新課改高中物理選修二同步專題講義：03 B帶電粒子在勻強磁場中的運動 中檔版（教師版）

帶電粒子在勻強磁場中的運動知識點：帶電粒子在勻強磁場中的運動一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大?。?2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度無關(guān)．技巧點撥一、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題1．分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關(guān)，與半徑無關(guān)．二、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構(gòu)成直角三角形．由直角三角形的邊角關(guān)系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動軌跡的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關(guān)系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當(dāng)v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．例題精練1．（2021?廣東學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一粒子以水平向右的速度進(jìn)入垂直紙面向里的勻強磁場，重力忽略不計，當(dāng)粒子剛進(jìn)入磁場中時（）A．若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電 B．若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶負(fù)電 C．若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電 D．若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它可能不帶電【分析】粒子只受洛倫茲力，根據(jù)力，速度，磁場方向結(jié)合左手定則可判斷?！窘獯稹拷猓篈B，若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則受向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；CD，若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則受向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，故CD均錯誤。故選：A?！军c評】本題考查左手定則，磁場穿過手心，四指指向正電荷速度方向，大拇指即受力方向。注意若粒子帶負(fù)電則四指與負(fù)電荷運動方向相反。2．（2021?浙江模擬）如圖所示，正方形容器中有一個勻強磁場，一束電子從a孔沿ab方向垂直于磁場射入容器中，其中一部分電子從c孔射出，另一部分從d孔射出，不計電子重力及電子間的相互作用力，則從c、d孔射出的電子（）A．速率之比vc：vd＝1：2 B．在容器中運動的時間之比tc：td＝2：1 C．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝1： D．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝2：1【分析】電子從c點射出，d為圓心，則rc＝L，電子從d點射出，ad中點為圓心，則，rd＝0.5L，根據(jù)半徑公式可求得速度和時間之比，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度之比?！窘獯稹拷猓篈、電子從c點射出，d為圓心，則rc＝L，根據(jù)qvB＝，得電子從d點射出，ad中點為圓心，則，rd＝0.5L根據(jù)，得cd的速率之比為2:1，故A錯誤；B、電子從c射出，圓心角為90°，從d射出時，圓心角為180°，根據(jù)T＝,則電子在c射出時間為，在d射出時間為，所以時間之比為1:2，故B錯誤；C、根據(jù)牛頓第二定律可知，洛倫茲力提供加速度，則a＝,則cd兩點射出的加速度之比為2:1；故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，根據(jù)偏轉(zhuǎn)的半徑及圓心角求得對應(yīng)的速度和運動時間的關(guān)系。隨堂練習(xí)1．（2021?南京模擬）如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管子底部有一帶電小球。整個裝置以水平向右的速度勻速運動，垂直于磁場方向進(jìn)入方向水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則小球從玻璃管進(jìn)入磁場至飛出上端口的過程中（）A．小球運動軌跡是一段圓弧 B．小球運動軌跡是拋物線 C．洛倫茲力對小球做正功 D．管壁的彈力對小球做負(fù)功【分析】(1)考查牛頓第二定律的應(yīng)用，對小球做受力分析后求解（2）明確洛倫茲力總是與小球的速度方向垂直，對小球不做功（3）當(dāng)力的方向與運動方向相同時，做正功【解答】解：AB、最終小球從上端囗飛出，再由磁場方向垂直向里，依據(jù)左手定則可知，小球帶正電荷；設(shè)小球豎直分諫度為vy、水平分速度為v，以小球為研究對象，受力如圖所示由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，則豎直方向的洛倫茲力是恒力，由牛頓第二定律得qvB﹣mg＝ma解得a＝小球的加諫度不隨時間變化，恒定不變，故小球豎直方向做勻加諫直線運動，水平方向做勻速直線運動，則小球運動軌跡是拋物線,故A錯誤,B正確.C.洛倫茲力方向總是與小球的速度方向垂直，對小球不做功，故C錯誤D.小球從進(jìn)入磁場到飛出端口前的過程中管壁的彈力向右，小球向右運動，故彈力做正功，故D錯誤故選：B?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握牛頓第二定律，難度適中。2．（2021?濱?？h校級一模）實驗觀察到靜止在勻強磁場中A點的原子核U發(fā)生α衰變，衰變方程為U→Th+He，兩個新核的運動軌跡如圖所示。則下列說法正確的是（）A．釷核與α粒子半徑之比是1：45 B．釷核與α粒子半徑之比是45：1 C．釷核與α粒子半徑之比是1：46 D．兩原子核的運動軌跡應(yīng)是兩圓內(nèi)切【分析】原子核U發(fā)生α衰變過程中滿足動量守恒，再利用帶電離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做為向心力，可得半徑之比等于其電量的倒數(shù)比?！窘獯稹拷猓涸雍薝發(fā)生α衰變過程中滿足動量守恒，即p1＝p2，帶電離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做為向心力qvB＝，可得半徑公式：R＝＝，則釷核與a粒子半徑之比等于其電量的倒數(shù)比，即R1：R2，＝2：90＝1：45，原子核U和α均帶正電，運動方向相反，電荷軌跡應(yīng)為外切，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查原子核的衰變問題，注意原子核的衰變過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，滿足動量守恒，再利用帶電離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做為向心力，求解半徑之比。3．（2021春?越秀區(qū)校級期中）在勻強磁場中有一個靜止的氡原子核（Rn），由于衰變它放出一個粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所示。那么氡核的衰變方程應(yīng)是下列方程中的哪一個（）A．Rn→Fr+e B．Rn→Po+He C．Rn→At+e D．Rn→At+H【分析】核衰變過程動量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動量大小相等，結(jié)合帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之比，利用排除法可得正確答案。【解答】解：原子核的衰變過程滿足動量守恒，可得兩帶電粒子動量大小相等，方向相反，就動量大小而言有：m1v1＝m2v2，由帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得：r＝所以，＝，審視ABCD四個選項，反沖核與衰變的粒子電荷量滿足42：1關(guān)系的只有選擇B，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動量守恒，而帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式中的分子恰好是動量的表達(dá)式，要巧妙應(yīng)用。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021春?市中區(qū)校級月考）如圖所示，帶電量大小為q的負(fù)粒子M經(jīng)小孔從水平邊界垂直進(jìn)入范圍足夠廣的勻強磁場，虛線為其運動軌跡。粒子M以水平速度與靜止的、帶電量大小為3q的正粒子N發(fā)生對心正碰，碰后粘在一起，碰撞時間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力，與碰撞前相比，下列說法正確的是（）A．碰后粒子做勻速圓周運動的周期不變 B．碰后粒子做勻速圓周運動的速率將減為一半 C．碰后粒子做勻速圓周運動的軌道半徑不變 D．碰后粒子做勻速圓周運動的動能減少【分析】粒子發(fā)生完全非彈性碰撞，動能損失，根據(jù)動能和動量關(guān)系以及圓周運動周期公式、半徑公式列式求解。