2023年高考物理知識點(diǎn)復(fù)習(xí)：磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用（附答案解析）

2023年高考物理熱點(diǎn)復(fù)習(xí)：磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用

(2023高考課標(biāo)解讀】

1.會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向.

2.掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并能解決確定圓心、半徑、運(yùn)動(dòng)軌跡、周期、

運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)問題.

(2023高考熱點(diǎn)解讀】

知識點(diǎn)一洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用

1.洛倫茲力：磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力.

2.洛倫茲力的方向(左手定則)

(1)伸出左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi).

(2)讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向(或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向).

(3)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向.

3.洛倫茲力的大?。篎=qvBsinf。是V與8之間的夾角.

(1)當(dāng)M8時(shí)，F(xiàn)=O.

(2)當(dāng)v口8時(shí)，F(xiàn)=qvB.

4.洛倫茲力的特點(diǎn)：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，只改變帶電粒子速度的方向，

洛倫茲力對帶電粒子不做功.

【拓展提升】

1.洛倫茲力的特點(diǎn)

(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷.

(2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化.

(3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用.

(4)洛倫茲力一定不做功.

2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別

(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力.

(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)電荷不做功.

3.洛倫茲力與電場力的比較

洛倫茲力電場力

產(chǎn)生條件v≠0且V不與B平行電荷處在電場中

大小F=qvB(yUB)F=qE

力方向與場

F□B,F□vFQE

方向的關(guān)系

任何情況下都不可能做功，也可能

做功情況

做功不做功

知識點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

1.若vo□8,則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng).

2.若vo□8,則帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).

3.半徑和周期公式

廬mv

⑴由08=nr7得廠=禰.

【拓展提升】

1.圓心的確定

(1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入

射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中尸為入射點(diǎn)，

〃為出射點(diǎn)).

(2)已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入

射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，圖中P為入

射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)).

2.半徑的確定

方法□：用幾何知識求半徑，一般稱為幾何半徑，通常構(gòu)建三角形，利用三角函數(shù)或勾股定

理求解.

方法「：用物理知識求半徑，即根據(jù)分8=機(jī)?，得出「=北，一般稱為物理半徑.

3.運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定

方法：粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為7,當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其

方法口：速度為V的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的弧長為S時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為/='

注意：粒子速度的偏向角（夕）等于圓心角（α）,并等于弦48與切線的夾角（弦切角。）的2倍（如

圖所示），即φ-a-2Θ-ωt.

場，且保持初速度仍為w，小球上升的最大高度為加；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場，且保持初

速度仍為W，小球上升的最大高度為心，如圖所示.不計(jì)空氣阻力，則（）

A.hι=h3B.A∣<∕uC.比與/”無法比較D.∕ι2<∕i4

【答案】A

【解析】甲圖，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得加=第；丙圖，當(dāng)加上電場時(shí)，在豎直方向上有

vg=2gλ3,所以加=加，故A項(xiàng)正確；乙圖中，洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動(dòng)

到最高點(diǎn)時(shí)，小球有水平速度，設(shè)此時(shí)小球的動(dòng)能為Ek,則由能量守恒得加g∕∕2+Kk=懷，又T

mvo=mg∕iι,所以∕11>∕Z2,。3>人2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；丁圖，因小球帶負(fù)電，所受電場力向下，則自一定

小于〃I,B錯(cuò)誤；由于無法明確電場力做功的多少，故無法確定肌和心之間的關(guān)系，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

例2.如圖所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊

界射入，穿過此區(qū)域的時(shí)間為/.若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子仍

以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時(shí)偏離原方向60。.利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的

（）

A.帶電粒子的比荷B.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期

C.帶電粒子的初速度D.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑

【答案】AB

【解析】由帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對應(yīng)的圓心角為60。，

因此由幾何關(guān)系得磁場寬度/fin60。=篝in60。，又未加磁場時(shí)有∕=vof,所以可求得比荷

*A項(xiàng)對；周期T=縹也可求出，B項(xiàng)對；因初速度未知且無法求出，所以C、D項(xiàng)錯(cuò).

