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10.2磁场对运动电荷的作用（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养
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这是一份10.2磁场对运动电荷的作用（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共31页。试卷主要包含了洛伦兹力的大小和方向，带电粒子在匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。
10.2磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
4．做功：洛伦兹力不做功．
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B时，带电粒子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．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝.
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．
洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分清正、负电荷。
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
一定是F⊥B，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
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
作用效果
只改变电荷的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向
例题1.（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是( )
A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大
D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小
【答案】B
【解析】 水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.
某带电粒子以速度v沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中．粒子做半径为R的匀速圆周运动，若粒子的速度为2v，则下列说法正确的是( )
A．粒子运动的周期变为原来的
B．粒子运动的半径仍为R
C．粒子运动的加速度变为原来的4倍
D．粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍
【答案】D
【解析】
由题意得，a＝，R＝，Φ＝BS＝Bπ()2，T＝＝，当粒子的速度变为2v时，a变为原来的2倍，R变为原来的2倍，Φ变为原来的4倍，T不变，故A、B、C错误，D正确．
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在具体问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m，求半径r＝及运动周期T＝＝。
2．圆心的确定方法
法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙。
3．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．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α时，其运动时间可由下式表示：
t＝T，t＝(l为弧长)。
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。
6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系。根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度。
(2)半径公式、周期公式：R＝、T＝。根据两个公式可由q、m、v、B计算粒子运动的半径、周期，也可根据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等。
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝T。
例题2.（多选）（2022·湖北·高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
（2022·湖北武汉·模拟预测）如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为 C．轨迹半径为 D．轨迹半径为
【答案】C
【解析】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；
BCD．如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
解得
故C正确，BD错误。
故选C。
（2021·北京·高考真题）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题
1．解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键
(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口。
(2)寻找临界点常用的结论
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
2．临界问题的一般解题流程
例题3.（多选）（2022·河北省玉田县第一中学模拟预测）如图所示,在边长L=10cm的正方形ABCD的CD边上方空间有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.2T，在正方形的AD边中点处有一粒子源S，能够不断向纸面内各个方向发射速率不同的同种带正电粒子，粒子的比荷为1×108C/kg，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．经过B点的粒子速度不小于5×105m/s
B．水平向右射出的速率大于5×105m/s的粒子都能从AB所在直线穿过
C．水平向右发射的粒子从AB边射出正方形区域的最短时间为×10-7s
D．速率为1×106m/s的粒子可到达CD边上区域的长度为5cm
【答案】ABD
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力
Bqv=m
得
v=
则经过B点的粒子，当轨迹刚好以SB为直径时，对应轨迹圆半径最小，速度也最小
r1=cm
代入
v=
此时速度为
v1=5×105m/s
A正确；
B．沿水平方向射出的粒子半径r1'=2.5cm时，恰好能射出AB，将r1'=2.5cm代入
v=
得最小速度为5×105m/s，B正确；
C．根据
可知，轨迹对应的圆心角 越小，时间越短。当粒子刚好从B点射出时，时间最短，根据几何关系
可求出
则由 ，圆心角的 ，故最短时间
故C错误；
D．将v=1×106代入公式
v=
求出
r3=0.05m
如图
当速度方向沿SD方向时，轨迹与CD边的交点记为M，此种情况是速率为1×106 m/s的粒子到达CD边上且距离D点最远的位置。由几何关系可知
当速度方向沿与SD方向成角斜向左下方时，如图所示
由几何关系可知，此时粒子恰好运动到D点。速率为1×106 m/s的粒子可到达CD边上区域的长度为5 cm。D正确。
故选ABD。
(多选)如图所示，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，细杆处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，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—时间图像可能是下列选项中的( )
【答案】AD
【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，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，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，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，B、C错误．
（2022·吉林·长春十一高模拟预测）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求的最大值。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图
由图可知
据牛顿第二定律
则
（2）带电粒子带正电，当最大值恰好和ab边相切，轨迹如图
由几何关系得
得
据牛顿第二定律
则
带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
多解分类
多解原因
示意图
带电粒
子电性
不确定
带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向
不确定
题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态
不唯一
带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的
往复性
带电粒子在空间运动时，往往具有往复性
例题4. 在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示．一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中．已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向．
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值．
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小．
【答案】(1) (2) (3) (n＝2,4,6，…)
【解析】
(1)由qvB0＝m，T0＝，
解得T0＝.