【解答】解：D、粒子M和粒子N碰撞過程，由動量守恒定律可得mMv0＝（mM+mN）v，兩粒子發(fā)生完成非彈性碰撞動能損失最大，所以碰后粒子做勻速圓周運動的動能減少，故D正確；A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由周期公式T＝可知，碰撞后質(zhì)量變大但不知道變大多少，電荷量變?yōu)樵瓉?倍，則碰撞后周期無法確定，故A錯誤；B、由于兩粒子質(zhì)量關(guān)系不知，所以碰撞后的速率不一定減半，故B錯誤；C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r＝可知，碰撞前后動量守恒，則動量相同，碰撞后電荷量增大，所以碰后粒子做勻速圓周運動的軌道半徑減小，故C錯誤；故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，根據(jù)完全非彈性碰撞判斷出粒子動能變化，再根據(jù)圓周運動周期公式以及半徑公式進(jìn)行計算是本題解題關(guān)鍵。2．（2021?肇慶三模）如圖所示，某垂直紙面向外的勻強磁場的邊界為一條直線，且與水平方向的夾角為45°?，F(xiàn)有大量帶等量正電荷的同種粒子以大小不同的初速度從邊界上某點垂直邊界射入磁場，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A．所有粒子在磁場中圓周運動的半徑均相等 B．所有粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小均相等 C．所有粒子在磁場中運動的時間均相等 D．所有粒子射出磁場時的速度方向均為豎直向下【分析】洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析半徑關(guān)系；根據(jù)左手定則找到粒子運動過程，以及軌跡對應(yīng)圓心角，判斷運動時間。【解答】解：AB、由qvB＝m可知，由于速度不同，所有粒子在磁場中圓周運動的半徑不相等，故AB錯誤；CD、根據(jù)左手定則易得，所有粒子垂直邊界進(jìn)入，垂直邊界射出，圓心角均為180°，所有粒子在磁場中運動的時間均相等，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，找到粒子運動軌跡以及分析粒子運動半徑是本題解題關(guān)鍵。3．（2021?大慶模擬）質(zhì)子和α粒子在同一點由靜止出發(fā)，經(jīng)過相同的加速電場后，垂直進(jìn)入同一勻強磁場中做勻速圓周運動，不考慮質(zhì)子與α粒子間的相互作用。則質(zhì)子與α粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比和周期之比分別為（）A．1：2，1：2 B．1：，1：2 C．1：，1： D．1：2，1：【分析】粒子在電場中加速，由動能定理即可求得粒子的速度；子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，列出動力學(xué)的方程即可求得質(zhì)子在磁場中運動的軌道半徑及周期之比?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉陔妶鲋屑铀伲蓜幽芏ɡ淼茫簈U＝mv2速度為：v＝粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝m解得：R＝＝＝，與粒子比荷的平方根成反比，質(zhì)子、α粒子的質(zhì)量數(shù)分別是1、4；電荷數(shù)分別是：e、2e；所以RH：Rα＝1：；粒子在磁場中運動的周期：T＝＝所以T1：T2＝1：2，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中，關(guān)鍵是能夠根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到半徑與比荷的關(guān)系、周期與比荷的關(guān)系，然后求解比值。4．（2021?豐臺區(qū)二模）如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是（）A．粒子帶正電 B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為 C．粒子在磁場中運動的時間為 D．圓形磁場區(qū)域的半徑為【分析】根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運動軌跡根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑，再根據(jù)弧長公式求得軌跡長度；根據(jù)周期公式求運動時間；再根據(jù)幾何關(guān)系求磁場區(qū)域半徑。【解答】解：A、根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，故A正確；B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為：r＝，由幾何關(guān)系可知其對應(yīng)的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的軌跡長度為：s＝θr＝，故B正確；C、粒子做勻速圓周運動的周期為T＝＝，則粒子在磁場中運動的時間t＝?T＝＝，故C正確；D、設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，tan＝，解得R＝rtan＝，故D錯誤；本題選錯誤的；故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中運動，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，找到圓心角以及半徑是解題關(guān)鍵。5．（2021?長安區(qū)一模）水平桌面上方區(qū)域內(nèi)存在一垂直于桌面的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，科研人員將均勻涂抹熒光物質(zhì)的半徑為R的圓環(huán)，放置于水平桌面上如圖1所示，A為圓環(huán)邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過A點，在平面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，科研人員觀測到整個圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光（高速微觀粒子打在熒光物質(zhì)上會將動能轉(zhuǎn)化為光能），且粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場中運動的最長時間為t。更換半徑為R的圓環(huán)時如圖2所示，只有相應(yīng)的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則（）A．粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝6t B．粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R C．粒子在磁場中做圓周運動的速度v＝ D．該粒子的比荷＝【分析】根據(jù)發(fā)光位置，利用幾何關(guān)系求得粒子在磁場中的運動半徑，當(dāng)弦長最長，根據(jù)幾何關(guān)系求得對應(yīng)的圓心角，即可求得周期，根據(jù)v＝求得線速度，根據(jù)周期公式求得比荷?！窘獯稹拷猓築、更換半徑為R的圓環(huán)時，只有相應(yīng)的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，說明三分之一弧長對應(yīng)的弦長為粒子運動的直徑，粒子運動軌跡如圖2所示：根據(jù)幾何關(guān)系有：r＝R2cos30°＝2R，故B錯誤；A、如果磁場圓半徑為R時，整個圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光，由于粒子運動的軌跡半徑r＝2R，說明粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場運動的時間最長時軌跡對應(yīng)最長弦為圓的直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，如圖1所示；則有t＝＝，解得T＝6t，故A正確；C、粒子在磁場中做圓周運動的速度v＝＝，故C錯誤；D、根據(jù)T＝可得＝＝，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由此根據(jù)運動特征作出粒子在磁場中運動的軌跡，掌握粒子圓周運動的半徑的公式是解決本題的關(guān)鍵。6．（2021?安慶模擬）如圖所示，在xOy平面上以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場（圖中未畫出），磁場方向垂直于xOy平面向外。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，從原點O以初速度大小為v0沿y軸負(fù)方向開始運動，后來粒子經(jīng)過x軸上的A點，此時速度方向與x軸的夾角為30°。A到O的距離為d，不計粒子的重力，則圓形磁場區(qū)域的半徑為（）A．d B．d C．d D．d【分析】根據(jù)題意作出粒子從O到A的運動軌跡，根據(jù)幾何知識求解圓形磁場區(qū)域的半徑?！窘獯稹拷猓毫Ｗ拥倪\動軌跡如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R根據(jù)幾何知識有：d＝R+，解得R＝d，則圓形磁場區(qū)域的半徑為：r＝OB＝2Rcos30°＝d，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是正確作出粒子的整個運動軌跡，能根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑以及圓形磁場區(qū)域的半徑。7．（2021?寶雞二模）如圖所示，在半徑R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于豎直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AC為該圓的一條直徑，O為圓心。