物理物理第22講磁場對運動電荷的作用目錄考點一對洛倫茲力的理解 1考點二帶電粒子做圓周運動的分析思路 1考點三帶電粒子在有界磁場中的運動 4考點四帶電粒子運動的臨界和極值問題 7練出高分 10考點一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向(1)判定方法左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；大拇指——指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.（多選）（2022?湖南模擬）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；在桌面上放有內壁光滑、長為L的試管，底部有質量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A．小球帶負電，且軌跡為拋物線 B．小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至?????????????? C．洛倫茲力對小球做正功 D．對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，大小為qvBL（多選）（2022?綿陽模擬）兩根導線通有大小方向相同的電流，垂直穿過絕緣水平面，俯視如圖所示。O點是兩導線在絕緣水平面內連線的中點，a、b是連線垂直平分線上到O點距離相等的兩點。一可視為質點的帶正電滑塊以相同大小的初速度vo分別從a、b向O點運動過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相同 B．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相反 C．若水平面光滑，則滑塊從a點出發后一定做曲線運動 D．若水平面粗糙，則滑塊從b點出發后一定做減速運動（多選）（2021?德州二模）如圖所示，光滑絕緣圓弧軌道的半徑為R，最低點N點左側處于垂直紙面向外的勻強磁場中，現將一帶負電的小球（可視為質點）自最低點右側的M點靜止釋放，M、N兩點間的距離遠小于軌道半徑R，小球到達最左側的位置為P點（圖中未畫出），小球運動過程中始終未脫離軌道，已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．P點比M點高 B．小球向左經過N點后，對軌道的壓力立即變大 C．小球在P點和M點處對軌道的壓力大小不相等 D．小球運動的周期為2π????如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v．若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的磁場，則物體滑到底端時（）A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定如圖所示，空間有一個范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣水平細桿上，桿足夠長，環與桿的動摩擦因數為μ．現給環一個向右的初速度v0，在圓環整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02 B．如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02???3??22??2??2 C．如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02 D．如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02???3??22??2??2考點二帶電粒子做圓周運動的分析思路1．勻速圓周運動的規律若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．2．圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖3甲所示，P為入射點，M為出射點)．圖3(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．3．半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數等)求出半徑大小．4．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．（2023?沙坪壩區校級模擬）如圖所示，空間中分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，有一質量為M，電荷量為q（q＞0）的粒子靜止在O點。某時刻，該粒子炸裂成P、Q兩部分，P粒子質量為??3、電荷量為??3，Q粒子質量為2??3、電荷量為2??3。不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝2：1 B．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝1：2 C．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝2：1 D．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝1：2（2023?鷹潭一模）如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。兩個帶電荷量數值相等的粒子a、b分別從O、P兩點以垂直于MN的方向同時射入磁場，恰好在Q點相遇。不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是（）A．a帶負電，b帶正電 B．a、b兩粒子的周期之比為1：3 C．a、b兩粒子的速度之比為2：1 D．a、b兩粒子的質量之比為1：3（多選）（2023?湖南模擬）一有界勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中射線bc足夠長，∠abc＝135°，其他地方磁場的范圍足夠大。一束質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說法正確的是（）A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等 B．從a點入射的粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長 C．粒子在磁場中的最長運動時間不大于???????? D．粒子在磁場中的最長運動時間不大于3????2????（2023?邯山區校級二模）如圖所示，OO′上側有磁感應強度大小B＝2.0×10﹣4T的勻強磁場，電子以v＝1.6×106m/s的速度從A點與OO′成30°方向進入磁場，在垂直于磁場的平面內運動。已知電子質量m＝9.1×10﹣31kg、電量q＝1.6×10﹣19C。（1）畫出電子在磁場中運動軌跡；（2）該電子離開磁場出射點離A的距離；（3）該電子在磁場中運動的時間。（2023?文昌模擬）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平桌面上建一直角坐標系xOy，磁感應強度為B的勻強磁場垂直桌面向下。質量為m、電荷量為q帶電小球A（可視為質點）從坐標原點O以一定初速度沿著x軸正方向射出，在第一象限內運動并從坐標為（0，a）的P點向左離開第一象限。