【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第23讲 洛仑兹力 带电粒子在匀强磁场中运动 教案

2021年高考一轮复习
第二十三讲
洛仑兹力
带电粒子在匀强磁场中运动
教材版本
全国通用
课时说明（建议）
120分钟
知识点
1．磁通量（①理解磁通量的定义；②会计算磁通量、磁通量的变化。
2．安培力、安培定则
复习目标
1．掌握如何寻找描述磁场强弱和方向的物理量；
2．深刻理解磁感应强度概念
3．会求安培力的方向和大小
4．会判断安培力、电流、磁感应强度三者方向的空间关系
复习重点
1．位移、速度、加速度的物理意义及其大小的计算
2．运用公式计算
复习难点
判断安培力、电流、磁感应强度三者方向的空间关系
一、自我诊断
知己知彼
1．如图所示，M、N为一对水平放置的平行金属板，一带电粒子以平行于金属板方向的速度v穿过平行金属板．若在两板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，可使带电粒子的运动不发生偏转．若不计粒子所受的重力，则以下叙述正确的是(　　)
A．若改变带电粒子的电性，即使它以同样速度v射入该区域，其运动方向也一定会发生偏转
B．带电粒子无论带上何种电荷，只要以同样的速度v入射，都不会发生偏转
C．若带电粒子的入射速度v′>v，它将做匀变速曲线运动
D．若带电粒子的入射速度v′【答案】
B
【解析】本题实际上是一个速度选择器的模型，带电粒子以速度v平行于金属板穿出，说明其所受的电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，可得v＝。只要带电粒子的速度v＝，方向为如题图所示方向，均可以匀速通过速度选择器，与粒子的种类、带电的性质及电荷量多少无关，因此A错误，B正确．
若v′>v，则有qv′B>qE，洛伦兹力大于电场力，粒子将向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，电场力做负功，粒子的速度将减小，但当粒子速度变化，洛伦兹力也随之发生变化，所以粒子所受合外力时刻发生变化，因此粒子不做匀变速曲线运动，C错．若v′2．（多选）如图所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是(　　)
A．磁场B减小，油滴动能增加
B．磁场B增大，油滴机械能不变
C．使磁场方向反向，油滴动能减小
D．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小
【答案】
ABD
【解析】带负电的油滴在匀强磁场B中做匀速直线运动，受坚直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B减小时，由F＝qvB可知洛伦兹力减小，重力大于洛伦兹力，重力做正功，故油滴动能增加，A正确；B增大，洛伦兹力大于重力，重力做负功，而洛伦兹力不做功，故机械能不变，B正确；磁场反向，洛伦兹力竖直向下，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故C错，D正确．
3．如图所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述3种情况下，从A到B点，从A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)(　　)
A．t1＝t2＝t3
B．t2C．t1＝t2D．t1＝t3>t2
【答案】
C
【解析】只有电场时，粒子做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，故t1＝t2；只有磁场时做匀速圆周运动，速度大小不变，但沿AC方向的分速度越来越小，故t3>t2，综上所述可知，选项C对．
4．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．2　　　　　
　　　B．
C．1
D．
【答案】D
【解析】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv，由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB＝，得R＝，由题意可知＝，所以＝＝，
故D正确．
5．如图所示，一质量为m、电荷量为q带正电荷的小球静止在倾角为30°足够长的绝缘光滑斜面顶端时，对斜面的压力恰为零，若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？
【答案】
【解析】由分析知：当小球静止在斜面顶端时，小球受重力mg、电场力Eq，且mg＝Eq，可得E＝
当电场反向时，小球由于受到重力和电场力作用而沿斜面下滑，产生速度，同时受到洛伦兹力的作用，F＝qvB，方向垂直斜面向上．速度v是在不断增大的，直到mg和Eq的合力在垂直斜面方向上的分力等于洛伦兹力，小球就要离开斜面了，此时qvB＝(mg＋Eq)cos
30°，v＝又因为小球在下滑过程中只有重力和电场力做功，所以由动能定理可得：(mg＋Eq)h＝mv2，所以h＝所以小球在斜面上下滑的距离为x＝＝2h＝.