DlCJD

例3.平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在

勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為機(jī)，電荷量為

狗>0）.粒子沿紙面以大小為V的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30。角.已

知該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場.不計(jì)重力.粒

子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線。的距離為（）

mv2mv4/HV

B.D.

?-礪qBJqBIB

【答案】D

【解析】如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R=先.設(shè)入射點(diǎn)為A,出射點(diǎn)為B,圓

qB

弧與ON的交點(diǎn)為P.由粒子運(yùn)動(dòng)的對稱性及粒子的入射方向知,AB=R由幾何圖形知,AP=√5R,

則Ao=√i4P=3R,所以0B=4R=鬻.

【方法技巧】解決帶電粒子在磁場中的臨界問題的關(guān)鍵

1.以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，尋找臨界點(diǎn)，確

定臨界狀態(tài)，由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關(guān)系。

2.尋找臨界點(diǎn)常用的結(jié)論：

(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。

(2)當(dāng)速度V一定時(shí)，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

越長。

(3)當(dāng)速度口變化時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長。

[2023高考押題】

1.空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為+q的質(zhì)點(diǎn)以速度VO水

平進(jìn)入該磁場，在飛出磁場時(shí)高度下降了h。重力加速度為g。則下列說法正確的是()

A.帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力一定向下

B.帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力大小一定等于qv0B

C.帶電質(zhì)點(diǎn)飛出磁場時(shí)速度的大小一定等于Jy>+2gh

D.帶電質(zhì)點(diǎn)飛出磁場時(shí)速度的大小一定等于Vo

【分析】根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向；根據(jù)功能關(guān)系即可計(jì)算出帶電質(zhì)點(diǎn)飛出磁場時(shí)

速度的大小.

【解答】解：A、該題中由于不知道磁場的方向和速度方向之間的關(guān)系，所以不能判斷出洛

倫茲力的方向。帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力可能向上，也可能向下，故A錯(cuò)誤；

B、該題中由于不知道磁場的方向和速度方向之間的關(guān)系，所以帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛

倫茲力大小一定小于等于qvoB,故B錯(cuò)誤；

2

CD、粒子運(yùn)動(dòng)的過程中只有重力做功，由功能關(guān)系可知：ymv=ymvQ÷mgh,所以：V

=VVQ÷2gh,故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

2.正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法

正確的是（）

A.磁場方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來越大

C.軌跡2對應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大

D.軌跡3對應(yīng)的粒子是正電子

【分析】根據(jù)題目描述分析出粒子的電性，結(jié)合左手定則分析出磁場的方向；

根據(jù)牛頓第二定律得出半徑的表達(dá)式，并結(jié)合題意完成分析。

【解答】解：AD、根據(jù)題圖可知，1和3粒子的轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，貝IJI和3粒子為電子，2為

正電子，電子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故A正確，D

錯(cuò)誤；

B、電子在云室中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速

度越來越小，故B錯(cuò)誤；

C、帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得:

2

IUV

qvB=

r

解得：r=膽

qB

根據(jù)題圖可知軌跡3對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受到云室內(nèi)物

質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，故C錯(cuò)誤。

故選：Ao

3.如圖，一帶電小球用絕緣絲線懸掛在水平天花板上，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻

強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)小球由靜止分別從等高的A點(diǎn)和B點(diǎn)向最低點(diǎn)0運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0點(diǎn)

時(shí)（絲線均保持伸直狀態(tài)）（）

×

×

×

X

A.小球所受的洛倫茲力相同

B.絲線所受的拉力相同

C.小球的動(dòng)能相同

D.小球的速度相同

［分析］根據(jù)左手定則分析出小球所受的洛倫茲力的特點(diǎn)；

根據(jù)牛頓第二定律分析出絲線的拉力；

因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，所以小球的速度大小不變，但方向時(shí)刻變化。

【解答】解：AD、小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，因?yàn)樗俣确较虿幌嗤愿鶕?jù)左手定則可知，小球