（1）判斷小球A的電性并求出初速度v0的大小；（2）若小球A在第一象限內運動過程中與一個靜止、不帶電的小球B（可視為質點）發生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩球電量均分，碰后小球A仍沿原軌跡運動。不計兩球之間的庫侖力。①求小球B的質量mB；②若兩球碰后恰好在坐標為（?34??，34??）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐標。考點三帶電粒子在有界磁場中的運動帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖7所示)圖72．平行邊界(存在臨界條件，如圖8所示)圖83．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9所示)圖94．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵是：(1)畫出運動軌跡；(2)確定圓心和半徑；(3)利用洛倫茲力提供向心力列式．（2023?云南模擬）如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（）A．7??????10?? B．29??????10?? C．21??????40?? D．(5?23)??????5??（2023?西城區一模）如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從圓周上的P點沿半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，運動軌跡為PN；若粒子射入磁場時的速度大小為v2，運動軌跡為PM。不計粒子的重力，下列判斷正確的是（）A．粒子帶負電 B．速度v1大于速度v2 C．粒子以速度v1射入時，在磁場中運動時間較長 D．粒子以速度v1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大（2023?蘭州模擬）如圖所示，直角三角形ABC區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4（多選）（2023?南寧二模）地磁場對宇宙高能粒子有偏轉作用，從而保護了地球的生態環境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環區域內，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子質量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（）A．若粒子速率小于??????2??，入射到磁場的粒子可以到達地面 B．若粒子速率小于??????2??，入射到磁場的粒子均無法到達地面 C．若粒子速率為????????，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面 D．若粒子速率為3??????2??，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面（2022?鄭州一模）豎直平面內有Ⅰ、Ⅱ兩個區域的勻強磁場，方向均垂直紙面向外，兩區域邊界相切，如圖所示。Ⅰ區域是半徑為R的圓形邊界磁場，磁感應強度大小為B；Ⅱ區域是邊長為2R的正方形邊界場，感應強度大小為2B。以圓形邊界磁場最底端O為原點建立xOy直角坐標系。一質量為m，電荷量為+q的粒子，由原點O沿與x軸正方向夾角60°進入Ⅰ磁場區域，速度大小??=????????。粒子重力忽略不計，求：（1）粒子運動到x軸時的位置；（2）若Ⅱ區域內磁場反向，則粒子再次經過y軸時的位置。考點四帶電粒子運動的臨界和極值問題1．臨界問題的分析思路物理現象從一種狀態變化成另一種狀態時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態點．與臨界狀態相關的物理條件稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點．臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態及臨界條件；(2)總結臨界點的規律；(3)解出臨界量．2．帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法帶電體進入有界磁場區域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態是對這個面的壓力為零．(2)射出或不射出磁場的臨界狀態是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切．（多選）（2023?懷仁市模擬）如圖所示，在水平熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發射同種帶正電的粒子，不計粒子的重力，已知水平向左射出的粒子經過時間t剛好垂直打在熒光屏上，則（）A．所有粒子均會打到熒光屏上 B．粒子從射出到打到熒光屏上的最長時間為3t C．粒子從射出到打到熒光屏上的最短時間為23?? D．粒子能打到熒光屏上的區域長度為(3+1)??（多選）（2023?蚌埠模擬）如圖所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應強度大小為B、垂直于半圓平面的勻強磁場（未畫出），其中半圓內部沒有磁場．一群比荷為k的同種帶電粒子從ac之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則（）A．粒子的速率為2dBk B．粒子的速率為dBk C．從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為2??3???? D．從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為4??3????（多選）（2023?河南模擬）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，其邊界如圖所示，磁場的磁感應強度大小為B，半圓形邊界的半徑為R，O為半圓的圓心，ab是半圓的直徑，邊界上c點到a的距離為R，a、b、c、O在同一直線上，從c點沿垂直邊界、垂直磁場向上射出速度大小不同的質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子均能從圓弧（含a、b點）上射出磁場，不計粒子的重力和粒子間作用，則能從圓弧邊界射出的粒子（）A．粒子速度大小范圍為??????2??≤??≤3??????2?? B．粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短 C．從圓弧面射出后能到達b點的粒子速度大小可能為???????? D．從圓弧面射出后經過O點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R（多選）（2023?自貢模擬）如圖所示，直角三角形ABC位于紙面內，∠C＝30°，AB邊長為3d，垂直于紙面向外的勻強磁場被限定在直角三角形ABC區域內。質量為m、電荷量為+q的粒子從A點以速度v沿紙面射入磁場區域，剛好從C點離開磁場。粒子重力不計，下列說法中正確的是（）A．磁場磁感應強度的最大值為2????3???? B．粒子通過磁場的最長時間為?????? C．粒子在磁場做勻速圓周運動的最小周期為3?????? D．