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
洛伦兹力
（一）典例剖析
例1．已知质子和α粒子的质量之比m1∶m2＝1∶4，电荷量之比q1∶q2＝1∶2，从静止开始经相同的电压加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两种粒子做圆周运动的动能之比Ek1∶Ek2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝________。
【答案】1∶2　1∶　1∶2
【解析】粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得qU＝mv2故Ek1∶Ek2＝q1U∶q2U＝q1∶q2＝1∶2由qU＝mv2得v＝
设粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，则有qvB＝m
轨道半径r＝＝
故r1∶r2＝
∶＝1∶粒子做圆周运动的周期T＝
故T1∶T2＝∶＝1∶2
【易错点】不熟悉半径和周期公式，解题出错。
【方法点拨】首先根据动能定理求出带电粒子的动能及速度，然后利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律进行求解。
例2．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又垂直进入另一磁感应强度是原来的磁感应强度2倍的匀强磁场，则(　　)
A．粒子的速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速率减半，轨道半径为原来的四分之一
D．粒子的速率不变，周期不变
【答案】B　
【解析】洛伦兹力不改变带电粒子的速率，A、C错。由r＝、T＝知，磁感应强度加倍时，轨道半径和周期都减半，B正确。
【易错点】不能正确地描绘出物理运动的情境，错选D。
【方法点拨】牢记半径和周期公式，顺利解题。
（二）举一反三
1．如图所示的圆形区域内，匀强磁场方向垂直于纸面向里。有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中(　　)
A．运动时间越长，其轨道对应的圆心角越大
B．运动时间越长，其轨道越长
C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小
D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏向角越大
【答案】A
【解析】质子的速度越小，运动半径越小，在磁场中运动的时间越长，轨迹对应的圆心角越大，但运动轨迹不一定长；同理，速度越大，半径越大，运动时间越短，速度的偏向角越小。故选项A正确。
2．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。下图的四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是(　　)
【答案】A
【解析】由半径公式r＝得＝·＝2，故粒子甲的轨迹为大圆，粒子乙的轨迹为小圆，再由左手定则判知A正确，B、C、D都错。
3．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（
）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【解析】a点射出粒子半径Ra=
=，得：va=
=，d点射出粒子半径为
，R=，故vd=
=，故B选项符合题意。故本题选择B。
考点二
有界场
（一）典例剖析
例1．如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一个氢核从ad边中点m沿着既垂直于ad边，又垂直于磁场方向以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是(　　)
A．在b、n之间某点
B．在n、a之间某点
C．a点
D．在a、m之间某点
【答案】C
【解析】因为氢核是一带正电微粒，不计重力，在匀强磁场中做匀速圆周运动，由左手定则知其向上偏转。因为正好从n点射出，则可知其运行轨迹为1/4圆周。当磁感应强度B变为原来的2倍时，由半径公式r＝可知，其半径变为原来的，即射出位置为a点，故C选项正确。
【易错点】没有用半径公式计算，没有严格作图，想当然认为选B.
【方法点拨】严格计算，认真做图。
例2．（2020·全国高考课标3卷）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，，
为直角三角形，则由几何关系可得，解得，解得磁场的磁感应强度最小值，故选C。
【易错点】对于题目所给条件分析不到位，轨迹图不知如何入手。
【方法点拨】画轨迹，仔细审题，不遗漏条件。
例3．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的是(　　)
A．，正电荷
B．，正电荷
C．，负电荷
D．，负电荷
【答案】C
【解析】由题中带电粒子穿过y轴正半轴可知粒子所带电荷的电性为负，根据题目含义画出轨迹图如图所示，又有粒子在磁场中到x轴的最大距离为a，满足关系式：
r＋rsin30°＝a，可得：r＝a，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力。即
r＝，解得＝，故选项C正确。
【易错点】由于没有考虑穿过y轴正半轴，没法判断带电，选A。
【方法点拨】注意根据运动描述，挖掘隐含条件。
（二）举一反三
1．（2020·全国高考课标1卷）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，
，可得粒子在磁场中的周期，粒子在磁场中运动的时间，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5R2．如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。
【答案】　(－，0)或　(，0)　
【解析】解析：当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则
qv0B＝m，R＝，T＝故粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝
粒子在C点离开磁场OC＝2R·sin60°＝故离开磁场的位置为(－，0)
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2＝T＝
离开磁场时的位置为(，0)
3．质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。
(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B。
【答案】(1)
见解析
(2)
【解析】(1)作出粒子经过电场和磁场的运动轨迹图如图所示。
(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：qU＝mv2①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：qvB＝m②
由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2③联立①②③式解得：B＝
。
考点三
综合
（一）典例剖析
例1．如图所示，质量为m的带正电的小球能沿竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直。若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为________，最大加速度为________。
【答案】　g
【解析】小球沿墙竖起下滑，由左手定则可知小球所受洛伦兹力方向向左。对小球进行受力分析，小球受重力mg、洛伦兹力qvB、墙面给小球的支持力N和摩擦力f，如图所示。
在这些力的作用下，小球将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度a＝0，小球就会保持匀速运动状态直到有其他外力来迫使它的状态改变。
根据各对应规律列出方程：F＝qvB
f＝μN
