第22讲　磁场对运动电荷的作用（解析版）_通用版（老高考）复习资料_2024年复习资料_完2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）

第 22 讲 磁场对运动电荷的作用 目录 考点一 对洛伦兹力的理解...........................................................................................................1 考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路...................................................................................1 考点三 带电粒子在有界磁场中的运动.......................................................................................6 考点四 带电粒子运动的临界和极值问题.................................................................................14 练出高分.........................................................................................................................................20 考点一 对洛伦兹力的理解 1．洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力． 2．洛伦兹力的方向 (1)判定方法 左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心； 四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； 大拇指——指向洛伦兹力的方向． (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)． 3．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B时，洛伦兹力F＝ q v B .(θ＝90°) (3)v＝0时，洛伦兹力F＝0. [例题1] （多选）（2022•湖南模拟）如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中 磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；在桌面上放有内壁光滑、长为L的试管， 底部有质量为m、带电量为q的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做 匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小 球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】A．小球带负电，且轨迹为抛物线 √qvBL B．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至qB m C．洛伦兹力对小球做正功 D．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL 【解答】解：A、小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据 左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力 F ＝quB恒定，小球 y 运动的轨迹是一条抛物线，故A错误； B、由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛伦兹力的分力 √ qvB 1 F ＝qv B，小球运动到中点时沿管速度为 v 2⋅ × ，则拉力应增大至 F x y y m 2 √qvBL =qB 以维持匀速运动，故B正确； m C、沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的m实际洛伦兹力总是与速度方向垂直， 不做功，故C错误； D、对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系，W F ＝ΔE ＝qvBL，故D正确． k 故选：BD。 [例题2] （多选）（2022•绵阳模拟）两根导线通有大小方向相同的电流，垂直穿 过绝缘水平面，俯视如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连 线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初 速度v 分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是（ ） o A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同 B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动 D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动 【解答】解：已知通电导线垂直水平面且电流方向向外，根据安培定则判断两通电导线 产生的磁场为皆为以导线为圆心的同心圆环磁场，如图所示： 根据平行四边形定则，可判断ab之间的磁场方向对称分布，如图所示，且 O点磁感应 强度为零。 AB.根据左手定则判断带正电的质点在aO段受洛伦兹力方向垂直水平面向下，在bO段 受洛伦兹力方向也是垂直水平面向下，方向相同，故A正确，B错误； CD.若水平面光滑，质点受竖直方向的重力、支持力和洛伦兹力三力平衡，合力为零， 质点从a到O做匀速直线运动；若水平面粗糙，在从b到O过程中，竖直方向合力为零， 水平方向摩擦力向右，质点做减速运动，故C错误，D正确。 故选：AD。 [例题3] （多选）（2021•德州二模）如图所示，光滑绝缘圆弧轨道的半径为R， 最低点N点左侧处于垂直纸面向外的匀强磁场中，现将一带负电的小球（可视为质 点）自最低点右侧的M点静止释放，M、N两点间的距离远小于轨道半径R，小球到 达最左侧的位置为P点（图中未画出），小球运动过程中始终未脱离轨道，已知重力 加速度为g，下列说法中正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】A．P点比M点高 B．小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大 C．小球在P点和M点处对轨道的压力大小不相等 √R D．小球运动的周期为2 g π 【解答】解：A、小球在运动过程中，受到重力、洛伦兹力和支持力作用，其中洛伦兹 力和支持力不做功，只有重力做功，故小球机械能守恒，故小球到达最左侧的位置 P点 的高度与M点高度相同，故A错误； v2 B、对小球受力分析可知，进入磁场前，根据牛顿第二定律有：F ﹣mg＝m ，进入磁 N R v2 场后，洛伦兹力垂直速度方向向下，根据牛顿第二定律有：F '﹣mg﹣qvB＝m ，则 N R F '＞F ，可知小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大，故B正确； N N C、小球在P点和M点速度均为0，不受洛伦兹力，且高度相同，故对轨道的压力大小 相等，故C错误； D、由于洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，且 M、N两点间的距离远小于轨道半径 √R R，故小球做单摆运动的周期为T＝2 ，故D正确。 g π 故选：BD。 [例题4] 如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为 v．若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ） A．v变大 B．v变小 C．v不变 D．不能确定 1 【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣W= mv2﹣0．加磁场后，多了洛 f 2 伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜 面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣W′ f 1 = mv′2﹣0，W′＜W，所以v′＞v．故A正确，B、C、D错误。 2 f f 故选：A。 [例题5] 如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为 B，一个 质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环 与杆的动摩擦因数为 ．