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝，
解得α＝30°.
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，
运动时间为t＝T0＝.
而t＝
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为.
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况．在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即＝
所以磁场变化的周期为T＝
弦OM的长度为s＝(n＝2,4,6，…)
圆弧半径为R＝＝(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝m，
解得v0＝(n＝2,4,6，…)．
如图甲所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．v0、t0、B0为已知量，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：
(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值．
【答案】
(1)(，0) (2)(＋)v0t0 (3)(n＝1,2,3，…)
【解析】
(1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝m，T＝，解得r1＝，T＝
又粒子的比荷＝
解得r1＝，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为(，0)．
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示．
由r2＝2r1，r1＝，r2＝，解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.
(3)如图乙所示，
设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝
解得v＝v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋t0
解得E0＝(n＝1,2,3，…)．
(多选)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外．三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A. B．BkL
C. D.
【答案】ABD
【解析】
质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos 60°＝L(n＝1,2，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝m，联立解得v＝＝(n＝1,2，…)，所以A、B、D正确，C错误．
1. 如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内．O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直．将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动．下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C．小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D．小球每次经过O点时所受合外力均相等
【答案】D
【解析】
小球在M点和N点合力不为零，所以小球不能处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，到O点所用时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，由F合＝m可知，F合大小相等，故D正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，在O点小球所受洛伦兹力向下，故有F1－mg－F洛＝m，轨道所受的压力大小为F1′＝F1＝mg＋F洛＋m，小球从M到N时，在O点小球所受洛伦兹力向上，故有F2＋F洛－mg＝m，故轨道所受的压力大小为F2′＝F2＝mg－F洛＋m，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误．
2. (多选)核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是( )
A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动
D．所有粒子运动过程中动能不变
【答案】BD
【解析】甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确．
3. 如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．当通有恒定电流时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．通过下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是( )
A．减小U，增大I
B．增大U，减小I
C．同时减小U和I
D．同时增大U和I
【答案】A
【解析】
电子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝mv02，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0＝m，解得r＝＝，减小电子枪的加速电压U，增大励磁线圈中的电流I从而导致电流产生的磁场B增大，可以使电子束的轨道半径变小．
4. (多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场．其中某一速率为v的电子从Q点射出边界．已知电子入射方向与边界MN的夹角为θ，则( )
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半径相同
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
【答案】
AD
【解析】
由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，整理得r＝，电子的轨迹半径与速度大小有关，B错误；由周期公式T＝可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝T，故不同速率的电子在磁场中运动时间都相同，C错误，D正确．
5. 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∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
【答案】B
【解析】
a粒子向上偏转，由F＝qvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动周期T＝，Ta＝Tb，a运动时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动时间tb＝Tb＝Tb＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误．
6. (多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为( )
A.∶＝1∶1
B.∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3
D．t1∶t2＝1∶3
【答案】AC
【解析】
两粒子的运动轨迹如图；设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝m，可得＝，则∶＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．
7. 如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直于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
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，如图所示，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有
ev0B＝m①
过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由几何知识得r＝2L④
由①④式得B＝。⑤
(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由③易得△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为。