一帶電粒子以初速度v0從C點垂直磁場沿豎直方向射入圓形區(qū)域，離開磁場時速度方向恰好水平。已知該粒子從C點入射時速度方向與直徑AC的夾角θ＝45°，不計粒子重力，則有（）A．該粒子一定帶負(fù)電 B．該粒子的比荷為 C．該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R D．該粒子在磁場中的運動時間為【分析】A、根據(jù)運動軌跡圖，結(jié)合左手定則，可以判斷粒子的電性；BC、由題意，結(jié)合運動軌跡圖和幾何關(guān)系可以求出半徑及粒子的比荷；D、根據(jù)粒子運動的周期和轉(zhuǎn)過的圓心角，可以求出粒子在磁場中運動的時間?！窘獯稹拷猓篈、粒子運動的軌跡如圖由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；BC、由軌跡圖結(jié)合題意可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為90°，設(shè)O′為圓周運動的圓心，則由幾何關(guān)系可知2r2＝（2R）2整理可得r＝R又洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝整理可得＝故B正確，C錯誤；D、由圖可知粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為90°，故粒子在磁場中的運動時間為t＝×＝故D錯誤。故選：B。【點評】在處理帶電粒子在磁場中的運動問題時，應(yīng)先把粒子運動的軌跡圖畫出來，然后結(jié)合題意和幾何關(guān)系來解決問題。8．（2021?昌平區(qū)一模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負(fù)電子的徑跡。有關(guān)a、b、c三條徑跡以下判斷正確的是（）A．a(chǎn)、b、c都是正電子的徑跡 B．a(chǎn)徑跡對應(yīng)的粒子動量最大 C．c徑跡對應(yīng)的粒子動能最大 D．c徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所帶電性，根據(jù)粒子做圓周運動的半徑和圓心角，分析粒子的速度、動能、動量和運動時間?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則可知，d、e是正電子的徑跡，a、b、c是負(fù)電子的徑跡，故A錯誤；BC、帶電粒子在磁場中所受到的洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，則：Bvq＝m解得：r＝，所以粒子運動的半徑越大，速度越大；由題中圖可知，c徑跡對應(yīng)粒子的半徑最大，速度最大，a徑跡對應(yīng)粒子的半徑最小，速度最小，根據(jù)Ek＝和p＝mv可得：c徑跡對應(yīng)粒子的動能最大，動量最大，a徑跡對應(yīng)粒子的動能最小，動量最小，故C正確，B錯誤；D、根據(jù)Bvq＝m和v＝可知，T＝，且粒子在磁場中運動的時間為：t＝?T，其中θ為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角，由題中圖可知，a徑跡對應(yīng)粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，所以a徑跡對應(yīng)粒子的運動時間最長，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，比較簡單，從圖中正確得出粒子做圓周運動的半徑和圓心角是解題關(guān)鍵。9．（2021?柳江區(qū)校級模擬）如圖所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別為矩形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小相等，方向垂直紙面，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（重力不計），從O點以一水平初速度沿y軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其軌跡為曲線Obcd。已知Ob、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上的運動時間都為t。取垂直紙面向外的方向為磁感應(yīng)強度B的正方向，則Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B隨x變化的關(guān)系圖線為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意可知粒子的偏轉(zhuǎn)周期，軌跡都為圓弧，粒子在磁場中運動的時間都相同，位移都相同，根據(jù)左手定則判斷粒子的偏轉(zhuǎn)方向。【解答】解：粒子的偏轉(zhuǎn)周期為，由題意可知：，解得磁感應(yīng)強度的大小為：B＝，由左手定則可知：區(qū)域Ⅰ和Ⅲ的磁場方向垂直于紙面向外，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。故選：C?！军c評】根據(jù)左手定則判斷磁場的方向是本題易錯點。10．（2021春?北京月考）在甲、乙兩條通電長直導(dǎo)線所在平面內(nèi)，一帶電粒子的運動軌跡如圖所示，已知軌跡上的a點到甲導(dǎo)線的距離與b點到乙導(dǎo)線的距離相等，甲、乙兩條導(dǎo)線中均通有恒定的電流，其大小分別為I甲和I乙，帶電粒子所受的重力及空氣阻力均可忽略不計。下列說法中可能正確的是（）A．兩直導(dǎo)線中的電流方向一定相反 B．帶電粒子一定帶正電 C．I甲一定小于I乙 D．帶電粒子一定是從a點向b點運動【分析】根據(jù)粒子在a點的旋轉(zhuǎn)方向與在b點的旋轉(zhuǎn)方向結(jié)合左手定則、安培定則判斷導(dǎo)線中的電流方向；根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運動的方向；根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合導(dǎo)線周圍磁場強弱分析電流大小?！窘獯稹拷猓篈、由于粒子在a點的旋轉(zhuǎn)方向與在b點的旋轉(zhuǎn)方向相反，根據(jù)左手定則可知a點與b點的磁場方向相反，根據(jù)安培定則可知兩直導(dǎo)線中的電流方向一定相同，故A錯誤；BD、根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運動的方向，故BD錯誤；C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子運動的軌跡半徑r＝，電流越大，距離導(dǎo)線相同距離處的磁場越強，則粒子軌跡半徑越小，根據(jù)題圖可知在b處粒子軌跡半徑小，則導(dǎo)線乙的電流強度大，故C正確。故選：C。【點評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中的運動，掌握安培定則、左手定則、以及帶電粒子在磁場中運動時向心力的來源是關(guān)鍵。11．（2020秋?貴陽期末）空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，其橫截面的半徑為R，圓心為O，磁場方向垂直橫截面（紙面向里）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電粒子從M點平行于橫截面以速率D射入磁場，速度方向與直徑MN的夾角為θ＝30°，離開磁場時速度方向與MN垂直，不計粒子重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的特點及幾何關(guān)系可求磁感應(yīng)強度?！窘獯稹拷猓寒嫵鰩щ娏Ｗ釉趫A形磁場中的運動軌跡，如圖所示，設(shè)帶電粒子在圓形磁場中的運動軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可知：2rcos30°＝2Rcos30°，解得r＝R，由牛頓第二定律及圓周運動公式可得，解得，故選項C正確，選項ABD錯誤。故選：C。【點評】運用左手定則判斷粒子所受力的方向，速度偏轉(zhuǎn)角和圓心角之間的關(guān)系正確把握，合理運用幾何關(guān)系解題。12．（2020秋?郊區(qū)校級期末）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的收集板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場向圓形區(qū)域內(nèi)射入大量帶正電的粒子，粒子所帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為m。不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力，關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是（）A．粒子只要對著圓心入射，出磁場后就可垂直打在MN上 B．對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心 C．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在MN上 D．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，運動的時間也越長【分析】粒子沿著圓心方向射入磁場，其出射的速度的反向延長線就一定過圓心。速度滿足，屬于磁聚焦的逆過程，沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在MN上。入射速度越大，弧長越長，軌跡所對應(yīng)圓心角越小，時間越短?！窘獯稹拷猓篈、粒子只要沿著圓心方向射入磁場，其出射的速度的反向延長線就一定過圓心，如圖所示：并且只有運動軌跡的半徑等于圓形磁場區(qū)域半徑的粒子出磁場后才能垂直打在MN上，故A、B錯誤。