【二轮复习】高考物理专题09 带电粒子在电磁场中的运动（基础+培优）.zip

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命题点01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例
命题点02 带电粒子在匀强磁场中的应用
命题点03 带电粒子在叠加场中的应用
命题点04 带电粒子在组合场中的运动
命题点05 利用数学圆巧解磁场中的临界问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例】
【针对练习1】（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，两块平行板M、N带有异种电荷，两板中间有垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力的a、b两离子从两板的左侧沿中线做匀速直线运动，经小孔O垂直进入另一匀强磁场（方向也垂直纸面向里），运行的半圆轨迹如图中虚线所示，最终两离子打到了隔板上被吸收。下列说法正确的是（ ）
A．板M带负电，板N带正电
B．离子a带正电，离子b带负电
C．在右侧磁场中，离子a的运行时间大于离子b的运行时间
D．洛伦兹力对离子a、b做正功
【答案】B
【详解】AB．在右侧区域，根据左手定则可以判断，离子a带正电，离子b带负电，在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力，离子a带正电，则洛伦兹力向上，电场力向下，场强向下，所以板M带正电，板N带负电，对离子b分析也得到相同结论，故A错误B正确；
C．在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力
Bqv=Eq
解得
v=EB
两者速度大小相同，但在右侧磁场中，离子a的路程小，所以运行时间小于离子b的运行时间，故C错误；
D．洛伦兹力与速度垂直，不做功，故D错误。
故选B。
【针对练习2】（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿+y方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（ ）
A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为IBnbc
D．半导体内载流子定向移动的速率为UaB
【答案】C
【详解】A．沿+y方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿-x方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
eUc=evB
根据电流的微观意义可知
I=nevS=nevbc
联立可得
U=BIenb
则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
F=evB=eUc=BInbc
故C正确；
D．根据
eUc=evB
半导体内载流子定向移动的速率
v=UBc
故D错误。
故选C。
【针对练习3】（2023·北京西城·统考三模）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）

A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D形金属盒的半径
【答案】BD
【详解】由
qvB=mv2R
解得
v=qBRm
则动能
Ek=12mv2=q2B2R22m
知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能。
故选BD。
【命题点02 带电粒子在匀强磁场中的应用】
【针对练习4】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图所示，在无限长直边界CD的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，无限大挡板EF平行于CD放置，与CD相距为d，带电粒子达到挡板时能够被挡板吸收，在A处有一粒子源能够在纸面内持续发射速度大小相等的电子。当电子在纸面内沿AO方向垂直匀强磁场边界射入时，恰好未被EF吸收。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。若磁感应强度大小变为原来的一半，电子速度方向缓慢从AO沿顺时针旋转到AD时，在挡板上能够吸收到电子的长度为（ ）

A．(3−1)dB．2(3−1)d
C．3dD．23d
【答案】B
【详解】ABCD．电子垂直边界射入，恰好未被EF吸收，其运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知电子做圆周运动的半径为d，根据
qvB=mv2r
可知，当磁感应强度变为原来的一半时，电子在磁场中做圆周运动的半径变为2d，速度方向改变时，电子能够打到挡板上，临界的运动轨迹如图乙所示，能够吸收到电子的区域为GH，由几何关系可得
GH=2dcs30°−2d(1−cs30°)=2(3−1)d

B正确，ACD错误。
故选B。
【针对练习5】（多选）（2024·陕西商洛·校联考一模）如图所示，三个半径均为R的圆形磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度均为B0，一带电粒子以速度v0沿O1O3连线方向从区域Ⅰ的边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电量为e，质量为m，粒子从进入磁场到出磁场过程，始终在磁场内运动，粒子重力不计，则以下说法正确的是（ ）
A．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ磁感应强度大小为3B0
C．粒子在区域Ⅱ中速度方向改变了60°角
D．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为8πm9eB0
【答案】BD
【详解】A．粒子运动的轨迹如图
由左手定则可知，粒子带负电，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向外，选项A错误；
B．粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径
r1=Rtan60∘
粒子在磁场Ⅱ中运动的轨道半径
r2=Rtan30∘
则
r1=3r2
根据
evB=mv2r
可得
B=mver
可得
B2B0=r1r2=3
选项B正确；
C．由图可知，粒子在区域Ⅱ中速度方向改变了120°角，选项C错误；
D．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
t=2×60∘360∘2πmB0e+120∘360∘2πm3B0e=8πm9eB0
选项D正确。
故选BD。
【针对练习6】（多选）（2023·陕西·校联考一模）如图，圆形区域匀强磁场垂直于纸面，初速度v大小不同的同种带电粒子，先后向着圆心射入磁场，经磁场偏转后射出磁场。忽略带电粒子的重力，下面说法正确的是（ ）
A．粒子运动周期跟速度v成正比
B．粒子受到的向心力与速度v成正比
C．在磁场中转过的圆心角越大，运动时间越长
D．因为洛伦兹力不做功，所以粒子在磁场中受到的洛伦兹力冲量等于零
【答案】BC
【详解】A．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷qm相同，根据
qvB=mv2r
T=2πrv
带电粒子在磁场中运动周期
T=2πmqB
可知，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，故A错误；
B．洛伦兹力
F=qvB
提供向心力，所以粒子受到的向心力与速度v成正比，故B正确；
C．粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为θ，则运动时间
t=θ360°T
故C正确；
D．虽然洛伦兹力不做功，但粒子的动量发生了变化，根据动量定理，受到的洛伦兹力冲量不等于零，故D错误。
故选BC。
【命题点03 带电粒子在叠加场中的应用】
【针对练习7】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（ ）