粒子在磁場做勻速圓周運動的最大角速度為??3??如圖所示，在第一象限某區域有一垂直于xOy平面向外、磁感應強度B1=3????02????的矩形勻強磁場PQMN，點Q坐標為（2a，0），其余點坐標未知。現有一質量為m、電量大小為q、不計重力的帶正電粒子從y軸上的A（0，a）點以初速度v0沿x軸正方向射入第一象限、從Q點射出矩形磁場并進入第四象限。第四象限中，虛線EQ左側存在垂直于xOy平面向里、磁感應強度B2＝k????0????（k為大于零的未知常數）的勻強磁場。虛線EQ與x軸正方向的夾角為α（未知），在x＝4a處垂直于x軸放置一塊長為23a的金屬擋板。金屬擋板良好接地，所有打到金屬擋板上的電荷均能被吸收并導入大地。求：（1）帶電粒子在B1磁場中運動的時間是多少？（2）矩形勻強磁場PQMN的最小面積是多少？（3）在題（2）的基礎上，沿OA放置一個線狀粒子源，該粒子源能均勻地沿x軸正方向源源不斷地發射質量為m、電量大小為q、不計重力的帶正電粒子，且單位時間內發射的粒子數為N，發射速度大小與發射點縱坐標的關系滿足v=????v0。已知所有從EQ射出磁場B2的粒子速度方向均沿x軸正方向。求接地導線上的電流大小隨k值變化的函數表達式。練出高分一．選擇題（共10小題）1．（2023?遼寧模擬）正電子的發現，開辟了反物質領域的研究。如圖所示，為安德森發現正電子的云室照片，在垂直于照片平面的勻強磁場（照片中未標出）中，高能宇宙射線穿過鉛板時（粒子速度減小），有一個粒子的軌跡和電子的軌跡完全相同，但彎曲的方向反了。安德森發現這正是狄拉克預言的正電子。下列說法正確的是（）A．粒子從上向下穿過鉛板 B．粒子穿過鉛板后運動周期減小 C．勻強磁場的方向垂直照片平面向里 D．粒子穿過鉛板后向心加速度大小不變2．（2023?貴陽模擬）托卡馬克裝置是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其結構如圖所示。工作時，高溫等離子體中的帶電粒子被強勻強磁場約束在環形真空室內部，而不與器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比。為了約束更高溫度的等離子體，需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于（）A．T B．T2 C．?? D．??33．（2023?山西模擬）用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發現，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現將這一現象簡化成如圖2所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向 B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變 C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小 D．若僅增大α角（α＜90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時“軌跡”為閉合的整圓4．（2023?新會區校級一模）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子先經過a點，再經過b點 C．粒子運動過程中洛倫茲力對其做負功 D．粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小5．（2023?海東市模擬）如圖所示，在第Ⅳ象限內有垂直坐標平面向外的勻強磁場，一對比荷之比為2：1的正、負帶電粒子在坐標平面內以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場。不計粒子受到的重力及粒子間的作用力。正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：16．（2023?漣源市二模）如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（）A． B． C． D．7．（2023?青羊區校級模擬）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束24He粒子在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒子的質量為m、電荷量為q。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）A．3??????4?? B．5??????4?? C．5??????8?? D．5??????6??8．（2023?宜賓模擬）如圖所示，L1和L2為兩條平行的磁場邊界線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里，范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，L1和L2之間無磁場；A、B兩點是L2上相距一定距離的兩點。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經過偏轉后正好過B點，不計重力，下列說法正確的是（）A．該粒子一定是帶正電 B．該粒子經過B點時的速度一定跟在A點時的速度相同 C．若只稍微增大該粒子在A點的初速度，它將仍可能經過B點 D．若只將該粒子在A點的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，它將不可能經過B點9．（2023?平城區校級一模）空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L，其左側有一粒子源S，可沿紙面內各個方向不斷發射質量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P為垂足，如圖所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的點都能被粒子從其右側直接打中，則粒子的速率至少為（）A．2???????? B．2???????? C．5???????? D．10????????10．（2023?岳陽一模）在xOy豎直平面內存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直于平面向外的勻強磁場，現讓一個質量為m，電荷量為q的帶正電小球從O點沿y軸正方向射入，已知電場強度大小為2??????，磁感應強度大小為B，小球從O點射入的速度大小為????????，重力加速度為g，則小球的運動軌跡可能是（）A． B． C． D．二．計算題（共2小題）11．（2023?龍泉驛區模擬）如圖所示，在紙面內有一平面直角坐標系xOy，其第一象限內有一沿y軸負方向的有界勻強電場，其右側邊界滿足方程y＝x2，如圖中虛線所示，電場強度大小E＝4V/m。第三象限內（包含x軸負半軸）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B=??4T。在第一象限內虛線右側、縱坐標0≤y≤0.25m區域內有大量（速度相等）沿x軸負方向運動的帶電粒子，粒子電荷量q＝+8×10﹣6C，質量m＝1×10﹣6kg。已知從邊界上橫坐標為x＝0.1m以初速度v0處飛入的粒子從坐標原點飛出電場區域，不計粒子重力和粒子之間的相互作用力，求：（1）粒子的初速度v0；（2）所有粒子離開電場時，其速度方向與x軸負方向所成夾角的范圍；（3）粒子在磁場中運動的最短時間和出磁場的坐標。12．