C、由可得，所以只要速度滿足，粒子運動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑相等，沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在MN上，如圖：，故C正確。D、對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中的軌跡半徑就越大，通過的弧長越長，軌跡所對的圓心角越小，由可知，周期相等，由t＝可知，圓心角越小，運動時間越短，故D錯誤。故選：C?！军c評】注意帶電粒子在磁場中運動時速度與半徑的關(guān)系、速度與弧長和圓心角的關(guān)系。13．（2020秋?懷仁市期末）如圖所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，BC邊的中點O有一粒子源，可以在ABC平面內(nèi)沿任意方向發(fā)射速率均相同的正粒子（）A．粒子速度至少，B點才有粒子射出 B．從B點射出的粒子，在磁場中運動的最長時間為 C．粒子速度至少，A點才有粒子射出 D．A點不可能有粒子射出【分析】當(dāng)粒子運動軌跡與AB相切時從B點射出的粒子速度最小，對應(yīng)的圓心角最大，運動的時間最長，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合周期公式求解；粒子運動軌跡與AC相切時從A點射出的粒子速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)粒子運動軌跡與AB相切時從B點射出的粒子速度最小，對應(yīng)的圓心角最大，運動的時間最長，此時粒子運動軌跡的半徑為＝；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m，解得粒子從B點射出的最小速度為：v＝；設(shè)粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為2θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ＝＝，所以θ＝60°，粒子運動的時間為：t＝×＝，故A錯誤，B正確；CD、粒子運動軌跡與AC相切時從A點射出的粒子速度最小，粒子運動軌跡如圖中大圓所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對應(yīng)的半徑為R＝AO＝L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv′B＝m，解得粒子從A點射出的最小速度為v′＝，故CD錯誤。故選：B。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。14．（2021?鄭州一模）如圖所示，在MNPQ中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中實線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點。不計粒子重力。下列說法中正確的是（）A．粒子c帶負(fù)電，粒子a、b帶正電 B．射入磁場時，粒子b的速率最小 C．粒子a在磁場中運動的時間最長 D．若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運動時間不變【分析】根據(jù)粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)粒子做圓周運動的周期與轉(zhuǎn)過的圓心角比較粒子運動時間。【解答】解：A、根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負(fù)電，故A錯誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速率最小，故B錯誤；C、粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝相同，粒子在磁場中的運動時間：t＝T＝，由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，則射入磁場時粒子a的運動時間最長，故C正確；D、若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，則a粒子射入磁場時的半徑會變大，導(dǎo)致軌跡對應(yīng)的圓心角會變小，所以a粒子動時間會變小，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大小。15．（2021?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，粒子從b點離開磁場，在磁場里的運動時間為t1；如果只改變粒子射入磁場的速度大小，粒子從c點離開磁場，在磁場里的運動時間為t2。不計粒子重力，則t1與t2之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1【分析】分析粒子的運動過程，由幾何知識求出帶電粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角，再根據(jù)周期公式求解。【解答】解：根據(jù)周期公式可得：T＝，同一種粒子在磁場中運動的周期相同。兩個粒子運動軌跡如圖所示，粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab方向的夾角為60°，與ac方向的夾角為30°；當(dāng)粒子從a點進(jìn)入磁場，b點出磁場時，速度偏轉(zhuǎn)角為θ1＝2×60°＝120°，所以軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，可得粒子在磁場中的運動時間為t1＝＝。當(dāng)粒子從a點進(jìn)，c點出時，速度偏轉(zhuǎn)角為θ2＝2×30°＝60°，所以軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，可得粒子在磁場中的運動時間為t2＝T＝。因此，t1：t2＝2：1，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵是弄清楚運動過程，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解軌跡對應(yīng)的圓心角，知道帶電粒子在磁場中運動時間的求解方法。16．（2021?江西模擬）如圖所示，兩個電量相等、速率相等的帶電粒子僅在磁場力作用下在半徑為R的圓形磁場區(qū)域（磁場垂直紙面）中做勻速圓周運動，都從A點沿直徑AB方向進(jìn)磁場，分別從C、D兩點出磁場，C為圓弧AB中點，D到OC的距離為0.5R，則它們在磁場中運動的時間之比為（）A．3：4 B．3：5 C．3：2 D．：2【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解兩個粒子的軌跡半徑和軌跡對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解粒子的運動時間，由此得到運動時間之比?！窘獯稹拷猓簝蓚€粒子的運動軌跡如圖所示；根據(jù)幾何關(guān)系可知，從C點射出的粒子半徑為R，偏轉(zhuǎn)角為90°，運動時間為：，根據(jù)題意結(jié)合圖中幾何關(guān)系可得sin∠DOC＝＝0.5，則∠DOC＝30°，所以∠AOD＝90°+30°＝120°由此可得θ＝180°﹣120°＝60°從D點射出的粒子半徑為r＝Rtan60°＝，運動時間為：tD＝＝＝，解得：，故D正確、ABC錯誤。故選：D?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。17．（2021?江蘇一模）如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，同種粒子每次都從a點沿與ab邊成30°的方向垂直于磁場射入，初速度大小為v時，粒子從ac邊距a點L處射出磁場。不計粒子的重力，則粒子（）A．一定帶負(fù)電 B．初速度為2v時，出射位置距a點L C．初速度為2v時，在磁場中運動的時間變短 D．初速度為10v時，能從bc邊的中點射出【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，結(jié)合左手定則判斷粒子帶電的電性；作出當(dāng)速度增加時，半徑也增大乃至最大半徑的軌跡，由幾何關(guān)系確定半徑關(guān)系和偏轉(zhuǎn)角，從而確定時間長短。【解答】解：畫出粒子的運動軌跡如圖所示，A、由題意及左手定則，可以判斷粒子帶正電，故A錯誤；B、當(dāng)初速度為2v時，由半徑公式r＝，則半徑r2也變?yōu)?r1，如圖所示，由幾何關(guān)系可看出：出射點離a點的距離為，故B正確；C、從上圖可以看出，偏轉(zhuǎn)角未變，在磁場中的運動時間未變，故C錯誤；D、從上圖也可以看出，當(dāng)速度增加為3倍時，半徑r3＝3r1＝L，恰從c點射出，若速度大于3倍后，粒子將從bc邊穿出，若從bc中點穿出，由幾何關(guān)系可知，該粒子做直線運動，與題意相矛盾，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找到臨界幾何條件，再運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合求解即可。18．（2020秋?番禺區(qū)期末）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成60°角從原點射入磁場，則正、負(fù)電子在磁場中運動時間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1： D．：1【分析】帶電粒子以一定的速度垂直進(jìn)入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．粒子受到的洛倫茲力提供向心力；粒子在磁場中運動的周期僅與粒子的比荷及磁場有關(guān)，粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角θ，根據(jù)t＝T求運動時間．【解答】解：正電子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負(fù)電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)。