出的电⼦数为n ，则 =ne I t224d dNn N a aππ==?解得4alt Nedπ=（3）电⼦在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与⾦属⽹相切时，对应的磁感应强度为B．设此轨迹圆的半径为r，则222(2)a r r a-=+2vBev mr=解得：43mv Bae =2．如图所⽰，MN为绝缘板，CD为板上两个⼩孔，AO为CD的中垂线，在MN的下⽅有匀强磁场，⽅向垂直纸⾯向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒⼦(不计重⼒)以某⼀速度从A点平⾏于MN的⽅向进⼊静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场⽅向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强⼤⼩为E，若离⼦恰好沿图中虚线做圆周运动后从⼩孔C垂直于MN进⼊下⽅磁场．()1求粒⼦运动的速度⼤⼩；()2粒⼦在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时⽆电荷的转移，之后恰好从⼩孔D进⼊MN上⽅的⼀个三⾓形匀强磁场，从A点射出磁场，则三⾓形磁场区域最⼩⾯积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度⼤⼩之⽐为多少？()3粒⼦从A点出发后，第⼀次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】（1EqRm（2）212R；11n+；（3）2πmREq【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒⼦进⼊静电分析器做圆周运动，则有：2mv EqR=解得：EqRvm=（2）粒⼦从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所⽰：由图⽰三⾓形区域⾯积最⼩值为：22RS=在磁场中洛伦兹⼒提供向⼼⼒，则有：2mvBqvR=得：mvRBq=设MN下⽅的磁感应强度为B1，上⽅的磁感应强度为B2，如图所⽰：若只碰撞⼀次，则有：112R mvRB q==22mvR RB q==故2112B B = 若碰撞n 次，则有：111R mv R n B q==+ 22mvR R B q==故2111B B n =+ （3）粒⼦在电场中运动时间：1242R mRt v Eqππ== 在MN 下⽅的磁场中运动时间：211122n m mRt R R v EqR Eqπππ+=== 在MN 上⽅的磁场中运动时间：232142R mRt v Eqππ=?=总时间：1232mRt t t t Eqπ=++=3．空间中存在⽅向垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度为B ，⼀带电量为+q 、质量为m 的粒⼦，在P 点以某⼀初速开始运动，初速⽅向在图中纸⾯内如图中P 点箭头所⽰．该粒⼦运动到图中Q 点时速度⽅向与P 点时速度⽅向垂直，如图中Q 点箭头所⽰．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒⼦在P 点时的速度不变，⽽将匀强磁场换成匀强电场，电场⽅向与纸⾯平⾏且与粒⼦在P 点时速度⽅向垂直，在此电场作⽤下粒⼦也由P 点运动到Q 点．不计重⼒．求：（1）电场强度的⼤⼩．（2）两种情况中粒⼦由P 运动到Q 点所经历的时间之⽐．【答案】22B qLE m=；2B E t t π=【解析】【分析】【详解】（1）粒⼦在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表⽰粒⼦在P 点的初速度，R 表⽰圆周的半径，则有200v qv B m R= 由于粒⼦在Q点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒⼦由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表⽰电场强度的⼤⼩，a 表⽰粒⼦在电场中加速度的⼤⼩，t E 表⽰粒⼦在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = ⽔平⽅向上：212E R at =竖直⽅向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒⼦在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142Bt T m qB π== 所以2B E t t π4．如图所⽰，两块平⾏⾦属极板MN ⽔平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，两⾦属板间电压U MN = 1×104V ；在平⾏⾦属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三⾓形区域，正三⾓形ABC 内存在垂直纸⾯向⾥的匀强磁场B 1，三⾓形的上顶点A 与上⾦属板M 平齐，BC 边与⾦属板平⾏，AB 边的中点P 恰好在下⾦属板N 的右端点；正三⾓形FGH 内存在垂直纸⾯向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同⼀直线上．B 、C 、H 也处于同⼀直线上．AF 两点距离为23m ．现从平⾏⾦属极板MN 左端沿中⼼轴线⽅向⼊射⼀个重⼒不计的带电粒⼦，粒⼦质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒⼦从电场中射出时的速度v 的⼤⼩和⽅向(2)若带电粒⼦进⼊中间三⾓形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1(3)若要使带电粒⼦由FH 边界进⼊FGH 区域并能再次回到FH 界⾯，求B 2应满⾜的条件．【答案】（1）52310/m s ?；垂直于AB ⽅向出射．（2）33T （3）23T + 【解析】试题分析：（1）设带电粒⼦在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ，则：U qma d =解得：102310/qU a m s md ==? 50110Lt s v -==? 竖直⽅向的速度为：v y ＝at ＝3×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与⽔平⽅向夹⾓为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB ⽅向出射．（2）带电粒⼦出电场时竖直⽅向的偏转的位移21322d y at m ===，即粒⼦由P 1点垂直AB 射⼊磁场，由⼏何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==11v B qv m R =知：113310mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最⼤，运动轨迹如图所⽰：由⼏何关系得：221sin 60R R += 故半径2(233)R m =⼜222v B qv m R =故2235B T +=所以B 2应满⾜的条件为⼤于235T +．考点：带电粒⼦在匀强磁场中的运动.5．