所受的洛倫茲力方向不相同，故AD錯(cuò)誤；

BC、由于洛倫茲力不做功，小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度的大小相同，小球的動(dòng)能相同，拉力的大

小不同，故B錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

4.如圖所示，用絲線吊一個(gè)質(zhì)量為m的帶電（絕緣）小球處于勻強(qiáng)磁場中，空氣阻力不計(jì)，

當(dāng)小球分別從A點(diǎn)和B點(diǎn)向最低點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)且兩次經(jīng)過0點(diǎn)時(shí)（）

A.小球的動(dòng)能不相同

B.絲線所受的拉力相同

C.小球所受的洛倫茲力相同

D.小球的向心加速度相同

【分析】帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由于拉力與

洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功.因此僅有重力做功，則有機(jī)械能守恒.從而

可以確定動(dòng)能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力.最后由向心加速度公式來確定是否相同.

【解答】解：A、由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力做功，則小球機(jī)械

能守恒,所以小球分別從A點(diǎn)和B點(diǎn)向最低點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)且兩次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同,故A錯(cuò)誤；

B、由A選項(xiàng)可知，速度大小相等，則根據(jù)牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導(dǎo)致產(chǎn)

生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同，故B錯(cuò)誤；

C、由于小球的運(yùn)動(dòng)方向不同，則根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向不同，但大小卻相同。

故C錯(cuò)誤；

2

D、根據(jù)a==,可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定點(diǎn)，即加速度相同，故

r

D正確；

故選：D。

5.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的

電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E,磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分

量大小為VI,垂直于磁場方向的分量大小為V2,不計(jì)離子重力，則（）

A.電場力的瞬時(shí)功率為qE誦訪?

B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv∣B

C.V2與VI的比值不斷變大

D.該離子的加速度大小不變

【分析】粒子速度方向與磁場方向平行時(shí)不受洛倫茲力作用，洛倫茲力對粒子不做功；分析

清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程與受力情況，應(yīng)用洛倫茲力公式、功率公式分析答題。

【解答】解：A、該粒子所受電場力的瞬時(shí)功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以

P=qEvι,故A錯(cuò)誤；

B、V2與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小f=qv2B,故B錯(cuò)誤；

C、速度VI的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；V2方向與B垂

直，粒子在垂直于磁場方向平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，V2不變；粒子沿電場方向

做加速運(yùn)動(dòng)，Vl不斷增大，則V2與Vl的比值不斷減小，故C錯(cuò)誤；

D、粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度a向大小不變，電場力產(chǎn)生的加速度a電=盛，q、E、

m

m不變，a電不變，a向、a也大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故D正確。

故選：D。

6.如圖，X軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直

紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距X軸h與2h的高度以速率Vo平行于X軸正向進(jìn)入磁場，并都

從P點(diǎn)離開磁場，OP=上h。則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計(jì)重力，sin37°=0.6,CoS37°

2

=0.8)()

A.32：41B.56：41C.64：41D.41：28

【分析】分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)幾何關(guān)系求解兩種情況下粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)洛倫

茲力提供向心力列方程求解。

【解答】解：甲粒子從高M(jìn)N=h的位置水平飛入磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示;

甲粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r?,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：(r∣-h)2+(htan37o+?h)2

2

2

1

解得：rι=剪?;

32

乙粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，對乙進(jìn)行幾何分析可得：(2h-n)2+(2htan37°+?h)2≈

2r2

解得：Γ2=2h

2v

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m①可得：S=-P-

rmrB

貝U甲、乙兩粒子比荷的比值為工：-L=星，故C正確、ABD錯(cuò)誤。

rIr241

故選：Co

,空間有豎直向下的

勻強(qiáng)磁場。如圖甲小球恰好以速率VO逆時(shí)針在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖乙小球以速率Vl