由T＝，知兩個電子的周期相等。正電子以30°入射，從y軸離開磁場時，速度方向與y軸的夾角為30°，則軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，正電子在磁場中運動時間為t1＝T＝T＝T。同理，負(fù)電子電子從x軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識得知，速度與x軸的夾角為60°，則負(fù)電子速度的偏向角為θ2＝120°，其軌跡對應(yīng)的圓心角也為120°，則負(fù)電子在磁場中運動時間為t2＝T＝T＝T，所以正電子與負(fù)電子在磁場中運動時間之比為t1：t2＝1：2。故選：A。【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑．則可畫出正、負(fù)離子運動軌跡，由幾何關(guān)系可知答案．19．（2020秋?越秀區(qū)期末）帶電粒子M經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強磁場，運動的軌跡如圖中虛線所示。在磁場中靜止著不帶電的粒子N．粒子M與粒子N碰后粘在一起在磁場中繼續(xù)運動，碰撞時間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。下列說法正確的是（）A．碰后粒子做圓周運動的半徑減小 B．碰后粒子做圓周運動的周期減小 C．碰后粒子做圓周運動的動量減小 D．碰后粒子做圓周運動的動能減小【分析】由于碰撞過程中動量守恒，根據(jù)半徑計算公式分析半徑是否變化；根據(jù)周期公式分析周期是否變化，由于碰撞過程中有能量損失，分析動能的變化?！窘獯稹拷猓涸O(shè)粒子M的電量為q，質(zhì)量為m1，速度為v0，粒子N的質(zhì)量為m2，碰撞后的速度為v。AC、由于碰撞過程中動量守恒，則有：m1v0＝（m1+m2）v，碰撞前的半徑r＝，碰撞后的半徑r′＝，所以碰后粒子做圓周運動的動量不變、半徑不變，故AC錯誤；B、根據(jù)周期公式可得T＝，由于碰撞后質(zhì)量增大、故周期變大，故B錯誤；D、由于碰撞過程中有能量損失，動能減小，所以碰后粒子做圓周運動的動能減小，故D正確。故選：D。【點評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵是掌握碰撞過程中動量守恒，根據(jù)半徑的計算公式、周期的計算公式結(jié)合動量守恒定律進(jìn)行分析。20．（2020秋?太原期末）洛倫茲力演示儀，可用來觀察帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)。如圖，玻璃泡（P）內(nèi)有電子槍和加速電極，一對勵磁線圈（M）位于玻璃泡的前后。當(dāng)M中通有恒定電流時，P所在處會產(chǎn)生勻強磁場，改變M中的電流，磁感應(yīng)強度會改變；電子槍發(fā)出電子，改變加速電極的電壓，電子獲得的速度會改變。當(dāng)M中的電流沿逆時針方向時，電子槍垂直磁場向右發(fā)射電子后，可看到P內(nèi)電子束的徑跡呈圓形，則（）A．P處磁感應(yīng)強度的方向垂直于M所在平面向里 B．P內(nèi)的電子束沿順時針方向做圓周運動 C．若只增大M中的電流，電子束的徑跡呈圓形且半徑變大 D．若只增大加速電壓，電子束的徑跡半徑增大【分析】根據(jù)M中的電流方向，應(yīng)用安培定則判斷磁感應(yīng)強度的方向；依據(jù)電子進(jìn)入磁場方向應(yīng)用左手定則判斷電子圓周運動的方向；根據(jù)動能定理Uq＝表示出加速后獲得的速度v＝，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝推導(dǎo)出半徑的表達(dá)式，再進(jìn)行分析．【解答】解：A、由題意M中的電流沿逆時針方向，據(jù)安培定則可知，P處磁感應(yīng)強度的方向應(yīng)垂直紙面向外，即垂直于M所在平面向外，故A錯誤；B、玻璃泡的電子槍加速電子后沿直線向右射出后，由左手定則判斷，電子在磁場中做逆時針方向圓周運動，故B錯誤；C、當(dāng)勵磁線圈中的電流增大時，磁感應(yīng)強度增大，由半徑公式r＝可知粒子做勻速圓周運動的半徑減小，故C錯誤；D、若增大加速電壓，則粒子開始進(jìn)入磁場的速度也增大，由半徑公式可知，粒子做勻速圓周運動的半徑增大，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了粒子在磁場中運動在實際生活中的應(yīng)用，正確分析出儀器的原理是關(guān)鍵，要掌握磁場中粒子圓周運動的半徑公式的應(yīng)用．二．多選題（共10小題）21．（2021春?阜陽期末）如圖所示，一帶正電小球從離地面高為h的地方以水平速度v緊貼光滑擋板進(jìn)入范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場B中。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運動 B．小球做平拋運動 C．小球到達(dá)地面時的速度為 D．如果擋板不光滑，小球最終可能做勻速直線運動【分析】對小球做受力分析，根據(jù)小球的受力情況判斷小球的運動性質(zhì)，同時對小球根據(jù)動能定理解得落地的速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、對小球做受力分析可知，小球受重力、垂直于紙面向里的洛倫茲力、垂直于紙面向外的支持力，同時洛倫茲力與支持力平衡。所以小球做平拋運動，故A錯誤，B正確。C、根據(jù)動能定理有：mgh＝，解得小球落地的速度v1＝，故C正確。D、若擋板不光滑，小球還受到沿軌跡切線方向的摩擦力，重力與摩擦力不平衡，所以小球不會做勻速直線運動，故D錯誤故選：BC。【點評】本題考查了判斷小球的運動性質(zhì)，根據(jù)受力分析清楚小球的運動情況，從而根據(jù)對應(yīng)的運動學(xué)特點解題。22．（2021?濰坊三模）如圖所示，正方形abcd邊長為L，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。a點有一粒子源，沿對角線ac方向發(fā)射速度不同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，下列說法正確的是（）A．電子可能從bc邊射出 B．垂直cd邊射出的電子速度大小為 C．電子在磁場中運動的最長時間為 D．從ad邊射出的電子動量相同【分析】電子沿ac直線射入，電子帶負(fù)電，由左手定則可知，電子偏向ac左側(cè)，不會從bc邊射出，當(dāng)電子垂直dc邊射出時，由幾何關(guān)系求得半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力解得速度大小，.電子在磁場中偏轉(zhuǎn)角最大時，運動時間最大，從ad邊射出時，出射角都等于入射角，偏轉(zhuǎn)角最大為90°，從ad邊射出時，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以動量不同?！窘獯稹拷猓篈.電子沿ac直線射入，電子帶負(fù)電，由左手定則可知，電子偏向ac左側(cè)，不會從bc邊射出，故A錯誤；B.當(dāng)電子垂直dc邊射出時，如圖，由幾何關(guān)系可知R＝L又evB＝m得v＝故B正確；C.電子在磁場中偏轉(zhuǎn)角最大時，運動時間最大，從ad邊射出時，出射角都等于入射角，偏轉(zhuǎn)角最大為90°，時間t＝故C正確；D.從ad邊射出時，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以動量不同，故D錯誤；故選：ABC。【點評】本題考查粒子在磁場的運動問題，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可解得速度大小，注意欲求最大時間，需找最大偏轉(zhuǎn)角。23．（2021?珠海二模）核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢，中科院等離子體物理研究所設(shè)計制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實驗裝置（EAST），這是我國科學(xué)家率先建成了世界上第一個全超導(dǎo)核聚變“人造太陽實驗裝置將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是（）A．甲粒子受到洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右 B．乙粒子受到洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動 C．丙粒子做勻速圓周運動，半徑為 D．所有粒子運動過程中動能不變【分析】由左手定則判斷洛倫茲力方向；速度方向與磁場方向平行，則不受洛倫茲力，做勻速直線運動；洛倫茲力不做功?！窘獯稹拷猓篈.甲粒子速度方向與磁場方向垂直，則洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里。故A錯誤；B.乙粒子速度方向與磁場方向平行，則洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動。故B正確；C.丙粒子速度方向與磁場方向不垂直，不做勻速圓周運動。故C錯誤；D.洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運動過程中動能不變。故D正確。故選：BD。【點評】考查洛倫茲力的特點，注意只有速度與磁場垂直，粒子才做勻速圓周運動，速度與磁場平行時，不受洛倫茲力。24．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，a、b、c是直線MN上的三點，a與b的距離為L，c為a、b的中點。電子1從a點以速率v0垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t時間從b點離開磁場，之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率v垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從c點離開磁場。