N－F＝0
mg－f＝ma
整理得：mg－μqvB＝ma
根据上式讨论，当a＝0时，v最大，解得：v＝；刚开始时v＝0，即只受重力作用时的加速度最大，此时a＝g。
【易错点】认为小球不受摩擦力，加速度一直为g。
【方法点拨】对带电小球受力分析，分方向研究各力的关系，水平方向上的力与竖直方向上的力因速度的变化会互相牵连，最后应用牛顿定律、力与加速度的瞬时关系解决问题。
例2．（2020·新课标Ⅱ卷）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为⑧
联立⑦⑧式得⑨
【易错点】粒子轨迹及几何关系找不清。
【方法点拨】确定圆心、半径、临界点的方法需要熟练掌握。
例3．如图所示，在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，竖直固定着一根足够长的粗糙绝缘杆，杆上套着一个质量为m、带有电荷量-q的小圆环，圆环与杆间的动摩擦因数为μ。
（1）由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，求圆环下滑过程中受到的摩擦力f；
（2）若在匀强电场E的空间内再加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑。求：
①圆环刚开始运动时加速度a0的大小；
②圆环下滑过程中的最大动能Ek。
【答案】（1）f=μqE
（2）①
②Ek=
【解析】（1）在水平方向圆环受到的弹力N=qE
，则摩擦力f=μN=μqE
（2）①圆环刚开始运动时不受洛伦兹力，因此，摩擦力大小f=μqE
在竖直方向，由牛顿第二定律
解得
②当重力与滑动摩擦力平衡时，圆环速度最大，动能最大。即
最大速度
最大动能Ek=
【易错点】判断洛伦兹力方向时，没有注意负电荷，使电场力和洛伦兹力同向。
【方法点拨】看清正负电荷，熟练应用左手定则。
（二）举一反三
1．（2020·全国高考课标2卷）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有，可得，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。
2．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为600，一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成300角的方向向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场，已知该粒子从射入到射出磁场所用时间表为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。
【答案】　　，　
【解析】设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期　
　　
①
　　
②
　③
　　④
设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，
其半径
⑤
圆心角，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为　　　⑥
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即　
R=r
⑦
在Ⅱ区磁场中运动时间为　　　　　　⑧
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间　　　⑨
由以上各式可得　　，　。
3．如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y
=
h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x
=
2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求
（1）电场强度大小E
；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
【答案】　（1）
（2）
（3）
【解析】　粒子的运动轨迹如右图所示
（1）设粒子在电场中运动的时间为t1
x、y方向
2h
=
v0t1
根据牛顿第二定律
Eq
=ma求出
（2）根据动能定理
设粒子进入磁场时速度为v，根据求出
（3）粒子在电场中运动的时间
粒子在磁场中运动的周期
设粒子在磁场中运动的时间为t2
求出
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．（2019·新课标全国Ⅲ卷）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．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】运动轨迹如图。
即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,
粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误。.
2．（2019·北京卷）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
【答案】C
【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。
3．（多选）如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转
。根据上述条件可求的物理量为(　　)
A．带电粒子的比荷
B．带电粒子的初速度
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子在磁场中运动的半径
【答案】AC
【解析】设磁场区域半径为R，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v＝①；由题中图可知带电粒子在磁场中运动半径r＝＝R②；由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得R＝③；由以上三式可得＝，周期T＝＝＝πt。由此可知正确选项为A、C。
4．
如图所示，从带有小孔的放射源A中均匀地向外辐射出平行于y轴的、速度一定的α粒子(质量为m，电荷量为+q)。为测定其飞出的速度v0的大小，现让其先经过一个磁感应强度为B、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，α粒子恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器M板上的狭缝，并打到置于N板上的荧光屏上，此时通过显微镜头Q可以观察到屏上出现了一个亮点。闭合电键S后，调节滑动变阻器的滑动触头P，当触头位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头Q看到屏上的亮点恰好消失。已知电源电动势为E，内阻为r0，滑动变阻器的总阻值R0=2
r0。求：
（1）α粒子的速度υ0的大小；
（2）满足题意的α粒子，在磁场中运动的总时间t；
（3）该半圆形磁场区域的半径R。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度
①
两极板间的电压
②
对某一α粒子，在加速电场中应用动能定理得：
-qU＝0-mv2
③
联立①②③解出
（2）由题意，“粒子向上射入磁场偏转900后射出，后来又从O点返回磁场再偏转900，最后向上射出磁场．故所求
t=T×2
⑤
又⑥
联立⑤、⑥解出
（3）设α粒子在磁场中的轨迹半径为r，则
⑦
由题意，⑧
由⑦⑧结合，解出
【巩固】
1．如图甲所示，有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)
A．2cosθ　　
B．sinθ　　
C．cos
θ　　
D．tanθ
【答案】C
【解析】设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图(a)、(b)所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tan
θ，联立得＝cosθ，C正确.