现给环一个向右的初速度v ，在圆环整个运动过程中，下列 0 μ 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】说法正确的是（ ） 1 A．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为 mv 2 2 0 1 m3g2 B．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为 mv 2− 2 0 2B2q2 1 C．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为 mv 2 2 0 1 m3g2 D．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为 mv 2− 2 0 2B2q2 【解答】解：A、如果磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上， ①当qv B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。 0 ②当qv B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得： 0 1 1 ﹣W＝0− mv 2，解得：W= mv 2， 2 0 2 0 ③当qv B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运 0 动。 mg 由qvB＝mg可得：匀速运动的速度：v= ， qB 1 1 1 m3g2 根据动能定理得：﹣W= mv2− mv 2，解得：W= mv 2− ，故AB错误； 2 2 0 2 0 2B2q2 C、如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有 摩擦力做功。根据动能定理得： 1 1 ﹣W＝0− mv 2，解得：W= mv 2，故C正确，D错误。 2 0 2 0 故选：C。 考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路 1．匀速圆周运动的规律 若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度 v做匀速圆周 运动． 2．圆心的确定 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】(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3甲所示，P为入射 点，M为出射点)． 图3 (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，P为入 射点，M为出射点)． 3．半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 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θ时，其运动时 间表示为t＝T(或t＝)． [例题6] （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q（q＞0）的粒子静止在O点。 M q 某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为 、电荷量为 ，Q粒子质量为 3 3 2M 2q 、电荷量为 。不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ） 3 3 A．P粒子与Q粒子半径之比r ：r ＝2：1 1 2 B．P粒子与Q粒子半径之比r ：r ＝1：2 1 2 C．P粒子与Q粒子周期之比T ：T ＝2：1 1 2 D．P粒子与Q粒子周期之比T ：T ＝1：2 1 2 【解答】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量 mv2 大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB= ，解得粒子的轨迹半径 r r 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】mv p = = ； qB qB 2 q r q 3 由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即 1= 2= =2，故A正确， r q 1 2 1 q 3 B错误； 2πr 2πm CD、粒子的周期公式 T= = ，据此可知 P 粒子与 Q 粒子周期之比 v qB 2πm 1 M 2q × T q B m q 3 3 1= 1 = 1 2= =1，故CD错误。 T 2πm m q 2M q 2 2 2 1 × q B 3 3 2 故选：A。 [例题7] （2023•鹰潭一模）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁 场，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。两个带电荷量数值相等的粒子a、 b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子 重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ） A．a带负电，b带正电 B．a、b两粒子的周期之比为1：3 C．a、b两粒子的速度之比为2：1 D．a、b两粒子的质量之比为1：3 【解答】解：A．如下图所示 由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等。可知粒子a进入磁场时受 到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知 a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹 力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误； B．两带电粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角 为60°，则有 1 1 T = T 3 a 6 b a、b两粒子的周期之比为 T 1 a= ，故B错误； T 2 b D．根据周期公式 2πm T= qB 由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为 m T 1 a= a= ，故D错误； m T 2 b b C．根据洛伦兹力提供向心力 mv2 qvB= r mv 解得：r= qB 由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为 v m 2 a= b= ，故C正确。 v m 1 b a 故选：C。 [例题8] （多选）（2023•湖南模拟）一有界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，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其 他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a 点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用， 以下说法正确的是（ ） A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长 πm C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于 qB 3πm D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于 2qB 【解答】解：AB、画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示 粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均 πm 为半个周期，用时相等；均为 ，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大， qB πm 对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于 ，故A正确，B错误； qB CD、当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略 ab段长度，运动情况可简化为如图2 所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆 270° 3πm 心角大小为 ＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t= ×T= ，故C 360° 2qB 错误，D正确α。 故选：AD。 [例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，OO′上侧有磁感应强度大小B＝ 2.0×10﹣4T的匀强磁场，电子以v＝1.6×106m/s的速度从A点与OO′成30°方向进入磁 场，在垂直于磁场的平面内运动。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg、电量q＝1.6×10﹣ 19C。 （1）画出电子在磁场中运动轨迹； （2）该电子离开磁场出射点离A的距离； （3）该电子在磁场中运动的时间。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】【解答】解：（1）根据左手定则确定偏转方向，再由洛伦兹力指向圆心，从而大致画 出电子的运动轨迹如图所示， mv2 （2）由牛顿第二定律有：qvB= r 所以电子做圆周运动的半径为： mv 9.1×10−31×1.6×106 r= = m=4.5×10﹣2m， qB 1.6×10−19×2.0×10−4 由几何关系知，电子出射点离A点的距离为： △x＝AD＝2rcos60°＝4.5×10﹣2m 5π （ 3 ） 电 子 在 磁 场 中 偏 转 了 = ， 则 电 子 在 磁 场 中 运 动 时 间 为 ： 3 α 5π t α 3 2πr 5×3.14×4.5×10−2 1.5×10﹣7s = T= × = s= 2π 2π v 3×1.6×106 答：（1）画出电子在磁场中运动轨迹如图； （2）该电子离开磁场出射点离A的距离是4.5×10﹣2m； （3）该电子在磁场中运动的时间是1.5×10﹣7s。 [例题10]（2023•文昌模拟）如图所示，足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐 标系xOy，磁感应强度为B的匀强磁场垂直桌面向下。质量为m、电荷量为q带电小 球A（可视为质点）从坐标原点O以一定初速度沿着x轴正方向射出，在第一象限内 运动并从坐标为（0，a）的P点向左离开第一象限。 （1）判断小球A的电性并求出初速度v 的大小； 0 （2）若小球A在第一象限内运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点） 发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两球电量均分，碰后小球 A仍沿原轨迹运动。不计 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】两球之间的库仑力。 ①求小球B的质量m ； B √3 3 ②若两球碰后恰好在坐标为（− a， a）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初 4 4 始位置的坐标。 【解答】解：（1）根据左手定则可知球A带正电荷，球A运动半径 a r = A 2 根据牛顿第二定律 v2 Bqv =m 0 0 r A Bqa 解得：v = 0 2m a q （2）①碰撞后球A运动半径r = 保持不变，但其带电量变为 ，设碰撞后A的速度 A 2 2 为v ，B速度为v ，根据 A B q v2 B v =m A 2 A r A 即 v v = 0 A 2 弹性正碰，选择小球碰撞前的速度方向为正方向，系统动量守恒、机械能守恒 mv ＝mv +m v 0 A B B 1 1 1 mv2= mv2 + m v2 2 0 2 A 2 B B 3 1 解得：v = v ；m = m B 2 0 B 3 ②由（2）可得： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】3 1 v = v ；m = m B 2 0 B 3 对球B，根据牛顿第二定律可得： q v2 B v =m B 2 B B r B a 解得：r =r = B A 2 √3 3 设两球从碰撞位置运动到(− a， a)球A转过的圆心角是 ，又因为 4 4 θ v ＝3v B A 则两球角速度之比 ： ＝1：3 A B 球B转过的圆心角是3 ，球B比球A多转2 ，则 ω ω 3 ﹣ ＝2 θ π 解得： ＝ θ θ π √3 1 所以球 θ B被 π 碰时在第一象限的位置为( a， a) 4 4 Bqa 答：（1）小球A的电性带正电，初速度的大小为 ； 2m 1 （2）①小球B的质量为 m； 3 √3 1 ②小球B在第一象限初始位置的坐标为（ a， a）。 4 4 考点三 带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图7所示) 图7 2．平行边界(存在临界条件，如图8所示) 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】图8 3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图9所示) 图9 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． [例题11] （2023•云南模拟）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁 场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿 着与PO连线成 ＝30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷 量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域， θ 则电子的最大速率为（ ） 7eBR √29eBR A． B． 10m 10m 21eBR (5−2√3)eBR C． D． 40m 5m 【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切， 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】v2 根据evB=m 得： r erB v= m 电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线， 过 电 子 圆 周 运 动 的 圆 心 做 OP 的 垂 线 ， 由 几 何 关 系 得 rcos60°+√(R−r) 2−(rsin60°) 2=0.4R 21 解得：r= R 40 则最大速率为： 21eBR v= ，故ABD错误，C正确。 40m 故选：C。 [例题12]（2023•西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场， 一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为 v ，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v ，运动轨迹为PM。不计粒子 1 2 的重力，下列判断正确的是（ ） A．粒子带负电 B．速度v 大于速度v 1 2 C．粒子以速度v 射入时，在磁场中运动时间较长 1 D．粒子以速度v 射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大 1 【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误； mv2 qBR B、根据牛顿第二定律有：qvB= ，变形解得：v= ，根据图中轨迹可知，R ＜ R m 1 R ，则有v ＜v ，故B错误； 2 1 2 D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v ＜v ，可知F ＜F ，故粒子 1 2 1 2 以速度v 射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。 1 2πR 2πm C、粒子在磁场中的运动周期为：T= = ，粒子在磁场中的运动时间为： v qB 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】α t= T，画出两轨迹的圆心如下图， 2π 由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速 度v 射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确； 1 故选：C。 [例题13]（2023•兰州模拟）如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面 向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子（重力不计）以不同速率从 BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v 时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v 1 2 时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子在磁场中运动轨迹半 径为r 、r ，运动时间为t 、t 。下列说法正确的是（ ） 1 2 1 2 A．粒子带正电 B．r ：r ＝2：1 C．v ：v ＝3：1 D．