下列說法正確的是（）A．電子的軌跡半徑 B．電子的軌跡半徑L C．電子在磁場中運動的時間t1：t2之比為3：1 D．若電子2由a點以2v0速率沿圖示方向射入磁場，經(jīng)t2時間從b點離開磁場【分析】根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求出電子1在磁場中運動的半徑；根據(jù)幾何關(guān)系確定電子1、2在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角即可求出電子1、2在磁場中運動的時間；求得電子2以2v0進(jìn)入磁場的半徑，根據(jù)幾何關(guān)系判斷在b點離開磁場?！窘獯稹拷猓簝呻娮釉诖艌鲋芯鰟蛩賵A周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示。AB、電子1垂直射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為電子1的運動軌跡的直徑，c點為圓心，由幾何關(guān)系可得電子軌跡的半徑r＝，故A正確，B錯誤。C、電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝，電子2運動的時間t2＝t1：t2＝3：1.故C正確。D、若電子2由a點以2v0速率沿圖示方向射入磁場，＝L，由C選項可知，電子2會從b點離開磁場，故D正確故選：ACD?！军c評】本題的關(guān)鍵要知道電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電子在磁場中做圓周運動的周期和半徑都相同，根據(jù)幾何關(guān)系求解時間。25．（2021?武侯區(qū)校級模擬）如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為 C．粒子在磁場中運動的時間為 D．圓形磁場區(qū)域的半徑為【分析】根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運動軌跡根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑，再根據(jù)弧長公式求得軌跡長度；根據(jù)周期公式求運動時間；再根據(jù)幾何關(guān)系求磁場區(qū)域半徑。【解答】解：由圖可知，粒子受向下的洛倫茲力，而磁場的方向是垂直紙面向外，故由左手定則可知，四指的方向與速度v的方向一致，所以粒子帶正電，故A錯誤；由于粒子偏轉(zhuǎn)了θ角，故粒子在磁場中運動軌跡的圓心角也等于θ，而粒子做圓周運動，如下圖所示，則：Bqv＝m，故粒子的偏轉(zhuǎn)半徑R＝，所以粒子在磁場中運動的軌跡長度為L＝Rθ＝，故B正確；粒子在磁場中運動的時間為t＝，故C正確；圓形磁場區(qū)域的半徑為R＝，而不是tanθ，選項D錯誤，本題選擇錯誤選項故選：AD?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中運動，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，找到圓心角以及半徑是解題關(guān)鍵。26．（2021?重慶模擬）碳14原子核的衰變方程為C→N+e。一個碳14原子核沿垂直磁場方向射入勻強磁場中，其運動軌跡為如圖所示的圓弧AO，衰變后產(chǎn)生的氮14原子核的運動軌跡為圓弧OB，兩運動軌跡在O點相切于虛線MN。已知碳14原子核和氮14原子核的軌跡半徑之比RC：RN＝7：6，各粒子所受重力影響及粒子間的相互作用均忽略不計，磁場范圍足夠大。則下列說法正確的（）A．衰變后產(chǎn)生的氮14原子核將沿逆時針方向做勻速圓周運動 B．衰變后產(chǎn)生的電子將在虛線MN的左側(cè)做勻速圓周運動 C．碳14原子核、氮14原子核和電子的動量大小之比為1：1：2 D．碳14原子核、氮14原子核和電子的軌跡半徑之比為7：6：42【分析】根據(jù)左手定則判斷氮14的運動方向，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，且動量守恒，解得三個粒子的動量大小之比，與軌跡半徑之比【解答】解：A、由圖可知，碳14在O點發(fā)生衰變，則氮14的運動軌跡為OB，根據(jù)左手定則可判斷是沿逆時針方向做勻速圓周運動，故A正確；BC、由qvB＝，則R＝，設(shè)氮和碳的動量分別為pN、pCRC＝，RN＝因為RC：RN＝7：6＝：，故pC＝pN，即碳氮動量大小相等。又因為氮14與碳14運動方向相反，所以pC＝﹣pN由動量守恒，規(guī)定碳14方向為正，則pC＝pN+pe解得pe＝2pC，方向與碳的運動方向相同，則碳14原子核、氮14原子核和電子的動量大小之比為1：1：2，故B錯誤，C正確。D、Re＝，RN：Re＝：＝1：14，則碳14原子核、氮14原子核和電子的軌跡半徑之比為7：6：84，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查衰變中的動量守恒，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可解得。27．（2021春?安徽月考）如圖所示，空間存在相鄰的勻強磁場區(qū)域。磁場Ⅰ方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場Ⅱ方向垂直紙面向外，寬度為。現(xiàn)讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以水平速率v垂直磁場Ⅰ從O點射入，當(dāng)粒子從磁場Ⅱ邊緣C處射出時，速度也恰好水平。已知粒子在磁場Ⅰ中運動時間是磁場Ⅱ中運動時間的2倍，不計粒子重力，則（）A．磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小為B B．磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小為2B C．磁場Ⅰ的寬度為2d D．磁場I的寬度為d【分析】依題意畫出粒子先后在兩磁場中的運動軌跡圖，因射入與射出速度方向平行，由圖中幾何關(guān)系可知兩軌跡的圓心角相等，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律，利用圓心角結(jié)合周期推導(dǎo)出時間表達(dá)式，利用時間關(guān)系，比較得到磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度大??；已求得磁感應(yīng)強度的關(guān)系，可得到半徑關(guān)系，利用幾何關(guān)系求得兩磁場寬度之比?！窘獯稹拷猓篈B、粒子在兩磁場中都只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由左手定則判斷，粒子在磁場Ⅰ中逆時針偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入在磁場Ⅱ后順時針偏轉(zhuǎn)，對應(yīng)運動軌跡如右圖所示。由洛倫茲力提供向心力可得：qvB′＝m運動周期：T＝＝在磁場中運動時間：t＝T＝，θ為軌跡圓心角，設(shè)粒子在磁場Ⅰ、Ⅱ中運動軌跡的圓心角分別為θ1、θ2，運動時間為t1、t2，已知：t1＝2t2，因射入與射出速度方向平行，由圖中幾何關(guān)系可知：θ1＝θ2，可得：，又有：B1＝B，則：B2＝2B，即磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小為2B，故B正確，A錯誤；CD、由qvB′＝m，可得：r＝，可得：圖中△EO1A與△FO2A相似，磁場寬度之比：，已知：d2＝，則：d1＝d，即磁場I的寬度為d，故D正確，C錯誤。故選：BD。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道速度大小與半徑相關(guān)聯(lián)，時間與圓心角相關(guān)聯(lián)。28．（2021春?奉新縣校級月考）如圖所示，圓心角為90°的扇形區(qū)域MON內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點?，F(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b，以不同的速度先后從P點沿ON方向射入磁場，并分別從M、N兩點射出磁場。不計粒子所受重力及粒子間相互作用。粒子a、b在磁場中運動過程，下列說法正確的是（）A．粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電 B．粒子a在磁場中的運動時間短 C．粒子a、b的加速度大小之比為1：5 D．粒子a、b的速度大小之比為5：1【分析】畫出a、b粒子對應(yīng)的運動軌跡圖；由所受洛倫茲力的方向結(jié)合左手定則判斷粒子帶電正負(fù)；找到兩粒子圓心角大小關(guān)系來比較運動時間長短；由幾何條件求得半徑比值，應(yīng)用牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，求得速度大小和加速度大小之比?！窘獯稹拷猓篈、兩粒子進(jìn)入磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，a粒子逆時針偏轉(zhuǎn)由M點射出磁場，由左手定則判斷a粒子帶負(fù)電；b粒子順時針偏轉(zhuǎn)由N點射出磁場，由左手定則判斷b粒子帶正電，故A正確；B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，運動周期：T＝＝＝，（比荷k＝），可見兩粒子的運動周期相等，在磁場中運動時間：t＝T，θ為軌跡圓心角，兩粒子的運動軌跡如右圖所示，由圖可知，粒子a的軌跡圓心角為π大于粒子b的軌跡圓心角，故粒子a在磁場中的運動時間長，故B錯誤；CD、設(shè)扇形區(qū)域的半徑為L，對于a粒子：2Ra＝，得：Ra＝對于b粒子：在△ONOb中有：，解得：Rb＝，由qvB＝m，推得：v＝＝kBR，可見速度大小v與R成正比，則，由qvB＝ma，推得：a＝＝kBv，可見加速度a與v成正比，則，故C正確，D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道速度大小與軌跡半徑相關(guān)聯(lián)，運動時間與軌跡圓心角相關(guān)聯(lián)。