如图所⽰,在平⾯直⾓坐标系xOy 平⾯内,直⾓三⾓形abc 的直⾓边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三⾓形内有垂直纸⾯向⾥的匀强磁场．在笫⼀象限内,有⽅向沿y 轴正向的匀强电场,场强⼤⼩E 与匀强磁场磁感应强度B 的⼤⼩间满⾜E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置⼀平⾯荧光屏.电⼦束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射⼊磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射⼊的电⼦,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电⼦质量为m,电量为e,电⼦间的相互作⽤及重⼒不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电⼦束从y 轴正半轴上射⼊电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ；（2）02y d ≤≤；（3）94d ；【解析】(1)设电⼦在磁场中做圆周运动的半径为r ；由⼏何关系可得r =d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：20v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电⼦在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电⼦从+ y 轴射⼊电场的位置距O 点最远，如图甲所⽰.设此时的圆⼼位置为O '，有：sin 30rO a '=3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进⼊磁场的电⼦射出磁场时的位置距O 点最远所以22m y r d ==电⼦束从y 轴正半轴上射⼊电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电⼦从02y d ≤≤范围内某⼀位置射⼊电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度⽅向与x 轴间夹⾓为θ，在电场中运动的时间为t ，电⼦打到荧光屏上产⽣的发光点距N 点的距离为L ，如图⼄所⽰：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =即98y d =时，L 有最⼤值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒⼦在组合场中的运动，粒⼦在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据⼏何关系确定某些物理量之间的关系；粒⼦在电场中的偏转经常⽤化曲为直的⽅法，求极值的问题⼀定要先找出临界的轨迹，注重数学⽅法在物理中的应⽤．6．在如图所⽰的xoy 坐标系中，⼀对间距为d 的平⾏薄⾦属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑⽔平桌⾯的中间，极板右边与y 轴重合，桌⾯与x 轴重合，o 点与桌⾯右边相距为74d，⼀根长度也为d 的光滑绝缘细杆⽔平穿过右极板上的⼩孔后固定在左极板上，杆离桌⾯⾼为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸⾯向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有⼀个质量为m 、电量为+q 的⼩环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x 正⽅向的稳恒电场时，释放⼩环，让其由静⽌向右滑动，离开⼩孔后便做匀速圆周运动，重⼒加速度取g ．求：（1）环离开⼩孔时的坐标值；（2）板外的场强E 2的⼤⼩和⽅向；（3）讨论板内场强E 1的取值范围，确定环打在桌⾯上的范围．【答案】（1）环离开⼩孔时的坐标值是-14d ；（2）板外的场强E 2的⼤⼩为mgq，⽅向沿y 轴正⽅向；（3）场强E 1的取值范围为223 68qB d qB dm m～，环打在桌⾯上的范围为1744d d -～．【解析】【详解】（1）设在环离开⼩孔之前，环和底座各⾃移动的位移为x 1、x 2．由于板内⼩环与极板间的作⽤⼒是它们的内⼒，系统动量守恒，取向右为正⽅向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 ①⽽x1+x2=d ②①②解得：x1=34d③x2=1 4 d环离开⼩孔时的坐标值为：x m=34d-d=-14d（2）环离开⼩孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：2mgEq=，⽅向沿y轴正⽅向（3）环打在桌⾯上的范围可画得如图所⽰，临界点为P、Q，则若环绕⼩圆运动，则R=0.75d ④根据洛仑兹⼒提供向⼼⼒，有：2v qvB mR=⑤环在极板内做匀加速运动，设离开⼩孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=12mv2⑥联⽴③④⑤⑥解得：2 138qB d Em=若环绕⼤圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦联⽴③⑤⑥⑦解得：2 16qB d Em≈故场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌⾯上的范围为1744d d-～．7．如图所⽰，在不考虑万有引⼒的空间⾥，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN⼀侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另⼀侧有匀强磁场（垂直纸⾯向⾥）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，⾝边有多个质量均为m、电量不等的带负电⼩球．他先后以相同速度v0、沿平⾏于MN⽅向抛出各⼩球．其中第1个⼩球恰能通过MN上的C点第⼀次进⼊磁场，通过O点第⼀次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个⼩球的带电量⼤⼩；（2）磁场的磁感强度的⼤⼩B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后⾯抛出的每个⼩球从不同位置进⼊磁场后都能回到宇航员的⼿中？如有，则磁感强度应调为多⼤．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q Eh tm=2h v t=Eh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由2 1v qvB mR=由⼏何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后⾯抛出的⼩球电量为q，磁感应强度B'①⼩球作平抛运动过程2hmx v t vqE==2yqEv hm=②⼩球穿过磁场⼀次能够⾃⾏回到A，满⾜要求：sin R xθ=，变形得：sinmvxqBθ''=．8．如图所⽰，质量m=15g、长度L=2m的⽊板D静置于⽔平地⾯上，⽊板D与地⾯间的动摩擦因数µ=0.1，地⾯右端的固定挡板C与⽊板D等⾼。