(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为
T＝⑥
由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t＝＝。
9. 如图所示，圆心为O的两个同心圆a、b的半径分别为R和2R，a和b之间的环状区域存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆a内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从圆b边缘上的M点以某一初速度v0射入磁场，当v0的方向与MN的夹角为30°时，粒子能够到达N点，已知粒子在环状磁场中的运动半径为R，带电粒子的重力忽略不计。
(1)求粒子初速度v0的大小；
(2)求粒子从M到N的运动时间；
(3)若调整粒子的初速度大小和方向，使粒子不进入圆a仍然能够到达N点，且运动时间最短，求粒子初速度的大小。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)根据牛顿第二定律得：qv0B＝m
解得：v0＝；
(2)根据牛顿第二定律得：qv0B＝m
根据运动学公式T＝得：
粒子在环状磁场中的运动周期：T1＝
粒子在圆a中的运动周期：T2＝
粒子的运动轨迹如图甲所示
令粒子在圆环中运动轨迹的圆心角为θ1，在a内的轨迹对应的圆心角为θ2
粒子在环状磁场中的运动时间：t1＝t3＝T1
粒子在圆a中的运动时间：t2＝T2；
据几何知识可得：θ1＝θ2＝，
粒子从M运动至N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝；
(3)由题意可知，当粒子的运动轨迹与圆a相切时，其运动时间最短，其运动轨迹如图乙所示
由几何知识得：R′2＝(2R)2＋(R′－R)2
根据牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：v＝。
10. （2022·河南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，y轴与x=d之间有斜向右上，方向与x轴正方向成45°角、电场强度大小为E的匀强电场，x=d与x=2d之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在x=2d与x=3d之间有垂直于坐标平面向内的匀强磁场Ⅱ。若在坐标原点O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，粒子a经电场加速后第一次在磁场I中运动的轨迹恰与x=2d相切。若在坐标原点O处由静止释放一个带正电的粒子b，粒子b经磁场I运动后进入磁场Ⅱ，粒子b第一次在磁场I中运动的偏向角为90°，粒子b第一次在磁场Ⅱ中运动轨迹恰好与x=3d相切，不计两个粒子的重力，求：
（1）匀强磁场I的磁感应强度大小；
（2）粒子b的比荷大小；
（3）粒子b第三次经过x=d时的位置坐标。
【答案】（1）（也对）；（2）；（3）[d，（2+7）d]
【解析】（1）设粒子a进磁场I时的速度大小为v1，根据动能定理有
解得
设粒子a在磁场I中做圆周运动的半径为r1，根据题意及几何关系有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
（也对）
（2）设粒子b在磁场I中运动的轨道半径为r2，根据几何关系有
解得
设粒子b进入磁场I时的速度大小为v2，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
（3）根据几何关系可知，粒子b在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r1，根据对称性可知，粒子第二次经过x=d时，速度方向与x=d夹角为45°，大小为v2，设位置坐标为（d，y1），则
y1=d+r1=（2-1）d
粒子b第二次在电场中做类平抛运动，根据运动的对称性可知，粒子沿x轴方向运动到速度为零时，刚好到y轴，设粒子b第二次在电场中运动时间为t，则
解得
设粒子第二次经过x=d和第三次经过x=d的位置之间距离为y2，则
因此粒子b第三次经过x=d的位置坐标为（d，（2+7）d）
10.2磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
4．做功：洛伦兹力不做功．
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B时，带电粒子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．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝.
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．
洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分清正、负电荷。
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
一定是F⊥B，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
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
作用效果
只改变电荷的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向
例题1.（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是( )
A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大
D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小
【答案】B
【解析】 水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.
某带电粒子以速度v沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中．粒子做半径为R的匀速圆周运动，若粒子的速度为2v，则下列说法正确的是( )
A．粒子运动的周期变为原来的
B．粒子运动的半径仍为R
C．粒子运动的加速度变为原来的4倍
D．粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍
【答案】D
【解析】
由题意得，a＝，R＝，Φ＝BS＝Bπ()2，T＝＝，当粒子的速度变为2v时，a变为原来的2倍，R变为原来的2倍，Φ变为原来的4倍，T不变，故A、B、C错误，D正确．
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在具体问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m，求半径r＝及运动周期T＝＝。
2．圆心的确定方法
法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙。
3．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．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α时，其运动时间可由下式表示：
t＝T，t＝(l为弧长)。
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。
6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系。根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度。
(2)半径公式、周期公式：R＝、T＝。根据两个公式可由q、m、v、B计算粒子运动的半径、周期，也可根据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等。
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝T。
例题2.（多选）（2022·湖北·高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
（2022·湖北武汉·模拟预测）如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为 C．轨迹半径为 D．轨迹半径为
【答案】C
【解析】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；
BCD．如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
解得
故C正确，BD错误。
故选C。
（2021·北京·高考真题）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题
1．解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键