t ：t ＝1：4 1 2 1 2 1 2 【解答】解：A、由题意可知粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知粒子带负 电，故A错误； B、根据题意做出粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示： r 由图中几何关系可得：r ＝r + 2 1 2 sin∠C 解得粒子在磁场中运动得半径之比：r ：r ＝3：1，故B错误； 1 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】v2 C、根据洛伦兹力充当向心力有：Bqv=m ，解得粒子在磁场中运动时的速度： r Bqr v= m 由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于轨迹半径之比，即v ：v ＝r ：r ＝3：1，故 1 2 1 2 C正确； D、根据粒子在磁场中运动得轨迹可知，速率为v 时粒子在场中偏转了30°，速率为v 1 2 时粒子在磁场中偏转了 180°，而同一种粒子在相同磁场中运动得周期相同均为： 2πm T= ，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即 t ：t ＝30°： qB 1 2 180°＝1：6，故D错误。 故选：C。 [例题14]（多选）（2023•南宁二模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保 护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球 半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小 均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直 MN沿 赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作 用力。下列说法正确的是（ ） qBR A．若粒子速率小于 ，入射到磁场的粒子可以到达地面 2m qBR B．若粒子速率小于 ，入射到磁场的粒子均无法到达地面 2m qBR C．若粒子速率为 ，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面 m 3qBR D．若粒子速率为 ，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面 2m qBR 【解答】解：AB、若粒子的速率为 ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 2m v2 qv B=m 1 r 2 R 解得r = ，若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为 2 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确； qBR v2 C、若粒子的速率为 ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m m r 解得r＝R；若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示： 设该轨迹半径为r ，由几何关系可得√r2+(2R) 2−r =R 1 1 1 3 解得r = R≠r 1 2 故C错误； 3qBR v'2 D、若粒子速率为 ，由洛伦兹力提供向心力得qv'B＝m 2m r'2 3R 解得r'= 2 由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着 O处入射 时，轨迹如图所示 由几何关系得：OB=√r2+(2R) 2−r'＝R 则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述， 入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。 故选：BD。 [例题15]（2022•郑州一模）竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂 直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感 应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为 2B。以圆形 边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子， qBR 由原点O沿与x轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小v= 。粒子重力忽略 m 不计，求： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】（1）粒子运动到x轴时的位置； （2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。 【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得： v2 qvB=m ，解得：r ＝R r 1 1 由题意可知，粒子的运动轨迹如图1所示： 由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。粒子在Ⅱ区域磁 场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得： v2 R 2qvB=m ，解得：r = r 2 2 2 R 3R 粒子运动轨迹如图1所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：x=OM=R+ = ； 2 2 （2）若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图 2所 示 由 几 何 关 系 可 得 ， 第 一 次 出 Ⅰ 区 域 磁 场 时 在 y 方 向 上 运 动 的 距 离 ： R y =R−Rcos60°= 1 2 在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y ＝R 2 由对称关系可知，粒子再次进入磁场到 y 轴，在 y 方向上运动的距离： R y =R−Rcos60°= 3 2 综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y＝y +y +y ＝2R 1 2 3 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】3 答：（1）粒子运动到x轴时的位置为 R； 2 （2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。 考点四 带电粒子运动的临界和极值问题 1．临界问题的分析思路 物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状 态点．与临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点． 临界问题的一般解题模式为： (1)找出临界状态及临界条件； (2)总结临界点的规律； (3)解出临界量． 2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法 带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨 迹： (1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零． (2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切． [例题16]（多选）（2023•怀仁市模拟）如图所示，在水平荧光屏MN上方分布了 水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏 d处有一粒子源S，能够在纸 面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左 射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，则（ ） A．所有粒子均会打到荧光屏上 B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为3t 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】2 C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为 t 3 D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为(√3+1)d 【解答】解：A．