2．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。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作。当显示屏闭合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，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（
）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】D
【解析】根据左手定则，负电荷受洛伦兹力偏向后表面，所以后表面电势低，A项错误；极板间稳定电压出现在电场力与洛伦兹力平衡时则，则B、C错误，D正确。
3．（多选）如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（
）
A．P和Q的质量之比为1：2
B．P和Q的质量之比为
C．P和Q速度大小之比为
D．P和Q速度大小之比为2：1
【答案】AC
【解析】P和Q的运动轨迹如图所示，所以P运动了半个周期，Q运动了四分之一周期。根据洛伦兹力提供向心力.得r＝，T＝.因为P和Q在磁场中运动的时间相同，则P和Q的质量之比为1：2，A项正确；B项错误；由几何关系可得Q的半径是P的半径的倍，所以P和Q速度大小之比为，则C项正确，D项错误。
4．如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是(　　)
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝v0时，小球的加速度最大
C．当v＝v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝a0时，>
【答案】C
【解析】开始运动阶段qvB【拔高】
1．如图所示，虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线。在平面右侧的空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，O是MN上一点，从O点可向磁场区域发射电荷量为＋q，质量为m，速度为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为l，不计重力及粒子间的相互作用。求：
(1)粒子在磁场中的轨道半径。
(2)这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔。
【答案】(1)　(2)arccos()
【解析】(1)由qvB＝得R＝
(2)如图所示，设大小圆弧分别是第1、2个粒子的运动轨迹。t1、t2表示第1、2个粒子从O点到P点的运动时间，Δt表示入射的时间间隔。令θ＝∠POO1，则t1＝T，t2＝
T
则Δt＝t1－t2＝·T又cosθ＝代入R、T值得Δt＝arccos()
2．如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，PQ带正电,MN板带负电,在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：
（1）两金属板间所加电压U的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）在图中正确画出粒子再次进入电场中的运动轨迹，并标出粒子再次从电场中飞出的速度方向。
【答案】（1）
（2）（3）见解析
【解析】（1）设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，由类平抛运动可知：
①
②③
④
联立求解①～④式解得：⑤
或由动能定理和运动的合成、分解的方法，联立求解得出正确的结果同样给分。
设带电粒子第一次飞出电场时的速度为v
即由动能定理；；
和①③④联立可得
（2）带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由⑥⑦
⑧
⑨
联立求解①③④⑤⑥⑦⑧⑨可得⑩
或由下列常规方法求解：⑴
⑵
⑶
⑷
⑸
联立以上有关方程求解可得：⑹
（3）见下图。
3．在一真空室内存在着匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的方向相同，已知电场强度E=40.0V/m，磁感应强度B=0.30
T。如图所示，在该真空室内建立Oxyz三维直角坐标系，其中z轴竖直向上。质量m=1.010-4kg、带负电的质点以速度v0=100m/s沿+x方向做匀速直线运动，速度方向与电场、磁场垂直，取g=10m/s2。
（1）求质点所受电场力与洛伦兹力的大小之比;
（2）求带电质点的电荷量；
（3）若在质点通过O点时撤去磁场，求经过时间t=0.20
s带电质点的位置坐标。
【答案】（1）
（2）q=2.010-5C
（3）（20m，9.6cm，-7.2cm）
【解析】（1）电场力F电与洛仑兹力f洛大小之比
（2）电场力与场强方向相同，洛仑兹力与磁感应强度方向（即场强方向）垂直，带电质点受电场力和洛仑兹力的合力与重力平衡，故磁场和电场方向与yOz平面平行，与-y方向成53斜向下，方向如图所示。
(qE)2+(qv0B)2=(mg)2
解得q=2.010-5C
（3）撤去磁场后，带电质点在沿x轴方向上做匀速直线运动，经过时间t=0.20s，沿x轴方向上的位移
带电质点受恒定合力，其大小等于洛仑兹力，方向与洛仑兹力方向相反。
由几何关系可知质点受合力方向与+y方向成37?斜向下。
质点的加速度a==6.0
m/s2，
在t=0.20
s内，沿此方向的位移。
位移s在y轴方向的分量y=scos37?
=9.6cm，
在z轴方向的分量z
=-ssin37?
=-7.2cm。
所以，经过时间t=0.2
s带电质点的位置为（20m，9.6cm，-7.2cm）
4．（2020·江苏卷）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔；
(3)乙的比荷可能的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
Q、O的距离为：
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
所以，再次经过P点的时间为
由匀速圆周运动的规律得，
绕一周的时间为：
解得：
所以，再次经过P点的时间为
两次经过P点的时间间隔为：
解得：
(3)由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：
计算可得（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为