(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口。
(2)寻找临界点常用的结论
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
2．临界问题的一般解题流程
例题3.（多选）（2022·河北省玉田县第一中学模拟预测）如图所示,在边长L=10cm的正方形ABCD的CD边上方空间有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.2T，在正方形的AD边中点处有一粒子源S，能够不断向纸面内各个方向发射速率不同的同种带正电粒子，粒子的比荷为1×108C/kg，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．经过B点的粒子速度不小于5×105m/s
B．水平向右射出的速率大于5×105m/s的粒子都能从AB所在直线穿过
C．水平向右发射的粒子从AB边射出正方形区域的最短时间为×10-7s
D．速率为1×106m/s的粒子可到达CD边上区域的长度为5cm
【答案】ABD
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力
Bqv=m
得
v=
则经过B点的粒子，当轨迹刚好以SB为直径时，对应轨迹圆半径最小，速度也最小
r1=cm
代入
v=
此时速度为
v1=5×105m/s
A正确；
B．沿水平方向射出的粒子半径r1'=2.5cm时，恰好能射出AB，将r1'=2.5cm代入
v=
得最小速度为5×105m/s，B正确；
C．根据
可知，轨迹对应的圆心角 越小，时间越短。当粒子刚好从B点射出时，时间最短，根据几何关系
可求出
则由 ，圆心角的 ，故最短时间
故C错误；
D．将v=1×106代入公式
v=
求出
r3=0.05m
如图
当速度方向沿SD方向时，轨迹与CD边的交点记为M，此种情况是速率为1×106 m/s的粒子到达CD边上且距离D点最远的位置。由几何关系可知
当速度方向沿与SD方向成角斜向左下方时，如图所示
由几何关系可知，此时粒子恰好运动到D点。速率为1×106 m/s的粒子可到达CD边上区域的长度为5 cm。D正确。
故选ABD。
(多选)如图所示，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，细杆处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，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—时间图像可能是下列选项中的( )
【答案】AD
【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，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，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，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，B、C错误．
（2022·吉林·长春十一高模拟预测）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求的最大值。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图
由图可知
据牛顿第二定律
则
（2）带电粒子带正电，当最大值恰好和ab边相切，轨迹如图
由几何关系得
得
据牛顿第二定律
则
带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
多解分类
多解原因
示意图
带电粒
子电性
不确定
带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向
不确定
题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态
不唯一
带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的
往复性
带电粒子在空间运动时，往往具有往复性
例题4. 在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示．一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中．已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向．
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值．
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小．
【答案】(1) (2) (3) (n＝2,4,6，…)
【解析】
(1)由qvB0＝m，T0＝，
解得T0＝.
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝，
解得α＝30°.
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，
运动时间为t＝T0＝.
而t＝
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为.
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况．在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即＝
所以磁场变化的周期为T＝
弦OM的长度为s＝(n＝2,4,6，…)
圆弧半径为R＝＝(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝m，
解得v0＝(n＝2,4,6，…)．
如图甲所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．v0、t0、B0为已知量，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：
(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值．
【答案】
(1)(，0) (2)(＋)v0t0 (3)(n＝1,2,3，…)
【解析】
(1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝m，T＝，解得r1＝，T＝
又粒子的比荷＝
解得r1＝，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为(，0)．
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示．
由r2＝2r1，r1＝，r2＝，解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.
(3)如图乙所示，
设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝
解得v＝v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋t0
解得E0＝(n＝1,2,3，…)．
(多选)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外．三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A. B．BkL
C. D.
【答案】ABD
【解析】
质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos 60°＝L(n＝1,2，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝m，联立解得v＝＝(n＝1,2，…)，所以A、B、D正确，C错误．
1. 如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内．O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直．将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动．下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C．小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D．小球每次经过O点时所受合外力均相等
【答案】D
【解析】
小球在M点和N点合力不为零，所以小球不能处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，到O点所用时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，由F合＝m可知，F合大小相等，故D正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，在O点小球所受洛伦兹力向下，故有F1－mg－F洛＝m，轨道所受的压力大小为F1′＝F1＝mg＋F洛＋m，小球从M到N时，在O点小球所受洛伦兹力向上，故有F2＋F洛－mg＝m，故轨道所受的压力大小为F2′＝F2＝mg－F洛＋m，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误．