順時(shí)針在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這兩種情況小球的軌道平面與地面的距離均為h,細(xì)線與豎

直方向的夾角均為θ.,己知重力加速度大小為g,空氣阻力忽略不計(jì)。下列選項(xiàng)正確的是()

A.兩種情況小球的向心加速度大小相同

B.兩種情況小球所受的拉力不同

C.兩種情況小球的速率相同

D.兩種情況剪斷細(xì)線后，小球落到地面的時(shí)間相同,

【分析】分別對小球受力分析，找出小球指向圓心的合力，即向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

出小球的線速度，根據(jù)線速度計(jì)算比較向心加速度，根據(jù)平拋的豎直位移相等比較落地時(shí)間。

【解答】解：C、根據(jù)左手定則，甲圖中小球受洛倫茲力方向指向圓心，根據(jù)牛頓第二定律

得

2

VQ

?ngtanθ÷qv∩B=∏L~~;~~Ξ~

UISIne

甲乙中小球受洛倫茲力方向背離圓心，根據(jù)牛頓第二定律得

2

v?

mgtanθ-qvB=IiE~~;~~

1ISInD

解得vo≠vι,故C錯(cuò)誤；

2

A、小球的向心加速度為4二一r=lsinθ

r

2

解得J1相同，V不同，所以a不同，故A錯(cuò)誤;

Isinθ

B、小球所受的拉力FT=Inga，所以兩種情況小球所受的拉力相同，故B錯(cuò)誤；

?COSθ

D、剪斷細(xì)線后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為h-∣gt2

解得件，兩種情況小球的軌道平面與地面的距離均為h,兩種情況剪斷細(xì)線后，小球

落到時(shí)間相同，故D正確。

故選：Do

8.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn).大

量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn),在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場.若粒子射入速率為Vl,

這些粒子在磁場邊界的出射點(diǎn)分布在四分之一圓周上；若粒子射入速率為V2,相應(yīng)的出射點(diǎn)分

布在三分之一圓周上.不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用.則V2：Vl為（）

A.Vs：2B.√2:1c.：1D.√3：√2

【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，找出臨界條件角度關(guān)系，利用圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫

茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求得速度之比。

【解答】解：由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小相同，洛倫茲力提供向心力,

由牛頓第二定律得：qvB=m∑i,解得：V=理，r=皿；即粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

rInqB

相同.若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為VI，如圖所示，

?rB

1,?

通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的磁場出射點(diǎn)A離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，AP=2R1;同樣，若粒子運(yùn)動(dòng)的

速度大小為V2,當(dāng)粒子的磁場出射點(diǎn)B離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí),BP=2R2,設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R,

O則：」2=&=噂故D正確，ABC

由幾何關(guān)系可知：RI=YZR,R2=RCOS30=近R,

22V1R1√2

錯(cuò)誤。

故選：Do

9.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其

中be段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、Cd的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質(zhì)量

為m、電荷量為q的粒子，在紙面內(nèi)以不同的速率從O點(diǎn)垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從

圓弧邊界射出,其中M、N是圓弧邊界上的兩點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用和重力。則下列分析

中正確的是（)

I：×XX×X

；×XX×X

：X×XX×

CN飛XXX

Vi

M↑X]x×

b…O…a

A.粒子帶負(fù)電

B.從M點(diǎn)射出粒子的速率一定大于從N點(diǎn)射出粒子的速率

C.從M點(diǎn)射出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定小于從N點(diǎn)射出粒子所用時(shí)間