A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒
B．小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动
C．小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为2gR
D．小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为4gR
【答案】D
【详解】A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中，除重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为θ，假设恰好能做完整的圆周运动，刚好到达等效最高点A，如图所示

根据动能定理
mgR1−csθ−qERsinθ=12mvA2
其中
mgtanθ=qE
解得
vA2=2gR1−1csθa）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为Bqav
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A正确，不符合题意；
B．根据
qvB=mv2r
可得粒子的质量
m=Bqav
故B正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
I=NqSv
单位体积内电荷数为
nπa2v
则
I=nπva2qπa2v=nq
故C错误，符合题意；
D．由动量定理可得
FΔt=2nmΔtv
粒子束对管道的平均作用力大小
F'×2al=F
联立解得
F'=nBql
故D正确，不符合题意。
故选C。
4．（2022·全国·统考高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
qBv'=qE
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度v'=EB做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
5．（2021·福建·统考高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度v02的射入的正电子(10e)
B．以速度v0射入的电子(−10e)
C．以速度2v0射入的核(12H)
D．以速度4v0射入的a粒子(24He)
【答案】B
【详解】质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足
qv0B=qE
解得
v0=EB
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度v02的射入的正电子(10e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；
B．以速度v0射入的电子(−10e)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确；
C．以速度2v0射入的核(12H)，以速度4v0射入的a粒子(24He)，其速度都不满足速度选器的条件v0=EB，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选B。
6．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A。
7．（2023·山西·统考高考真题）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）

A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【详解】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，因α粒子带正电，则受到向左的电场力和向左的洛伦兹力，则会打到a点左侧；同理电子带负电，受到向右的电场力和向右的洛伦兹力，则电子会打到a点右侧，A错误；
B．因α粒子带正电，设带电量为2q，速度v，电子带负电，电量-q，电子速度v＇>v，若电场方向向左，磁场方向向外，则如果α粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡
2qE=2qvB
v=EB
因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力qv＇B大于向右的电场力qE，则电子从而向左偏转；同理如果电子打在a点，则qE=qv'B，所以此时α粒子向左的电场力2qE大于向右的洛伦兹力2qvB，则向左偏转，不会打在b点，B错误；
CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡
2qE=2qvB
v=EB
电子速度大，受到向右的洛伦兹力qv＇B大于向左的电场力qE则向右偏转，从而达到b点；同理如果电子打在a，qE=qv'B则α粒子向右的电场力2qE大于向左的洛伦兹力2qvB从而向右偏转，会打在b点；
同理电场向右磁场垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确，D错误；
故选C。
8．（2023·湖南·统考高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t=t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则t=2t0
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB=m4π2T2r，有
t0=πm2qB2
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
vA=v02
再根据qvB=mv2r，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的43>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
sinθ=2r43r
可知转过的圆心角θ = 60°，根据qvB=m4π2T2r，有
t=43πm9qB2
则
t=83t09
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的42>2，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
sinα=2r42r
可知转过的圆心角为α = 45°，根据qvB=m4π2T2r，有
t=2πm2qB2
则
t=2t0
D正确。
故选D。
9．（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′=k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为（ ）
A．a→b，k2k1I0B．a→b，k1k2I0
C．b→a，k2k1I0D．b→a，k1k2I0
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
k1I0=k2I′
解得
I′=k1k2I0
故选D。
二、多选题
10．（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】AD
【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
故选AD。
11．（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1 t2
C．Ek1Ek2
【答案】AD
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据
t=xv
可知
t1Ek2
故C错误，D正确。
故选AD。
12．（2022·湖北·统考高考真题）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．13kBL，0°B．12kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
【答案】BC
【详解】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
R=L
qvB=mv2R
可得
v=qBLm=kBL
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
R=12L
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
可得
v=qBL2m=12kBL
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
v=qBL2n−1m=12n−1kBL（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
v=qBL2nm=12nkBL（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。
13．（2022·浙江·统考高考真题）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E=ar， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
ar⋅q=mω2r
解得
ω=aqm⋅1r
可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得
ar⋅q=mv2r
解得
v=aqm
又
Ek=12mv2
联立可得
Ek=aq2
可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
故选BC。
14．（2022·广东·高考真题）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
15．（2023·全国·统考高考真题）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】BD
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心

由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示

即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。
三、解答题
16．（2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la:lb=3:1，半径之比ra:rb=6:1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的质量之比ma:mb；
（2）粒子a的动量大小pa。
【答案】（1）2:1；（2）67mv
【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
由题干知半径之比ra:rb=6:1，故
mava:mbvb=6:1
因为相同时间内的径迹长度之比la:lb=3:1，则分裂后粒子在磁场中的速度为
va:vb=3:1
联立解得
ma:mb=2:1
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
mv=mava+mbvb
因为分裂后动量关系为mava:mbvb=6:1，联立解得
pa=mava=67mv