（2023?浙江模擬）如圖1所示，在xOy平面上的第一象限全部區域有大小為E=2????2????，方向豎直向上的勻強電場，有一位于第二象限的電子源持續不斷地沿x軸正方向發射速率均為v的電子，形成沿y軸方向均勻分布的電子流，電子源所在位置的縱坐標分布范圍為R～2R。熒光屏的上端固定于x軸上，其橫坐標分布范圍為0～5R，熒光屏上被電子碰撞的位置均會顯示熒光。電子每次碰撞過程中機械能損失75%，碰撞前后速度方向與熒光屏的夾角相等（與豎直方向對稱）。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力，忽略電子間的相互作用。（1）求熒光區域的橫坐標的最小值；（2）若從y＝R沿x軸正方向射出的電子與熒光屏第一次碰撞的作用時間為t0，求第一次碰撞過程中熒光屏對該電子的作用力大小；（3）求熒光區域的橫坐標的最大值；（4）現把勻強電場撤去，在第一象限全部區域加上方向垂直向里的勻強磁場B，如圖2所示。若所有電子最終均靜止在熒光屏上（沒有離開第一象限），求B的取值范圍。第22講磁場對運動電荷的作用目錄考點一對洛倫茲力的理解 1考點二帶電粒子做圓周運動的分析思路 1考點三帶電粒子在有界磁場中的運動 6考點四帶電粒子運動的臨界和極值問題 14練出高分 20考點一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向(1)判定方法左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；大拇指——指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.（多選）（2022?湖南模擬）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；在桌面上放有內壁光滑、長為L的試管，底部有質量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A．小球帶負電，且軌跡為拋物線 B．小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至?????????????? C．洛倫茲力對小球做正功 D．對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，大小為qvBL【解答】解：A、小球能從試管口處飛出，說明小球受到指向試管口的洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電；小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力Fy＝quB恒定，小球運動的軌跡是一條拋物線，故A錯誤；B、由于小球相對試管做勻加速直線運動，會受到與試管垂直且向左的洛倫茲力的分力Fx＝qvyB，小球運動到中點時沿管速度為vy2?????????×12，則拉力應增大至F=??????????????以維持勻速運動，故B正確；C、沿管與垂直于管洛倫茲力的分力合成得到的m實際洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D、對試管、小球組成的系統，拉力做功的效果就是增加小球的動能，由功能關系，WF＝ΔEk＝qvBL，故D正確．故選：BD。（多選）（2022?綿陽模擬）兩根導線通有大小方向相同的電流，垂直穿過絕緣水平面，俯視如圖所示。O點是兩導線在絕緣水平面內連線的中點，a、b是連線垂直平分線上到O點距離相等的兩點。一可視為質點的帶正電滑塊以相同大小的初速度vo分別從a、b向O點運動過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相同 B．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相反 C．若水平面光滑，則滑塊從a點出發后一定做曲線運動 D．若水平面粗糙，則滑塊從b點出發后一定做減速運動【解答】解：已知通電導線垂直水平面且電流方向向外，根據安培定則判斷兩通電導線產生的磁場為皆為以導線為圓心的同心圓環磁場，如圖所示：根據平行四邊形定則，可判斷ab之間的磁場方向對稱分布，如圖所示，且O點磁感應強度為零。AB.根據左手定則判斷帶正電的質點在aO段受洛倫茲力方向垂直水平面向下，在bO段受洛倫茲力方向也是垂直水平面向下，方向相同，故A正確，B錯誤；CD.若水平面光滑，質點受豎直方向的重力、支持力和洛倫茲力三力平衡，合力為零，質點從a到O做勻速直線運動；若水平面粗糙，在從b到O過程中，豎直方向合力為零，水平方向摩擦力向右，質點做減速運動，故C錯誤，D正確。故選：AD。（多選）（2021?德州二模）如圖所示，光滑絕緣圓弧軌道的半徑為R，最低點N點左側處于垂直紙面向外的勻強磁場中，現將一帶負電的小球（可視為質點）自最低點右側的M點靜止釋放，M、N兩點間的距離遠小于軌道半徑R，小球到達最左側的位置為P點（圖中未畫出），小球運動過程中始終未脫離軌道，已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．P點比M點高 B．小球向左經過N點后，對軌道的壓力立即變大 C．小球在P點和M點處對軌道的壓力大小不相等 D．小球運動的周期為2π????【解答】解：A、小球在運動過程中，受到重力、洛倫茲力和支持力作用，其中洛倫茲力和支持力不做功，只有重力做功，故小球機械能守恒，故小球到達最左側的位置P點的高度與M點高度相同，故A錯誤；B、對小球受力分析可知，進入磁場前，根據牛頓第二定律有：FN﹣mg＝m??2??，進入磁場后，洛倫茲力垂直速度方向向下，根據牛頓第二定律有：FN'﹣mg﹣qvB＝m??2??，則FN'＞FN，可知小球向左經過N點后，對軌道的壓力立即變大，故B正確；C、小球在P點和M點速度均為0，不受洛倫茲力，且高度相同，故對軌道的壓力大小相等，故C錯誤；D、由于洛倫茲力方向始終和速度方向垂直，且M、N兩點間的距離遠小于軌道半徑R，故小球做單擺運動的周期為T＝2π????，故D正確。故選：BD。如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v．若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的磁場，則物體滑到底端時（）A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定【解答】解：未加磁場時，根據動能定理，有mgh﹣Wf=12mv2﹣0．加磁場后，多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功根據左手定則，洛倫茲力的方向垂直斜面向上，所以物體對斜面的壓力減小，所以摩擦力變小，摩擦力做的功變小，根據動能定理，有mgh﹣Wf′=12mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以v′＞v．故A正確，B、C、D錯誤。故選：A。如圖所示，空間有一個范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣水平細桿上，桿足夠長，環與桿的動摩擦因數為μ．現給環一個向右的初速度v0，在圓環整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02 B．如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02???3??22??2??2 C．如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02 D．