2. (多选)核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是( )
A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动
D．所有粒子运动过程中动能不变
【答案】BD
【解析】甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确．
3. 如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．当通有恒定电流时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．通过下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是( )
A．减小U，增大I
B．增大U，减小I
C．同时减小U和I
D．同时增大U和I
【答案】A
【解析】
电子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝mv02，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0＝m，解得r＝＝，减小电子枪的加速电压U，增大励磁线圈中的电流I从而导致电流产生的磁场B增大，可以使电子束的轨道半径变小．
4. (多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场．其中某一速率为v的电子从Q点射出边界．已知电子入射方向与边界MN的夹角为θ，则( )
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半径相同
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
【答案】
AD
【解析】
由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，整理得r＝，电子的轨迹半径与速度大小有关，B错误；由周期公式T＝可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝T，故不同速率的电子在磁场中运动时间都相同，C错误，D正确．
5. 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∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
【答案】B
【解析】
a粒子向上偏转，由F＝qvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动周期T＝，Ta＝Tb，a运动时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动时间tb＝Tb＝Tb＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误．
6. (多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为( )
A.∶＝1∶1
B.∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3
D．t1∶t2＝1∶3
【答案】AC
【解析】
两粒子的运动轨迹如图；设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝m，可得＝，则∶＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．
7. 如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直于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
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，如图所示，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有
ev0B＝m①
过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由几何知识得r＝2L④
由①④式得B＝。⑤
(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由③易得△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为。
(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为
T＝⑥
由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t＝＝。
9. 如图所示，圆心为O的两个同心圆a、b的半径分别为R和2R，a和b之间的环状区域存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆a内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从圆b边缘上的M点以某一初速度v0射入磁场，当v0的方向与MN的夹角为30°时，粒子能够到达N点，已知粒子在环状磁场中的运动半径为R，带电粒子的重力忽略不计。
(1)求粒子初速度v0的大小；
(2)求粒子从M到N的运动时间；
(3)若调整粒子的初速度大小和方向，使粒子不进入圆a仍然能够到达N点，且运动时间最短，求粒子初速度的大小。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)根据牛顿第二定律得：qv0B＝m
解得：v0＝；
(2)根据牛顿第二定律得：qv0B＝m
根据运动学公式T＝得：
粒子在环状磁场中的运动周期：T1＝
粒子在圆a中的运动周期：T2＝
粒子的运动轨迹如图甲所示
令粒子在圆环中运动轨迹的圆心角为θ1，在a内的轨迹对应的圆心角为θ2
粒子在环状磁场中的运动时间：t1＝t3＝T1
粒子在圆a中的运动时间：t2＝T2；
据几何知识可得：θ1＝θ2＝，
粒子从M运动至N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝；
(3)由题意可知，当粒子的运动轨迹与圆a相切时，其运动时间最短，其运动轨迹如图乙所示
由几何知识得：R′2＝(2R)2＋(R′－R)2
根据牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：v＝。
10. （2022·河南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，y轴与x=d之间有斜向右上，方向与x轴正方向成45°角、电场强度大小为E的匀强电场，x=d与x=2d之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在x=2d与x=3d之间有垂直于坐标平面向内的匀强磁场Ⅱ。若在坐标原点O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，粒子a经电场加速后第一次在磁场I中运动的轨迹恰与x=2d相切。若在坐标原点O处由静止释放一个带正电的粒子b，粒子b经磁场I运动后进入磁场Ⅱ，粒子b第一次在磁场I中运动的偏向角为90°，粒子b第一次在磁场Ⅱ中运动轨迹恰好与x=3d相切，不计两个粒子的重力，求：
（1）匀强磁场I的磁感应强度大小；
（2）粒子b的比荷大小；
（3）粒子b第三次经过x=d时的位置坐标。
【答案】（1）（也对）；（2）；（3）[d，（2+7）d]
【解析】（1）设粒子a进磁场I时的速度大小为v1，根据动能定理有
解得
设粒子a在磁场I中做圆周运动的半径为r1，根据题意及几何关系有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
（也对）
（2）设粒子b在磁场I中运动的轨道半径为r2，根据几何关系有
解得
设粒子b进入磁场I时的速度大小为v2，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
（3）根据几何关系可知，粒子b在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r1，根据对称性可知，粒子第二次经过x=d时，速度方向与x=d夹角为45°，大小为v2，设位置坐标为（d，y1），则
y1=d+r1=（2-1）d
粒子b第二次在电场中做类平抛运动，根据运动的对称性可知，粒子沿x轴方向运动到速度为零时，刚好到y轴，设粒子b第二次在电场中运动时间为t，则
解得
设粒子第二次经过x=d和第三次经过x=d的位置之间距离为y2，则
因此粒子b第三次经过x=d的位置坐标为（d，（2+7）d）
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