D.所有粒子所用最短時(shí)間為空51

3qB

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,

求出粒子的軌道半徑與轉(zhuǎn)過的圓心角，然后分析答題。

【解答】解：ABC,依題意，作出從M、N兩點(diǎn)射出粒子軌跡圖如圖1所示

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則

24jτr2r

qvB=m-∑-=m.-

rτ/

解得：r=≡-,T=空典，

qBqB

由圖可知從M點(diǎn)射出粒子軌跡半徑小于從N點(diǎn)射出粒子軌跡半徑，則從M點(diǎn)射出粒子的速

率一定小于從N點(diǎn)射出粒子的速率；

由圖可知從M點(diǎn)射出粒子軌跡所對圓心角大于從N點(diǎn)射出粒子的，根據(jù)t=旦T可知，從

2兀

M點(diǎn)射出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定大于從N點(diǎn)射出粒子所用時(shí)間；

故ABC錯(cuò)誤。

D、由幾何知識可判斷知，當(dāng)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心恰好在b點(diǎn)時(shí)，粒子在磁

場中運(yùn)動(dòng)圓弧所對的圓心角最小，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑

r=R

由幾何關(guān)系可求得此時(shí)圓弧所對應(yīng)圓心角

θ=120o

所以，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為

tm.-θ1202兀m_2兀m

mmqB3qB)

故D正確。

故選：D。

10.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒

子a、b、c,以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖、若帶電粒子只

受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）

A.三個(gè)粒子都帶負(fù)電荷

B.C粒子運(yùn)動(dòng)速率最小

C.C粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短

D.它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期Ta<Tb<Tc

【分析】三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，則運(yùn)動(dòng)

半徑的不同，導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)軌跡也不同.運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的半徑越大，粒子的速率也越大。而運(yùn)動(dòng)周期

它們均一樣，運(yùn)動(dòng)時(shí)間由圓弧對應(yīng)的圓心角決定。

【解答】解：A、三個(gè)帶電粒子均向上偏轉(zhuǎn)，射入磁場時(shí)所受的洛倫茲力均向上，根據(jù)左手

定則判斷得知：三個(gè)粒子都帶正電荷。故A錯(cuò)誤；

2

B、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB=變一，可得：r

r

=皿，則可知三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個(gè)磁場中，當(dāng)速度越大時(shí)、軌道半徑

qB

越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速

率最大，故B錯(cuò)誤；

CD、三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，由粒子運(yùn)動(dòng)的周期T=空工=空典及t=_§-

VqB2兀

τ,e是粒子軌跡對應(yīng)的圓心角，也等于速度的偏轉(zhuǎn)角，可知，三粒子運(yùn)動(dòng)的周期相同，即Ta=

Tb-Tco

由圖知，a在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，c在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角最小，c

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，即ta>tb>tco

綜上所述，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

11.如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里勻強(qiáng)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(diǎn)沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實(shí)線是它們的軌跡。已知O是

PQ的中點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，下列說法中正確的是（）

MN

A.粒子a帶負(fù)電，粒子b、C帶正電

B.粒子C在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短

C.粒子b在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期最長

D.射入磁場時(shí)粒子C的速率最小

【分析】根據(jù)左手定則分析出粒子的電性；

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的周期得出周期的表達(dá)式，結(jié)合角度的關(guān)系完成分

析；

根據(jù)牛頓第二定律得出速度的表達(dá)式，結(jié)合半徑的大小關(guān)系得出速率的大小關(guān)系。

【解答】解：A.根據(jù)左手定則可知a粒子帶正電，b、C粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤：

BC.由洛倫茲力提供向心力

2

mv

qvBd=-------

r

?2兀r

T=--------

V

可知周期為：T2%

qB

即各粒子的周期一樣，粒子C的軌跡對應(yīng)的圓心角最大，所以粒子C在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最

長，故BC錯(cuò)誤；

D.由洛倫茲力提供向心力

2

?mv

qvB=-------

r

可知V=?

m

可知射入磁場時(shí)粒子C的速率最小，故D正確。

故選：D。

12.如圖，AEFCD區(qū)域內(nèi)有一方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)碰場。ZA

=30o,AE=L,弧EFC是直徑為2L的半圓，在A點(diǎn)有一個(gè)粒子源，可以沿AD方向發(fā)射速度

大小不同的帶正電的粒子，均打到弧EFe上。已知粒子的比荷均為k,不計(jì)粒子間相互作用及

重力，則關(guān)于粒子在上述過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能的是（）

DC

A.??B.c.-??D.