如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為12mv02???3??22??2??2【解答】解：A、如果磁場方向垂直紙面向里，則洛倫茲力方向向上，①當qv0B＝mg時，圓環不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。②當qv0B＜mg時，圓環做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得：﹣W＝0?12mv02，解得：W=12mv02，③當qv0B＞mg時，圓環先做減速運動，當qvB＝mg時，不受摩擦力，做勻速直線運動。由qvB＝mg可得：勻速運動的速度：v=????????，根據動能定理得：﹣W=12mv2?12mv02，解得：W=12mv02???3??22??2??2，故AB錯誤；C、如果磁場方向垂直紙面向外，則洛倫茲力方向向下，圓環做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得：﹣W＝0?12mv02，解得：W=12mv02，故C正確，D錯誤。故選：C。考點二帶電粒子做圓周運動的分析思路1．勻速圓周運動的規律若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．2．圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖3甲所示，P為入射點，M為出射點)．圖3(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．3．半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數等)求出半徑大小．4．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．（2023?沙坪壩區校級模擬）如圖所示，空間中分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，有一質量為M，電荷量為q（q＞0）的粒子靜止在O點。某時刻，該粒子炸裂成P、Q兩部分，P粒子質量為??3、電荷量為??3，Q粒子質量為2??3、電荷量為2??3。不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝2：1 B．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝1：2 C．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝2：1 D．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝1：2【解答】解：AB、粒子炸裂過程動量守恒，根據動量守恒定律可得P、Q兩部分的動量大小相等，再根據洛倫茲力提供向心力，有??????=????2??，解得粒子的軌跡半徑r=????????=??????；由此可知P粒子和Q粒子的半徑之比與電荷量成反比，即??1??2=??2??1=23??13??=2，故A正確，B錯誤；CD、粒子的周期公式T=2??????=2????????，據此可知P粒子與Q粒子周期之比??1??2=2????1??1??2????2??2??=??1??2??2??1=??3×2??32??3×??3=1，故CD錯誤。故選：A。（2023?鷹潭一模）如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。兩個帶電荷量數值相等的粒子a、b分別從O、P兩點以垂直于MN的方向同時射入磁場，恰好在Q點相遇。不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是（）A．a帶負電，b帶正電 B．a、b兩粒子的周期之比為1：3 C．a、b兩粒子的速度之比為2：1 D．a、b兩粒子的質量之比為1：3【解答】解：A．如下圖所示由幾何關系可得兩粒子軌跡圓心在同一點O'，軌跡半徑相等。可知粒子a進入磁場時受到的洛倫茲力方向向右，根據左手定則可知a帶正電，粒子b進入磁場時受到的洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知b帶負電，故A錯誤；B．兩帶電粒子同時射入磁場，同時到達Q點，故運動時間相等，由圖可知，粒子a到達Q點時運動的圓弧對應的圓心角為120°，粒子b到達Q點時運動的圓弧對應的圓心角為60°，則有13????=16????a、b兩粒子的周期之比為????????=12，故B錯誤；D．根據周期公式??=2????????由于兩粒子所帶電荷量數值相等，則有a、b兩粒子的質量之比為????????=????????=12，故D錯誤；C．根據洛倫茲力提供向心力??????=????2??解得：??=????????由于兩粒子的軌跡半徑相等，所帶電荷量數值相等，則有a、b兩粒子的速度之比為????????=????????=21，故C正確。故選：C。（多選）（2023?湖南模擬）一有界勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中射線bc足夠長，∠abc＝135°，其他地方磁場的范圍足夠大。一束質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說法正確的是（）A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等 B．從a點入射的粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長 C．粒子在磁場中的最長運動時間不大于???????? D．粒子在磁場中的最長運動時間不大于3????2????【解答】解：AB、畫出帶電粒子在磁場中運動的動態分析圖，如下圖所示粒子入射的速度越大，其做圓周運動的半徑越大，當粒子都從ab邊射出，所用時間均為半個周期，用時相等；均為????????，當粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，對應的圓心角越大，運動時間越長，運動時間大于????????，故A正確，B錯誤；CD、當粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，忽略ab段長度，運動情況可簡化為如圖2所示，在直線邊界磁場問題中，根據粒子運動軌跡的對稱性，結合幾何關系可知此時圓心角大小為α＝270°，可得粒子在磁場中運動的最長時間為t=270°360°×??=3????2????，故C錯誤，D正確。故選：AD。（2023?邯山區校級二模）如圖所示，OO′上側有磁感應強度大小B＝2.0×10﹣4T的勻強磁場，電子以v＝1.6×106m/s的速度從A點與OO′成30°方向進入磁場，在垂直于磁場的平面內運動。已知電子質量m＝9.1×10﹣31kg、電量q＝1.6×10﹣19C。（1）畫出電子在磁場中運動軌跡；（2）該電子離開磁場出射點離A的距離；（3）該電子在磁場中運動的時間。【解答】解：（1）根據左手定則確定偏轉方向，再由洛倫茲力指向圓心，從而大致畫出電子的運動軌跡如圖所示，（2）由牛頓第二定律有：qvB=????2??所以電子做圓周運動的半徑為：r=????????=9.1×10?31×1.6×1061.6×10?19×2.0×10?4??=4.5×10﹣2m，由幾何關系知，電子出射點離A點的距離為：△x＝AD＝2rcos60°＝4.5×10﹣2m（3）電子在磁場中偏轉了α=5??3，則電子在磁場中運動時間為：t=??2????