29．（2021?青島模擬）如圖，直角邊長度為L的等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．速度大小不同的同種帶正電粒子從c點沿cb方向射入磁場，粒子的比荷為k，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子的速度越大，在磁場中運動的時間越短 B．粒子在磁場中運動的最長時間為 C．粒子在磁場中運動的軌跡不同，時間可能相同 D．粒子速度大小為2kBL時，在磁場中運動的時間為【分析】畫出不同速度大小對應(yīng)的運動軌跡圖，找到在ac邊和ab邊出射時的圓心角的變化規(guī)律；應(yīng)用牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，利用圓心角結(jié)合周期求時間；已知速度大小，求得半徑，利用幾何關(guān)系求圓心角，再求時間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆M(jìn)入磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由左手定則判斷粒子順時針偏轉(zhuǎn)，粒子以大小不同的速度從c點沿cb方向射入磁場，對應(yīng)運動軌跡如右圖所示。由牛頓第二定律得：qvB＝m運動周期：T＝＝＝，(比荷k＝)AC、如圖所示，當(dāng)粒子在ac邊離開磁場時，其速度越大，軌跡半徑越大，但是軌跡圓心角θ始終等于保持不變；當(dāng)粒子在ab邊離開磁場時，其速度越大，軌跡半徑越大，出射點越靠近b點，軌跡圓心角越小，在磁場中運動時間：t＝T，可知當(dāng)粒子在ac邊離開磁場時，粒子的速度變大，在磁場中運動的時間相同；當(dāng)粒子在ab邊離開磁場時，其速度越大，在磁場中運動的時間越短，故A錯誤，C正確；B、如圖所示，當(dāng)粒子在ac邊離開磁場時，軌跡圓心角θ始終等于，且為最大，在磁場中運動的最長時間為：tm＝T＝，故B正確；D、粒子速度大小v＝2kBL時，軌跡半徑r＝＝2L，其軌跡如圖中紅色軌跡，軌跡圓心角為θ4，由幾何關(guān)系知：sinθ4＝解得：θ4＝該粒子在磁場中運動的時間：t4＝T＝，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動的問題，畫運動軌跡圖時解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件(如出射點的位置，軌跡與邊界相切等)確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時間與圓心角相關(guān)聯(lián)。30．（2021?順德區(qū)模擬）熱中子核反應(yīng)堆需要控制反應(yīng)速度和反應(yīng)溫度。一種稱為“電磁泵”的裝置，是靠熔化的鈉來傳遞核燃燒產(chǎn)生的熱量，抽動液態(tài)鈉的“泵”傳動部分不允許和鈉接觸。如圖所示為該裝置中的耐熱導(dǎo)管，處于向右的勻強磁場中。讓電流通過導(dǎo)管中的鈉液，可以使熔融的鈉在管中按圖中標(biāo)示的方向加速流過。下列說法正確的是（）A．鎘棒插入反應(yīng)堆越深，核反應(yīng)越激烈 B．重水使中子減速，有助于提高核反應(yīng)幾率 C．導(dǎo)管中鈉液的電流方向垂直速度方向向上 D．導(dǎo)管中鈉液的電流方向與速度的方向相同【分析】鎘棒插的越深，鎘棒吸收中子越多，鏈?zhǔn)椒磻?yīng)越慢；重水使中子減速，中子減速核反應(yīng)變慢；根據(jù)左手定則判斷電流方向?！窘獯稹拷猓篈、鎘棒是減速棒，插入越深，吸收中子越多，核反應(yīng)越慢，故A錯誤；B、重水使中子減速，慢中子更容易被鈾核捕獲,有助于提高核反應(yīng)幾率，故B正確；C、使鈉液加速，說明受力和速度方向相同，根據(jù)左手定則，電流方向應(yīng)該向上，故C正確；D、根據(jù)左手定則可知，電流方向與速度方向相互垂直，故D錯誤；故選：BC。【點評】本題考查本題是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)基礎(chǔ)知識的直接考查和判斷洛倫茲力的左手定則，難度適中。三．計算題（共10小題）31．（2021?七星區(qū)校級模擬）如圖所示，在第二、三象限存在范圍足夠大水平向左的勻強電場E，在一、四象限存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子從（﹣d，d）的a點由靜止釋放，進(jìn)入磁場，再次回到y(tǒng)軸時恰能經(jīng)過坐標(biāo)原點（不計粒子重力）求：（1）磁場磁感應(yīng)強度的大??；（2）粒子第三次經(jīng)過y軸的時間?！痉治觥浚?）由動能定理求粒子進(jìn)入磁場的速度，再由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強度；（2）由動量定理求粒子在電場中運動時間，再求粒子在磁場中運動時間，二者相加即可解答?！窘獯稹拷猓海?）粒子軌跡如圖所示：在電場中加速，由動能定理：qEd＝，由幾何關(guān)系得：r＝，由牛頓第二定律：qvB＝m聯(lián)立解得：B＝2（2）由對稱性可知粒子在電場中加速減速時間相等，設(shè)為t1，由動量定理有：qEt1＝mv聯(lián)立解得：t1＝粒子在磁場中運動周期為：T＝運動時間為：t2＝聯(lián)立解得：t2＝所以粒子第三次經(jīng)過y軸的時間為：t＝3t1+t2＝3答：（1）磁場磁感應(yīng)強度的大小為2；（2）粒子第三次經(jīng)過y軸的時間為3?！军c評】本題求粒子在電場中運動時間，即可用運動學(xué)，也可用動量定理，方法很重要；帶電粒子在勻強磁場中運動，按照12字方針解答：畫軌跡，找圓心，定半徑，求時間。32．（2021?安徽模擬）如圖，平行的MN、PQ與MP間（含邊界）有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，邊界MN與MP的夾角α＝30°，點P處有一離子源，離子源能夠向磁場區(qū)域發(fā)射各種速率的、方向平行于紙面且垂直于MP的正、負(fù)離子，離子運動一段時間后能夠從不同的邊界射出磁場。已知從邊界PQ射出的離子，射出點與P點距離最大的離子的速度為v0，所有正、負(fù)離子的比荷均為k，不計離子的重力及離子間的相互作用。求：（1）MP的長度；（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值?！痉治觥浚?）帶電粒子在磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求得長度；（2）速度最大時離子運動軌跡恰好與MN相切，求得最大速度。【解答】解：（1）設(shè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，從邊界PQ射出的速度為v0的離子，設(shè)其運動半徑為R1，運動軌跡恰好與MN相切，運動軌跡如1所示。根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B＝m根據(jù)幾何關(guān)系得：Lsinα＝R1﹣R1sinα解得：L＝（2）從邊界MP射出的離子，速度最大時離子運動軌跡恰好與MN相切，設(shè)其運動半徑為R2，運動軌跡如2所示，根據(jù)牛頓第二定律得：qvmB＝m根據(jù)幾何關(guān)系得MP的長度為：L＝解得：答：（1）MP的長度為；（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值為。【點評】本題考查帶電粒子在磁場的運動，關(guān)鍵在于結(jié)合題目意思作圖，根據(jù)幾何關(guān)系確定速度與半徑大小。33．（2021春?湖南月考）如圖所示，邊長為2L的正方形abcd區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，平行金屬板MN、PQ間有勻強電場（圖中未畫出），MN與ad邊的左半部分重合，兩板左端M、P在ab邊上，金屬板長度及板間距均為L。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿兩金屬板的中線SO射入，恰好做直線運動，最后恰好不能從cd邊射出磁場。不計粒子受到的重力。（1）求粒子從S點射入時的速度大??；（2）求金屬板間勻強電場的電場強度；（3）若撤去兩金屬板間的磁場，其他位置的磁場不變，使兩金屬板間的電場方向與原來相反，電場強度大小不變，求粒子離開磁場時的位置和射出方向?！痉治觥浚?）由題意：粒子恰好不能從cd邊射出磁場，可知圓弧軌跡與cd邊相切，由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律解得速度大小，粒子在兩金屬板間做勻速直線運動，可知粒子從S點射入時的速度大小等于在磁場中做勻速圓周運動的線速度大小；（2）由題意：粒子在兩金屬板間做直線運動，所受洛倫茲力與電場力必大小相等，方向相反，合力為零，解得電場強度；（3）金屬板間只有電場，粒子做類平拋運動，將運動分解為沿板和垂直板的分運動，由運動學(xué)公式解得進(jìn)入磁場的速度大小和方向，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律解得軌跡半徑，再由幾何關(guān)系得到離開磁場時的位置和射出方向。【解答】解：（1）粒子從兩極板間射出進(jìn)入磁場，在磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由左手定則知粒子順時針偏轉(zhuǎn)，粒子恰好不能從cd邊射出磁場，則其圓弧軌跡與cd邊相切，軌跡如圖1所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的圓弧軌跡半徑：r1＝L，由洛倫茲力提供向心力，則有：，解得：粒子在兩金屬板間做直線運動，所受洛倫茲力與電場力必大小相等，方向相反，粒子所受合力為零，做勻速直線運動，即粒子從S點射入時的速度大小等于在磁場中做勻速圓周運動的線速度大小，則粒子從S點射入時的速度大小為。（2）由（1）可知粒子在兩金屬板間運動時，洛倫茲力與電場力大小相等，則有：qvB＝qE解得：因粒子帶負(fù)電荷，在兩金屬板間受到的洛倫茲力方向豎直向下，則受到的電場力方向豎直向上，所以電場強度方向豎直向下。