根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运 动，已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，如图所示 根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为： R＝d 根据几何关系可得： T＝4t 若粒子以水平向右方向射出，粒子不会打到荧光屏上，故A错误； B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧 光屏上的时间最长，如图所示： 由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为270°，结合几何关系可得： 270° 3 t = T= ×4t=3t，故B正确； max 360° 4 C．当粒子打到荧光屏位置处于S正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短， 如图所示： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分20百】由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，结合几何关系可得： 60° 1 2 t = T= ×4t= t min 360° 6 3 故C正确； D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当 粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，此时的位置是粒子打到荧光 屏的最右端；如图所示： 根据几何关系，粒子打到荧光屏上的区域长度为： L=√(2R) 2−d2+R=(√3+1)d 故D正确。 故选：BCD。 [例题17]（多选）（2023•蚌埠模拟）如图所示，a、b是直线上间距为4d的两点， 也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小 为B、垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），其中半圆内部没有磁场．一群比荷为 k的同种带电粒子从ac之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过 b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（ ） A．粒子的速率为2dBk B．粒子的速率为dBk 2π C．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为 3kB 4π D．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为 3kB 【解答】解：AB．画出粒子的运动轨迹如图 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分21百】由几何关系可知，粒子运动的轨道半径R＝2d v2 根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m R 粒子速率v＝2dBk，故A正确，B错误； CD．从c点射入的粒子，由几何关系， 粒子运动轨迹圆心正好在圆周ab上，粒子在磁场中 240° 4πm 4π 转过的角度为240°，则运动时间t= T= = 360° 3qB 3kB 故C错误，D正确。 故选：AD。 [例题18]（多选）（2023•河南模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界 如图所示，磁场的磁感应强度大小为 B，半圆形边界的半径为R，O为半圆的圆心， ab是半圆的直径，边界上c点到a的距离为R，a、b、c、O在同一直线上，从c点沿 垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小不同的质量为m、电荷量为q的带负电的粒子， 粒子均能从圆弧（含a、b点）上射出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆 弧边界射出的粒子（ ） qBR 3qBR A．粒子速度大小范围为 ≤v≤ 2m 2m B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分22百】qBR C．从圆弧面射出后能到达b点的粒子速度大小可能为 m D．从圆弧面射出后经过O点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a点射出，粒子有最小速度；恰好从b点射出， 则粒子有最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分 R 3 v2 qBr 别为r = ，r = R；由洛伦兹力提供向心力得qvB=m ，解得v= ；可得 min 2 max 2 r m qBR BqBR qBR 3qBR v = ，v = ，即粒子速度的取值范围为 ≤v≤ ，故A正确； min 2m max 2m 2m 2m C、从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹如图甲所示 由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a点，轨道半径为R，则此种情况下根 v2 BqR 据洛伦兹力提供向心力：qBv=m ，粒子的速度大小为v= ，故C正确； R m B、如图乙所示 由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最 2πm θ θm 小，根据周期公式：T= ，所以粒子运动的时间为：t= T= ，可知从圆弧 qB 2π qB 面射出后能到达b点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁 场中运动的时间并不越短，故B错误； D、从圆弧面射出后经过O点的粒子的运动轨迹如图丙所示 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分23百】由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D错误。 故选：AC。 [例题19]（多选）（2023•自贡模拟）如图所示，直角三角形ABC位于纸面内， ∠C＝30°，AB边长为√3d，垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形ABC区 域内。质量为m、电荷量为+q的粒子从A点以速度v沿纸面射入磁场区域，刚好从C 点离开磁场。粒子重力不计，下列说法中正确的是（ ） 2mv A．磁场磁感应强度的最大值为 3qd πd B．粒子通过磁场的最长时间为 v 3πd C．粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为 v v D．粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为 3d 【解答】解：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从 C点沿 BC方向射出磁场时，粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、通过磁 场的时间最长、周期最小、角速度最大。当粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子的 运动轨迹如图所示： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分24百】√3d A、设粒子的轨道半径为r，由几何知识可知：r＝AC= =3d；根据洛伦兹力提供 tan30° v2 mv 向心力可得：qvB＝m ，联立解得磁感应强度的最大值为：B= ，故A错误； r 3qd B、根据几何关系可得粒子轨迹对应的最大圆心角为 ＝60°，则粒子通过磁场的最长时 60° 2πr πd 间为：t= × = ，故B正确； θ 360° v v 2πr 6πd C、粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为：T= = ，故C错误； v v v v D、粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为： = = ，故D正确。 r 3d 故选：BD。 ω [例题20]如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy平面向外、磁感应强度B 1 3mv = 0的矩形匀强磁场PQMN，点Q坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质 2qa 量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y轴上的A（0，a）点以初速度v 0 沿x轴正方向射入第一象限、从Q点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚 mv 线EQ左侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度B ＝k 0（k为大于零的未知常 2 qa 数）的匀强磁场。