=5??32??×2??????=5×3.14×4.5×10?23×1.6×106??=1.5×10﹣7s答：（1）畫出電子在磁場中運動軌跡如圖；（2）該電子離開磁場出射點離A的距離是4.5×10﹣2m；（3）該電子在磁場中運動的時間是1.5×10﹣7s。（2023?文昌模擬）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平桌面上建一直角坐標系xOy，磁感應強度為B的勻強磁場垂直桌面向下。質量為m、電荷量為q帶電小球A（可視為質點）從坐標原點O以一定初速度沿著x軸正方向射出，在第一象限內運動并從坐標為（0，a）的P點向左離開第一象限。（1）判斷小球A的電性并求出初速度v0的大小；（2）若小球A在第一象限內運動過程中與一個靜止、不帶電的小球B（可視為質點）發生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩球電量均分，碰后小球A仍沿原軌跡運動。不計兩球之間的庫侖力。①求小球B的質量mB；②若兩球碰后恰好在坐標為（?34??，34??）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐標。【解答】解：（1）根據左手定則可知球A帶正電荷，球A運動半徑????=??2根據牛頓第二定律??????0=????02????解得：??0=??????2??（2）①碰撞后球A運動半徑????=??2保持不變，但其帶電量變為??2，設碰撞后A的速度為vA，B速度為vB，根據????2????=??????2????即????=??02彈性正碰，選擇小球碰撞前的速度方向為正方向，系統動量守恒、機械能守恒mv0＝mvA+mBvB12????02=12??????2+12????????2解得：????=32??0；????=13??②由（2）可得：????=32??0；????=13??對球B，根據牛頓第二定律可得：????2????=????????2????解得：????=????=??2設兩球從碰撞位置運動到(?34??，34??)球A轉過的圓心角是θ，又因為vB＝3vA則兩球角速度之比ωA：ωB＝1：3球B轉過的圓心角是3θ，球B比球A多轉2π，則3θ﹣θ＝2π解得：θ＝π所以球B被碰時在第一象限的位置為(34??，14??)答：（1）小球A的電性帶正電，初速度的大小為??????2??；（2）①小球B的質量為13??；②小球B在第一象限初始位置的坐標為（34??，14??）。考點三帶電粒子在有界磁場中的運動帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖7所示)圖72．平行邊界(存在臨界條件，如圖8所示)圖83．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9所示)圖94．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵是：(1)畫出運動軌跡；(2)確定圓心和半徑；(3)利用洛倫茲力提供向心力列式．（2023?云南模擬）如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（）A．7??????10?? B．29??????10?? C．21??????40?? D．(5?23)??????5??【解答】解：電子的速率最大時，運動軌跡如圖，此時電子的運動軌跡與磁場邊界相切，根據??????=????2??得：??=????????電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關系得????????60°+(?????)2?(????????60°)2=0.4??解得：??=2140??則最大速率為：??=21??????40??，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2023?西城區一模）如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從圓周上的P點沿半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，運動軌跡為PN；若粒子射入磁場時的速度大小為v2，運動軌跡為PM。不計粒子的重力，下列判斷正確的是（）A．粒子帶負電 B．速度v1大于速度v2 C．粒子以速度v1射入時，在磁場中運動時間較長 D．粒子以速度v1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大【解答】解：A、根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；B、根據牛頓第二定律有：??????=????2??，變形解得：??=????????，根據圖中軌跡可知，R1＜R2，則有v1＜v2，故B錯誤；D、粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小為：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子以速度v1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較小，故D錯誤。C、粒子在磁場中的運動周期為：??=2??????=2????????，粒子在磁場中的運動時間為：??=??2????，畫出兩軌跡的圓心如下圖，由圖可知運動軌跡為PN對應的圓心角大于運動軌跡為PM對應的圓心角，故粒子以速度v1射入時，在磁場中運動時間較長，故C正確；故選：C。（2023?蘭州模擬）如圖所示，直角三角形ABC區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4【解答】解：A、由題意可知粒子在磁場中順時針偏轉，由左手定則判斷可知粒子帶負電，故A錯誤；B、根據題意做出粒子在磁場中運動的軌跡如下圖所示：由圖中幾何關系可得：r1＝r2+??2??????∠??解得粒子在磁場中運動得半徑之比：r1：r2＝3：1，故B錯誤；C、根據洛倫茲力充當向心力有：??????=????2??，解得粒子在磁場中運動時的速度：??=????????由此可知粒子在磁場中運動的速度之比等于軌跡半徑之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故C正確；D、根據粒子在磁場中運動得軌跡可知，速率為v1時粒子在場中偏轉了30°，速率為v2時粒子在磁場中偏轉了180°，而同一種粒子在相同磁場中運動得周期相同均為：??=2????????，則可知粒子在磁場中運動的時間之比等于偏轉角度之比，即t1：t2＝30°：180°＝1：6，故D錯誤。故選：C。（多選）（2023?南寧二模）地磁場對宇宙高能粒子有偏轉作用，從而保護了地球的生態環境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環區域內，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子質量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（）A．若粒子速率小于??????2??，入射到磁場的粒子可以到達地面 B．若粒子速率小于??????2??，入射到磁場的粒子均無法到達地面 C．若粒子速率為????????，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面 D．若粒子速率為3??????2??