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，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。

y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。

现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)8qBLvm=；(2)41(1)45mtqBπ=+【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37oQC L=15 sin37O OQO Q L==在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R，11R O Q QC =+21v qvB m R=解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oot T =带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。

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专题38 洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动（测）【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中．1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图。

由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。

前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。

电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U 和励磁线圈的电流I 来调节。

适当调节U 和I ，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。

2．如图所示为一有理想边界MN 、PQ 的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为d ，一质量为m 、带电量为+q 的带电粒子（不计重力）从MN 边界上的A 点沿纸面垂直MN 以初速度0v 进入磁场，已知该带电粒子的比荷q m ，进入磁场时的初速度0v 与磁场宽度d ，磁感应强度大小B 的关系满足02v q m Bd，其中'A 为PQ 上的一点，且'AA 与PQ 垂直，下列判断中，正确的是：（）A ．该带电粒子进入磁场后将向下偏转B ．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC ．该带电粒子打在PQ 上的点与'A点的距离为3dD ．该带电粒子在磁场中运动的时间为23d v π 【答案】B【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mv R Bq =，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θπ=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。

3．如图所示，在OA 和OC 两射线间存在着匀强磁场，AOC ∠为30°，正负电子（质量、电荷量大小相同，电性相反）以相同的速度均从M 点以垂直于OA 的方向垂直射入匀强磁场，下列说法可能正确的是：（）A ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3:1B ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6:1C ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1:1D ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1:6【答案】D【名师点睛】根据左手定则得出正电子向右偏转，负电子向左偏转，正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，结合圆心角的关系得出运动的时间关系；当负电子不从OC边射出，抓出临界情况，由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系，从而得出运动时间的关系。