虚线EQ与x轴正方向的夹角为 （未知），在x＝4a处垂直于x轴 放置一块长为2√3a的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均 α 能被吸收并导入大地。求： （1）带电粒子在B 磁场中运动的时间是多少？ 1 （2）矩形匀强磁场PQMN的最小面积是多少？ （3）在题（2）的基础上，沿OA放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿 x轴正方 向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发 y 射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足v= v 。已知所有从EQ射 a 0 出磁场B 的粒子速度方向均沿x轴正方向。求接地导线上的电流大小随k值变化的函数 2 表达式。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分25百】【解答】解：（1）粒子轨迹如图所示， v2 mv 2 洛伦兹力提供向心力，由qv B ＝m 0得：r = 0= a 0 1 r 1 qB 3 1 1 2 a− a 设带电粒子在B 磁场中转过的圆心角为 ，则cos 3 1 1 = = r 2 1 θ θ 2π 2πr 4πa 解得：θ= ，粒子在磁场中运动周期为：T= 1= 3 v 3v 0 0 θ 4πa 粒子在B 磁场中运动时间为：t = T= ； 1 1 2π 9v 0 2√3 a （2）如图所示阴影部分，矩形长：L =√3r = a，宽：L ＝r ﹣r cos60°= 1 1 3 2 1 1 3 2√3 矩形最小面积为Smin＝L L = a2 ； 1 2 9 π （3）由几何关系可知：α= ，从A点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图）， 3 4√3 QE长度为L =√(2a) 2+(2√3a) 2=4a，由几何关系可知：2r cos30°＝L r = a QE 2 QE 2 3 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分26百】v2 mv √3 又：qv B ＝m 0，B ＝k 0，可得：k= 0 2 r 2 qa 4 2 √3 当k≥ 时，全部粒子都打到金属挡板上，I＝Nq 4 √3 当k＜ 时，设从OA上的F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打 4 到金属挡板下边界。 v2 y 4√3 qvB ＝m ，又v= v 。可得：y= ka 2 r a 0 3 2 从OF发射的粒子能全部打到金属挡板上， y 4√3 I= qN= kNq。 a 3 练出高分 一．选择题（共10小题） 1．（2023•辽宁模拟）正电子的发现，开辟了反物质领域的研究。如图所示，为安德森发 现正电子的云室照片，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射 线穿过铅板时（粒子速度减小），有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的 方向反了。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。下列说法正确的是（ ） A．粒子从上向下穿过铅板 B．粒子穿过铅板后运动周期减小 C．匀强磁场的方向垂直照片平面向里 D．粒子穿过铅板后向心加速度大小不变 【解答】解：D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可 得： v2 qvB=m =ma r mv 解得：r= qB 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分27百】qBv 向心加速度为a= m 根据题意可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，向心加速度变小，故D错误； A．粒子穿过铅板后能量有损失，所以粒子的速度v减小，根据上述分析可知粒子在磁 场中做圆周运动的轨道半径r减小，因此粒子从下向上穿过铅板，故A错误； 2πm B．粒子在磁场中运动的周期为T= ，则粒子穿过铅板后运动周期不变，故B错误； qB C．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故C正确。 故选：C。 2．（2023•贵阳模拟）托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其 结构如图所示。工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内 部，而不与器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比。 为了约束更高温度的等离子体，需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不 变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ） A．T B．T2 C．√T D．√T3 v2 【解答】解：由洛伦兹力提供向心力qvB=m r 1 带电粒子的动能E = mv2 k 2 √2mE 解得B= k qr 平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于√T。故C正确，ABD错 误。 故选：C。 3．（2023•山西模拟）用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时 发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简 化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy 平面内以初速度v 沿与x轴正方向成 角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线， 0 α 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分28百】其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ ） A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向 B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变 C．若仅增大电子入射的初速度v ，则直径D增大，而螺距Δx将减小 0 D．若仅增大 角（ ＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当 ＝90°时“轨 迹”为闭合的整圆 α α α 【解答】解：A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平 行，做匀速直线运动且 x＝v cos •t 0 沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则 α 可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误； B．根洛伦兹力提供向心力可得： v2 evB=m R 根据周期的计算公式可得： 2πR T= v 且v＝v sin 0 2mv sinα 2πm 解得：D= α 2R= 0 ；T= eB eB 2πmv cosα 所以Δx=v T= 0 x eB 由上式可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误； C．若仅增大v ，则D、Δx皆按比例增大，故C错误； 0 D．若仅增大 ，则D增大而Δx减小，且 ＝90°时Δx＝0，故D正确。 故选：D。 α α 4．（2023•新会区校级一模）带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动 轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b 是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分29百】和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电 B．粒子先经过a点，再经过b点 C．粒子运动过程中洛伦兹力对其做负功 D．粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小 【解答】解：AB、由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可 知速度大小在减小，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 v2 mv 的：qvB=m ，解得，粒子做圆周运动的轨道半径r= ，由于m、q、B不变而粒子 r qB 速度v减小，则粒子的轨道半径r减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子先经过b点， 再经过a点；根据左手定则可知粒子带负电，故AB错误； C、由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C错误； D、粒子所受洛伦兹力大小F＝qvB，q、B不变而v减小，则粒子所受洛伦兹力大小逐 渐减小，故D正确。 故选：D。 5．（2023•海东市模拟）如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对 比荷之比为2：1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向 从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场 中运动的时间之比为（ ） A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1 【解答】解：作出正、负粒子的运动轨迹如图所示： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分30百】根据几何关系可得正粒子轨迹对应的圆心角 ＝120°，负粒子轨迹对应的圆心角为 ＝ 60° θ α 2πm 根据周期公式可知粒子的周期为：T= qB 正、负带电粒子比荷之比为2：1，则正、负带电粒子周期之比为：T ：T ＝1：2 1 2 θ α 正粒子在磁场中运动时间为：t = T ，负粒子在磁场中运动时间为：t = T 1 360° 1 2 360° 2 ， 所以有：t ：t ＝1：1，故D正确、ABC错误。 1 2 故选：D。 6．（2023•涟源市二模）如图，虚线MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面 内两比荷相同的带正电粒子a、b从MN上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从 MN上的同一点射出磁场。已知a粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子 间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ） A． B． 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分31百】C． D． 【解答】解：两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 v2 qvB=m r 设a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r ，r ，两粒子初速度间的夹角为 ，两 a b 粒子的运动轨迹如图所示 θ 由几何关系可知 r ＝r cos a b 又因为 θ m v r = a a a Bq a m v r = b b b Bq b 两粒子比荷相同，故有 r v a= a r v b b 即v ＝v cos ，故A正确，BCD错误。 a b 故选：A。 θ 7．（2023•青羊区校级模拟）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，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束 4 He粒子在纸面内从a点垂直 2 于ab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。已知粒子的质量 为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分32百】3qBL 5qBl 5qBL 5qBL A． B． C． D． 4m 4m 8m 6m 【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 v2 qvB=m R 2πr 2πm 又有T= = v qB α αm 设粒子运动轨迹所对的圆心角为 ，则运动时间为t= T= 2π qB 可知， 越大，运动时间越长，当α粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知 越 大时∠aoc越小，而∠aoc＝180°﹣∠oac﹣∠oca＝180°﹣2∠oac α α 由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，∠oac最大，此时 最大，设半 径为R。 α 根据几何关系有L2+（2L﹣R）2＝R2 5 解得R= L 4 qBR 5qBL 联立可得v= = m 4m 故选：B。 8．（2023•宜宾模拟）如图所示，L 和L 为两条平行的磁场边界线，L 上方和L 下方都 1 2 1 2 是垂直纸面向里，范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，L 和L 之间无磁场； 1 2 A、B两点是L 上相距一定距离的两点。带电粒子从A点以初速度v 与L 成30°角斜向 2 0 2 右上方射出，经过偏转后正好过B点，不计重力，下列说法正确的是（ ） A．该粒子一定是带正电 B．该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同 C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点 D．若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L 成60°角斜向右上方，它将不可能经过 2 B点 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分33百】【解答】解：AB．粒子在磁场中的运动轨迹的可能情况如下图所示 由粒子运动轨迹可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B点时的速度一定跟 在A点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB错误； C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，但保持方向不变，粒子仍可能经过B点，故 C正确； D．设L 与L 之间的距离为d，则A到B的距离为 1 2 2d x= tanθ 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L 成60°角斜向右上方，经过多个周期后仍 2 有可能经过B点，故D错误。 故选：C。 9．（2023•平城区校级一模）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面， 线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不 断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知 SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ） √2qBL 2qBL √5qBL √10qBL A． B． C． D． m m m m 【解答】解：粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距 离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分34百】MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，根据几何关系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒 子运动的半径为r，四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2+MQ2 解得r=√5L 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知 v2 qvB=m r √5qBL 解得粒子的最小速率为v= m 故ABD错误，C正确； 故选：C。 10．