，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面【解答】解：AB、若粒子的速率為??????2??，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有????1??=????2??2解得??2=??2，若粒子的射入方向在正對O處以上，根據左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉，則入射到磁場的粒子均不可能到達地面，故A錯誤，B正確；C、若粒子的速率為????????，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有??????=????2??解得r＝R；若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達地面，其軌跡如圖所示：設該軌跡半徑為r1，由幾何關系可得??12+(2??)2???1=??解得??1=32??≠??故C錯誤；D、若粒子速率為3??????2??，由洛倫茲力提供向心力得qv'B＝m??'2??'2解得r'=3??2由幾何關系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到達地面。當粒子正對著O處入射時，軌跡如圖所示由幾何關系得：OB=??2+(2??)2?r'＝R則軌跡與地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到達地面。綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地。故D正確。故選：BD。（2022?鄭州一模）豎直平面內有Ⅰ、Ⅱ兩個區域的勻強磁場，方向均垂直紙面向外，兩區域邊界相切，如圖所示。Ⅰ區域是半徑為R的圓形邊界磁場，磁感應強度大小為B；Ⅱ區域是邊長為2R的正方形邊界場，感應強度大小為2B。以圓形邊界磁場最底端O為原點建立xOy直角坐標系。一質量為m，電荷量為+q的粒子，由原點O沿與x軸正方向夾角60°進入Ⅰ磁場區域，速度大小??=????????。粒子重力忽略不計，求：（1）粒子運動到x軸時的位置；（2）若Ⅱ區域內磁場反向，則粒子再次經過y軸時的位置。【解答】解：（1）粒子在Ⅰ區域磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：??????=????2??1，解得：r1＝R由題意可知，粒子的運動軌跡如圖1所示：由粒子運動的幾何關系可知，粒子飛出圓形磁場時的速度與x軸平行。粒子在Ⅱ區域磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：2??????=????2??2，解得：??2=??2粒子運動軌跡如圖1所示，可知粒子運動到x軸時的位置坐標：??=????=??+??2=3??2；（2）若Ⅱ區域內磁場反向，粒子進入Ⅱ區域將做逆時針圓周運動，運動軌跡如圖2所示由幾何關系可得，第一次出Ⅰ區域磁場時在y方向上運動的距離：??1=???????????60°=??2在Ⅱ區域磁場運動y方向上運動的距離：y2＝R由對稱關系可知，粒子再次進入磁場到y軸，在y方向上運動的距離：??3=???????????60°=??2綜上所述，粒子再次經過y軸時的位置坐標y＝y1+y2+y3＝2R答：（1）粒子運動到x軸時的位置為32R；（2）若Ⅱ區域內磁場反向，則粒子再次經過y軸時的位置為2R。考點四帶電粒子運動的臨界和極值問題1．臨界問題的分析思路物理現象從一種狀態變化成另一種狀態時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態點．與臨界狀態相關的物理條件稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點．臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態及臨界條件；(2)總結臨界點的規律；(3)解出臨界量．2．帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法帶電體進入有界磁場區域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態是對這個面的壓力為零．(2)射出或不射出磁場的臨界狀態是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切．（多選）（2023?懷仁市模擬）如圖所示，在水平熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發射同種帶正電的粒子，不計粒子的重力，已知水平向左射出的粒子經過時間t剛好垂直打在熒光屏上，則（）A．所有粒子均會打到熒光屏上 B．粒子從射出到打到熒光屏上的最長時間為3t C．粒子從射出到打到熒光屏上的最短時間為23?? D．粒子能打到熒光屏上的區域長度為(3+1)??【解答】解：A．根據左手定則可知，帶正電的粒子在磁場中逆時針方向做勻速圓周運動，已知水平向左射出的粒子經過時間t剛好垂直打在熒光屏上，如圖所示根據幾何關系可知，粒子在磁場中的軌跡半徑為：R＝d根據幾何關系可得：T＝4t若粒子以水平向右方向射出，粒子不會打到熒光屏上，故A錯誤；B．當粒子打到熒光屏左側位置的速度方向剛好與熒光屏相切時，粒子從射出到打到熒光屏上的時間最長，如圖所示：由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為270°，結合幾何關系可得：????????=270°360°??=34×4??=3??，故B正確；C．當粒子打到熒光屏位置處于S正下方時，粒子從射出到打到熒光屏上的時間最短，如圖所示：由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為60°，結合幾何關系可得：????????=60°360°??=16×4??=23??故C正確；D．當粒子打到熒光屏左側位置對應的弦為直徑時，該位置為打到熒光屏的最左端；當粒子打到熒光屏右側位置的速度方向剛好與熒光屏相切時，此時的位置是粒子打到熒光屏的最右端；如圖所示：根據幾何關系，粒子打到熒光屏上的區域長度為：??=(2??)2???2+??=(3+1)??故D正確。故選：BCD。（多選）（2023?蚌埠模擬）如圖所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應強度大小為B、垂直于半圓平面的勻強磁場（未畫出），其中半圓內部沒有磁場．一群比荷為k的同種帶電粒子從ac之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則（）A．粒子的速率為2dBk B．粒子的速率為dBk C．從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為2??3???? D．從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為4??3????【解答】解：AB．畫出粒子的運動軌跡如圖由幾何關系可知，粒子運動的軌道半徑R＝2d根據洛倫茲力提供向心力：??????=????2??粒子速率v＝2dBk，故A正確，B錯誤；CD．從c點射入的粒子，由幾何關系，粒子運動軌跡圓心正好在圓周ab上，粒子在磁場中轉過的角度為240°，則運動時間??=240°360°??=4????3????=4??3????故C錯誤，D正確。故選：AD。（多選）（2023?