6Bk3Bk8Bk9Bk

【分析】周期相同的情況下，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只與圓心角有關(guān)，當(dāng)從E點(diǎn)射出時(shí)圓心角最小，時(shí)

間最短，從A與圓相切的切點(diǎn)射出時(shí)圓心角最大，時(shí)間最長。

【解答】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=πr^

r

根據(jù)周期與線速度搞關(guān)系公式可知：T上二三

V

兩式聯(lián)立可得：

T=?拳

由幾何關(guān)系得，當(dāng)從E點(diǎn)射出時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，此時(shí)圓心角=60°：

π

t????

12兀2兀3kB

由幾何關(guān)系得，當(dāng)從A與圓相切的切點(diǎn)射出時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，圓心角=120°：

2冗

,α2.

t2^2KI-2兀~3kB

故運(yùn)動(dòng)時(shí)間在「L翁之聞

3kB

ACD錯(cuò)誤，B正確;

故選：Bo

13.如圖所示，兩方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場被邊長為L的等邊三角形

ABC邊界分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿NBAC的

角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計(jì)），所有質(zhì)子均能通過C點(diǎn)，質(zhì)子比荷9=1,則

mk

質(zhì)子的速度不可能為（)

???.∕.???

4?.

???.*'????

?x?

??.匚??.???

∕XXx?

??/,?.??

?Λ/?.×.×....×...×V4ΛΓ

?BLDBLr2BLnBL

k2k3k8k

【分析】質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出質(zhì)子可能的運(yùn)

動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出質(zhì)子的速度表達(dá)式，然后分析答題。

【解答】解：質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示：

所有圓弧所對圓心角均為60°,所以質(zhì)子運(yùn)行半徑為：

r=-(n=1,2,3,???),

n

質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：

2

qvB=m—-，

r

解得：V=至I=生(n=l,2,3,???),

mkn

故ABD選項(xiàng)的答案是可能的，C是不可能的。

本題選不可能的，

故選：Co

14.如圖所示，空間存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣平

板MN的上方距離為d處，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向均勻發(fā)射速率均為V的同種帶負(fù)電粒子，不考

慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為2d,則粒子()

×××××××

××方米?××

×××X×

MXXXXXXXN

I1

A.能打在板上的區(qū)域長度為2√^d

B.若改變粒子電性，則到達(dá)板上的粒子位置不變

c.到達(dá)板上的最長時(shí)間U2Ξ旦

3v

D.能到達(dá)板上的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的2

3

【分析】根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖像，結(jié)合幾何關(guān)系解得軌跡的圓心角，根據(jù)周期公

式可計(jì)算。

【解答】解：A、如圖1所示，板上能被粒子打到的區(qū)域長度為CD,由幾何關(guān)系可求得:

OC=2dsin60o=√3d

OD=?/(4d)2-d2=???e

故板上能被粒子打到的區(qū)域長度是(√E?√E)d,故A錯(cuò)誤；

圖1

B、若改變粒子電性，粒子受到的洛倫茲力方向改變，粒子的偏轉(zhuǎn)情況發(fā)生改變，則到達(dá)板

上的粒子位置改變，故B錯(cuò)誤；

C、粒子軌跡與平板右側(cè)部分相切到達(dá)板上的時(shí)間最長，如圖2所示:

××

××

××

v∕××

圖2

根據(jù)幾何關(guān)系可得其軌跡對應(yīng)的圓心角為θ=360°-60°=300°,故最長時(shí)間為tmaX=

300°Y2n?2d=也工包,故C錯(cuò)誤;

z

360^^3v

D、根據(jù)圖1結(jié)合“旋轉(zhuǎn)圓”方法可知，從軌跡與左半部分相切到粒子軌跡與右半部分相切,

粒子速度方向轉(zhuǎn)過β,如圖3所示;

此過程中沒有粒子打在板上，根據(jù)幾何關(guān)系可得B=180。-2×30o=120。

能夠打在平板MN上的粒子所占的角度為：α=360o-120°=240°

所以能到達(dá)板上的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為：2=」^=區(qū)J=2,故D正確。

N3603603

故選：D。

15.如圖所示，在Xoy平面的第I、IV象限內(nèi)有一圓心為0、半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場,

線狀粒子源從y軸左側(cè)平行于X軸正方向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為VO的帶

正電粒子。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為器、方向垂直xθy平面向里。不考慮粒子間的相互作用,

不計(jì)粒子受到的重力。所有從不同位置進(jìn)入磁場的粒子中，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長為（)

A兀Rd兀R「冗RC兀R

6v04vo3vo2vO

【分析】根據(jù)題意作出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用幾何知識與粒子在磁場中做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)的周期公式分析答題。

【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

2

vf1,、

,

qv0B=πr?;-解得r=2R,

當(dāng)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角最大時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，粒子運(yùn)動(dòng)

軌跡如圖所示

由幾何知識得：Sina=膽，要使圓心角a最大，F(xiàn)E最長，當(dāng)粒子從y軸上的D，點(diǎn)射入、

T

從X軸上的E點(diǎn)射出磁場時(shí),粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長,有Sina理一，解得：a工，

OXmrm6

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=空三=??^噠,從D點(diǎn)射入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的

VOV0

時(shí)間tm=&「解得：t工^，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

2兀％3v0

故選：Co

16.如圖所示，等邊三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q

的粒子以不同的速率垂直磁場左邊界進(jìn)入磁場區(qū)域，離開磁場時(shí)分成兩束。速率為Vl的粒子射

出磁場時(shí)垂直于磁場的右邊界,速率為V2的粒子射出磁場時(shí)與磁場右邊界的垂線夾角0=30°,

不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。則Vl與V2的比值為（

D.√3

【分析】在磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系分析解答。

2

【解答】解：在磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力qvB=小，可得

色爵如圖所示,根據(jù)正弦定理得L=二3，解喝&q聲亭,

17.如圖所示，邊長為L的正方形ABCD邊界內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,E為AD

上一點(diǎn)，ED=近L。完全相同的兩個(gè)帶電粒子a、b以不同速度分別從A、E兩點(diǎn)平行AB向右

3

射入磁場，且均從C點(diǎn)射出磁場。已知a粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3不計(jì)粒子的重力和相互

作用，則b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（）

l）↑..............................↑c(diǎn)

*XXX?

Jti

IrtMMM!

.4：--.......：一

A.?tB.?tC.?tD.Zt

3243

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓

心角，然后求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。

【解答】解：作出a、b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

O點(diǎn)為b粒子的軌跡圓心，D點(diǎn)為a粒子軌跡圓心，山幾何關(guān)系知:

β=90o,

國廠

tanNECD=毀==—=返,

CDL3

ZECD=30o,則α=60°,

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期T=空外，

qB

a粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=￡「

2∏

b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t'????,

2兀

聯(lián)立解得：f=Zt,

3

故ABC錯(cuò)誤，D正確；

故選：Do

18.如圖所示，在XOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,

磁場右邊界線與y軸平行，一束帶正電荷的同種粒子從O點(diǎn)沿著X軸正方向以恒定速率進(jìn)入磁

場，粒子從右邊界離開磁場時(shí)速度方向與X軸成。角。若撤掉磁場，該種粒子從進(jìn)入到離開右

邊界用的時(shí)間為t,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則此粒子的比荷為（）

'×X×X：

××XX：

I

×XXX：