（2023•岳阳一模）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外 的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入， 2mg mg 已知电场强度大小为 ，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为 ， q qB 重力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：小球射入时将初速度v 进行分解，其中分速度v 可使得小球受到的电场 0 1 mg 力、洛伦兹力与重力三力平衡，即：qE＝mg+qv B，解得：v = 1 1 qB 根据左手定则可知v 沿x轴正方向，由题意知初速度v 沿y轴正方向，小球从O点射入 1 0 mg 的速度大小为v = ，根据平行四边形法则可得分速度v 与y轴的夹角为45°，如下图 0 qB 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分35百】所示 √2mg 分速度v 的大小为v =√2v = 2 2 0 qB 小球以分速度v 做匀速圆周运动，以分速度v 沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合 2 1 运动轨迹即为小球的运动轨迹，小球在y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周 运动轨迹如下图 圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下 图所示 故C正确，ABD错误。 故选：C。 二．计算题（共2小题） 11．（2023•龙泉驿区模拟）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内 有一沿y轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程 y＝x2，如图中虚线所示，电 场强度大小E＝4V/m。第三象限内（包含x轴负半轴）存在垂直纸面向里的匀强磁场， π 磁感应强度大小为B= T。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25m区域内有大量 4 （速度相等）沿x轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q＝+8×10﹣6C，质量m＝1×10 ﹣6kg。已知从边界上横坐标为x＝0.1m以初速度v 处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区 0 域，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，求： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分36百】（1）粒子的初速度v ； 0 （2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围； （3）粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。 1 【解答】解：（1）从x＝0.1m飞入的粒子，由类平抛运动的规律有：y= at2 2 qE 根据牛顿第二定律可得：a= m 水平方向，有：x＝v t 0 又有：y＝x2 联立解得：v ＝4m/s 0 （2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为x，则由：x＝v t 0 1 又有：y= at2=x2 2 可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场 v 设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为v ，则：tan = 1 1 v 0 θ v2=2ay 1 粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与 x轴负方向的夹角越大，故从y ＝ 1 0.25m处进入电场的粒子，飞离电场时与x轴负方向的夹角最大， ＝45° 1 从y 2 ＝0飞入的粒子运动方向不变， 2 ＝0 θ 故粒子飞离电场时速度方向与x轴负方向的夹角范围为0～45° θ （3）与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示： 所有粒子从同一点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力有： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分37百】v2 qvB＝m ，其中：v=√2v =√2×4m/s＝4√2m/s r 0 2√2 解得：r= m π 2πr 根据周期公式可得：T= v 解得：T＝1s 2×45° 磁场中运动最短时间：t = T 2 360° 解得：t ＝0.25s 2 4 根据几何关系可得出磁场的坐标为（0，− m） π 答：（1）粒子的初速度为4m/s； （2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围为0～45°； 4 （3）粒子在磁场中运动的最短时间为0.25s，出磁场的坐标为（0，− m）。 π 12．（2023•浙江模拟）如图 1 所示，在 xOy 平面上的第一象限全部区域有大小为 E 2mv2 = ，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿 x轴正 eR 方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵 坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧 光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前 后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。 （1）求荧光区域的横坐标的最小值； （2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为 t ，求第一 0 次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小； （3）求荧光区域的横坐标的最大值； （4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2 所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分38百】F F 1 【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E= ，a= ，x ＝vt，R= at2 e m min 2 解得x ＝R min Ee （2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为v = t=2v y m 电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25% 1 1 v v 则当电子与荧光屏碰撞过程有25%× m(v2+v2 )= m(v2 +v2 )，tanθ= y = y1 2 2 y 2 x1 y1 v v x1 v 解得v ＝v，v = y1 x1 2 根据动量定理，有﹣F t ＝mv ﹣mv，﹣F t ＝﹣mv ﹣mv x0 x1 y0 y1 y √37mv 所以F=√F2+F2= x y 2t 0 1 Ee （3）电子从y＝2R沿x轴正方向射出，有x ＝vt ，2R= t2 0 1 2 m 1 解得x =√2R 0 1 1 1 第一次碰撞后电子的速度为v = v =v=gt ，v = v = v y1 2 y 2 x1 2 x 2 1 第一次碰撞后电子的水平位移为x =2× x 1 4 0 1 第二次碰撞后电子的水平位移为x =2× x 2 4 1 1 第n次碰撞后电子的水平位移为x =2× x n 4 n−1 1 2× √2R 4 5√2 所以x =x +x +⋯+x =√2R+ = R max 0 1 n 1 3 1− 4 v2 （4）根据洛伦兹力提供向心力有evB=m r 由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即 1 r = r n 2 n−1 电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为 ，则 r （1+cos ）＝2R min 1 r sinθ= r (1−sinθ) θ θ min 2 min 6R (3+2√2)mv 联立解得r = ，B = min 3+2√2 max 6eR 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分39百】1 根据几何关系x ＝rsin ，x =2× x 1 n 2 n−1 θ 1 rsinθ 2 所以x＝x +x +⋯+x ＝rsin +2× =3rsinθ≤5R 1 2 n 1 1− θ 2 5R 3mv 所以r = ，B = max 3 min 5eR 3mv (3+2√2)mv 所以B的取值范围为 ≤B≤ 5eR 6eR 答：（1）荧光区域的横坐标的最小值为x ＝R， min √37mv （2）第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F=√F2+F2= x y 2t 0 5√2 （3）荧光区域的横坐标的最大值为 R， 3 3mv (3+2√2)mv （4）B的取值范围为 ≤B≤ 5eR 6eR 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分40百】