4．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B/2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则：（）A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1C．粒子完在成一次周期性运动的时间为23m qBD．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R 【答案】D【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动问题，解题的关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离；此类题型历来是考查的热点问题，必须要掌握其方法．5．如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R =10cm 的圆柱形桶内有410B T -=的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。

现有一粒子源发射比荷为11210/q C kg m =⨯的正粒子，粒子束中速度分布连续。

当角45θ=o 时，出射粒子速度v 的大小是：（）A 、6210/m sB 、62210/m sC 、82210/m sD 、64210/m s【答案】B【名师点睛】离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度。

6．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°【答案】D 【解析】带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由2v qvB m r=，得：mv r qB =；当磁感应强度由B 3时，轨迹半径变为原来的33倍，即：r ′=33r ．设粒子原来速度的偏向角为α，B 变化后速度的偏向角为β．根据几何关系有：2R tanrα=， '2R tan r β=又 α=60° 则得：β=90°，故D 项正确。

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求轨迹半径与磁场半径的关系。

7．如图所示中一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中情况可以确定：（）A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从b 到a ，带正电C ．粒子从a 到b ，带负电D ．粒子从b 到a ，带负电【答案】B【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力。

属于中等难度的题目。

根据qB mv r =可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，结合轨迹的弯曲方向，根据左手定则进而判断电荷的电性，这是解决本题的关键．8．三个速度大小不同的同种带电粒子（重力不计），沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，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：（）A ．1：1：1B ．1：2：3C ．3：2：1D ．1：2：3 【答案】C 【解析】粒子在磁场中运动的周期的公式为2m T qB π=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为14T ，偏转角为60°的粒子的运动的时间为16T ，偏转角为30°的粒子的运动的时间为112T ．所以有111 3214612T T T =：：：：，选项C 正确．故选C ．【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。

9．如图所示，宽x=2cm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，现有一群正粒子从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r=5cm，则：（）A．右边界:-4cm<y<4cm有粒子射出 B．右边界:y>4cm和y<-4cm有粒子射出C．左边界:y>8cm有粒子射出 D．左边界:0<y<8cm有粒子射出【答案】ADC、D由图可知，粒子只能x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为y=8cm．所以左边界：0＜y＜8cm有粒子射出．故C错误，D正确．故选AD。

【名师点睛】本题是磁场中边界问题，关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解；粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，y值正值达到最大；当粒子沿-y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，y的负值达到最大。

10．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 ＝qBR m，对准圆心方向入射的粒子出射后可垂直打在MN 上【答案】BD【名师点睛】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v =mqBR 时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．11．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a （0，L ）。

一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度0v 平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度的方向与x 轴正方向的夹角为60°，下列说法正确的是：（）A ．电子在磁场中运动的时间为0L v πB ．电子在磁场中运动的时间为023L v π C ．磁场区域的圆心坐标为3(,)22L L D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L ）【答案】BC【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标。

12．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T 的匀强磁场，O N 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m ，M 点为x 轴正方向上一点，O M=3m ，现有一个比荷大小为 1.0/q C kg m=，可视为质点带正电的小球（重力不计），从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是：（）A ．3m/sB ．3．75m/sC ．4m/sD ．5m/s【答案】ABD设OO s '=，由几何关系得：22229r OM s s =+=+②39r s -=③联立②③得：123 3.75r m r m ==；，分别代入①得：11==113/3m /s q v Br m s m⋅⨯⨯= 2211 3.75/ 3.75m /s q v Br m s m==⨯⨯= 若小球没有与挡板O N 碰撞，则轨迹如图2，设OO s '=，由几何关系得：22223 9r OM x x ++＝＝④，39x r =-⑤，联立④⑤得：35r m =，代入①得：33115/5m /s q v Br m s m==⨯⨯=，ABD 正确；【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mv R Bq =，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θπ=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。