（3）由題已知：撤去兩金屬板間的磁場，則粒子在板間只受到與入射速度垂直向下的電場力，粒子做類平拋運動，則：沿極板方向做勻速直線運動，則有：vt＝L垂直極板方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有：，vy＝at在電場中的加速度：解得：，可見粒子從金屬板PQ的右側(cè)邊緣射出，并且vy＝v，進(jìn)入磁場時的速度大?。哼M(jìn)入磁場時的速度方向與水平方向的夾角θ＝45°，軌跡如圖2所示。粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：解得：由幾何關(guān)系可知，在磁場中運動軌跡的圓心恰為b點，所以粒子從bc邊上垂直bc邊射出磁場，且出射點到b點的距離為。答：（1）粒子從S點射入時的速度大小為；（2）金屬板間勻強電場的電場強度大小為，方向為豎直向下。（3）粒子離開磁場時的位置為在bc邊上與b點的距離為，射出方向為垂直bc邊向下?！军c評】本題考查了帶電粒子在復(fù)合電磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時間與圓心角相關(guān)聯(lián)。在電場的類平拋運動處理方法是運動分解與合成。34．（2021春?安徽月考）如圖所示，在邊長L＝m的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在正交分布的磁感應(yīng)強度大小B＝10T、方向垂直紙面向外的勻強磁場和勻強電場（圖中未畫出）?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝1.0×10﹣2C的帶正電微粒，從AC邊的中點P以平行于CD邊的某一速度射入磁場，恰能做勻速圓周運動，重力加速度g取10m/s2。求：（1）勻強電場的電場強度的大小和方向；（2）若微粒恰好從D點飛出磁場，則微粒的入射速度大小v；（3）微粒在該區(qū)域運動的最長時間（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）微粒恰能做勻速圓周運動，需要重力與電場力平衡，可求勻強電場的電場強度的大小和方向；（2）畫出微粒恰好從D點飛出磁場的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力求微粒的入射速度大?。唬?）軌跡圓心角越大，運動時間越長，畫軌跡圖找到最大的軌跡圓心角，利用周期可求微粒在該區(qū)域運動的最長時間。【解答】解：（1）帶正電的微粒恰能做勻速圓周運動，需重力與電場力平衡，微粒相當(dāng)于只受洛倫茲力，則有：qE＝mg代入數(shù)據(jù)解得：E＝1×102N/C，方向豎直向上。（2）微粒在磁場中做勻速圓周運動，從D點飛出磁場的軌跡如右圖中藍(lán)色實線，設(shè)此軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知，△POD為等邊三角形，則有：r1＝PD＝Lsin60°＝L＝×m＝1.5m由洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝解得：v＝1.5m/s（3）微粒圓周運動周期：T＝＝，在磁場中運動時間：t＝T＝，（θ為軌跡的圓心角）可見軌跡的圓心角越大，微粒在磁場運動的時間越長，由圖可知，微粒在AC邊飛出磁場，軌跡圓心角最大為：θ＝tm＝代入數(shù)據(jù)解得：tm＝4.2s答：（1）勻強電場的電場強度的大小為1×102N/C，方向豎直向上；（2）若微粒恰好從D點飛出磁場，則微粒的入射速度大小v為1.5m/s；（3）微粒在該區(qū)域運動的最長時間為4.2s。【點評】本題考查了帶電粒子在復(fù)合電磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件(如出射點的位置，軌跡與邊界相切等)確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時間與圓心角相關(guān)聯(lián)。35．（2021春?宜春月考）如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子，以速度v從x軸上某一點垂直于x軸進(jìn)入上方的勻強磁場區(qū)域。已知x軸上方磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B，方向垂直于紙面向里；下方磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；之后電子在空間做周期性運動。（1）求電子周期性運動的周期；（2）求電子運動一個周期沿x軸移動的距離?！痉治觥扛鶕?jù)左手定則判斷洛倫茲的力的方向，電子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑和周期，確定電子運動一個周期經(jīng)歷的時間和沿x軸移動的距離．【解答】解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：在x軸上方過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：ev×2B＝m解得：r1＝粒子做圓周運動的周期為：T1＝＝＝在x軸下方過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：evB＝m解得：r2＝粒子做圓周運動的周期為：T2＝＝故電子運動一個周期經(jīng)歷的時間：T＝解得：T＝（2）電子運動一個周期沿x軸移動的距離：x＝2(r1+r2)解得：x＝答：（1）電子運動一個周期經(jīng)歷的時間是；（3）電子運動一個周期沿x軸移動的距離為．【點評】本題關(guān)鍵是明確電子的受力情況和運動情況，畫出運動軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系列式分析，基礎(chǔ)題目．36．（2021春?南城縣校級月考）如圖所示，在半徑為R＝的豎直圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，從圓頂點P以速率v0的帶正電粒子平行于紙面進(jìn)入磁場。已知粒子的質(zhì)量為m，電量為q，粒子重力不計。（1）若粒子對準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場中運動的時間；（2）若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，求它射出磁場時速度的水平分量（銳角方向的水平分量）。【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑，從而根據(jù)幾何關(guān)系求出圓弧的圓心角大小，通過弧長和速度求出在磁場中運動的時間．（2）若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼谋叮ㄟ^幾何關(guān)系求出圓弧的圓心角，從而得知出磁場的速度方向，根據(jù)速度分解求出它射出磁場時速度的水平分量；【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得qv0B＝解得：r＝R＝帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應(yīng)的圓心角為，如圖1所示，圖1則粒子在磁場中運動的時間t＝其中α＝，T＝＝聯(lián)立解得：t＝（2）由（1）知，當(dāng)v＝v0時，帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r1＝R其運動軌跡如圖2所示，圖2由圖可知∠PO2O＝∠OO2R＝θ由幾何關(guān)系可知：tanθ＝解得：θ＝30°所以帶電粒子離開磁場時偏轉(zhuǎn)原來方向2θ＝60°則粒子射出磁場時速度的水平分量v1＝vsin60°＝答：（1）若粒子對準(zhǔn)圓心射入，它在磁場中運動的時間為；（2）若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，它射出磁場時速度的水平分量為?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，解此類題目的關(guān)鍵是正確畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求出半徑，由洛倫茲力提供向心力求出速度或者磁感應(yīng)強度。本題關(guān)鍵是由幾何關(guān)系求出軌跡圓的半徑和速度偏角。37．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直面內(nèi)有一個圓心為O半徑為R的圓形電磁場區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，以及一個方向未知的勻強電場。一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球以初速度v0從電磁場外某處水平拋出，從電磁場邊界上的M點對準(zhǔn)圓心方向垂直于磁場進(jìn)入圓形區(qū)域，且MO與水平方向的夾角為30°。小球在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，且離開電磁場后恰好可以運動到跟拋出點等高的N點（未畫出），重力加速度為g，求：（1）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小；（2）從拋出到運動至N點的總時間?！痉治觥浚?）由題意：小球在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，分析可得重力與電場力平衡（可求此電場強度大?。陕鍌惼澚μ峁┫蛐牧?，小球做勻速圓周運動；再由題意：小球離開電磁場后恰好可以運動到跟拋出點等高的N點，分析可知離開電磁場的斜拋運動與進(jìn)入電磁場前的平拋運動具有對稱性，據(jù)此畫出小球的運動軌跡圖，由幾何關(guān)系解得圓周軌跡半徑，洛倫茲力提供向心力求得磁感應(yīng)強度大??；（2）理清運動過程的幾個階段，兩段拋體運動時間相等，利用平拋運動豎直方