河南模擬）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，其邊界如圖所示，磁場的磁感應強度大小為B，半圓形邊界的半徑為R，O為半圓的圓心，ab是半圓的直徑，邊界上c點到a的距離為R，a、b、c、O在同一直線上，從c點沿垂直邊界、垂直磁場向上射出速度大小不同的質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子均能從圓弧（含a、b點）上射出磁場，不計粒子的重力和粒子間作用，則能從圓弧邊界射出的粒子（）A．粒子速度大小范圍為??????2??≤??≤3??????2?? B．粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短 C．從圓弧面射出后能到達b點的粒子速度大小可能為???????? D．從圓弧面射出后經過O點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R【解答】解：A、分析可知粒子恰好從a點射出，粒子有最小速度；恰好從b點射出，則粒子有最大速度；由幾何關系可得粒子在磁場中做圓周運動的最小半徑和最大半徑分別為????????=??2，rmax=32R；由洛倫茲力提供向心力得??????=????2??，解得??=????????；可得????????=??????2??，????????=????????2??，即粒子速度的取值范圍為??????2??≤??≤3??????2??，故A正確；C、從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡如圖甲所示由幾何關系可知，粒子做圓周運動的圓心一定在a點，軌道半徑為R，則此種情況下根據洛倫茲力提供向心力：??????=????2??，粒子的速度大小為??=????????，故C正確；B、如圖乙所示由圖中幾何關系可知，從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡所對應的圓心角最小，根據周期公式：??=2????????，所以粒子運動的時間為：??=??2????=????????，可知從圓弧面射出后能到達b點的粒子在磁場中的運動時間最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間并不越短，故B錯誤；D、從圓弧面射出后經過O點的粒子的運動軌跡如圖丙所示由圖可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑小于R，故D錯誤。故選：AC。（多選）（2023?自貢模擬）如圖所示，直角三角形ABC位于紙面內，∠C＝30°，AB邊長為3d，垂直于紙面向外的勻強磁場被限定在直角三角形ABC區域內。質量為m、電荷量為+q的粒子從A點以速度v沿紙面射入磁場區域，剛好從C點離開磁場。粒子重力不計，下列說法中正確的是（）A．磁場磁感應強度的最大值為2????3???? B．粒子通過磁場的最長時間為?????? C．粒子在磁場做勻速圓周運動的最小周期為3?????? D．粒子在磁場做勻速圓周運動的最大角速度為??3??【解答】解：根據帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的特點可知，粒子從C點沿BC方向射出磁場時，粒子做勻速圓周運動的半徑最小、磁場磁感應強度最大、通過磁場的時間最長、周期最小、角速度最大。當粒子從C點沿BC方向射出磁場時，粒子的運動軌跡如圖所示：A、設粒子的軌道半徑為r，由幾何知識可知：r＝AC=3????????30°=3d；根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m??2??，聯立解得磁感應強度的最大值為：B=????3????，故A錯誤；B、根據幾何關系可得粒子軌跡對應的最大圓心角為θ＝60°，則粒子通過磁場的最長時間為：t=60°360°×2??????=??????，故B正確；C、粒子在磁場做勻速圓周運動的最小周期為：T=2??????=6??????，故C錯誤；D、粒子在磁場做勻速圓周運動的最大角速度為：ω=????=??3??，故D正確。故選：BD。如圖所示，在第一象限某區域有一垂直于xOy平面向外、磁感應強度B1=3????02????的矩形勻強磁場PQMN，點Q坐標為（2a，0），其余點坐標未知。現有一質量為m、電量大小為q、不計重力的帶正電粒子從y軸上的A（0，a）點以初速度v0沿x軸正方向射入第一象限、從Q點射出矩形磁場并進入第四象限。第四象限中，虛線EQ左側存在垂直于xOy平面向里、磁感應強度B2＝k????0????（k為大于零的未知常數）的勻強磁場。虛線EQ與x軸正方向的夾角為α（未知），在x＝4a處垂直于x軸放置一塊長為23a的金屬擋板。金屬擋板良好接地，所有打到金屬擋板上的電荷均能被吸收并導入大地。求：（1）帶電粒子在B1磁場中運動的時間是多少？（2）矩形勻強磁場PQMN的最小面積是多少？（3）在題（2）的基礎上，沿OA放置一個線狀粒子源，該粒子源能均勻地沿x軸正方向源源不斷地發射質量為m、電量大小為q、不計重力的帶正電粒子，且單位時間內發射的粒子數為N，發射速度大小與發射點縱坐標的關系滿足v=????v0。已知所有從EQ射出磁場B2的粒子速度方向均沿x軸正方向。求接地導線上的電流大小隨k值變化的函數表達式。【解答】解：（1）粒子軌跡如圖所示，洛倫茲力提供向心力，由qv0B1＝m??02??1得：??1=????0????1=23??設帶電粒子在B1磁場中轉過的圓心角為θ，則cosθ=???23????1=12解得：??=2??3，粒子在磁場中運動周期為：??=2????1??0=4????3??0粒子在B1磁場中運動時間為：??1=??2????=4????9??0；（2）如圖所示陰影部分，矩形長：L1=3??1=233??，寬：L2＝r1﹣r1??????60°=??3矩形最小面積為Smin＝L1L2=239??2；（3）由幾何關系可知：??=??3，從A點發射的粒子恰好打到金屬擋板下邊界（如圖），QE長度為??????=(2??)2+(23??)2=4??，由幾何關系可知：2r2cos30°＝LQE??2=433??又：qv0B2＝m??02??2，B2＝k????0????，可得：k=34當k≥34時，全部粒子都打到金屬擋板上，I＝Nq當k＜34時，設從OA上的F（0，y）點發射的粒子，經過兩個磁場偏轉以后恰好打到金屬擋板下邊界。qvB2＝m??2??2，又v=????v0。可得：y=433????從OF發射的粒子能全部打到金屬擋板上，I=????????=433??????。練出高分一．選擇題（共10小題）1．（2023?遼寧模擬）正電子的發現，開辟了反物質領域的研究。如圖所示，為安德森發現正電子的云室照片，在垂直于照片平面的勻強磁場（照片中未標出）中，高能宇宙射線穿過鉛板時（粒子速度減小），有一個粒子的軌跡和電子的軌跡完全相同，但彎曲的方向反了。安德森發現這正是狄拉克預言的正電子。下列說法正確的是（）A．粒子從上向下穿過鉛板 B．粒子穿過鉛板后運動周期減小 C．勻強磁場的方向垂直照片平面向里 D．粒子穿過鉛板后向心加速度大小不變【解答】解：D．粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得：??????=????2??=ma解得：??=????????向心加速度為??=????????根據題意可知，鉛板上方粒子軌道半徑小，速度較小，向心加速度變小，故D錯誤；A．粒子穿過鉛板后能量有損失，所以粒子的速度v減小，根據上述分析可知粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r減小，因此粒子從下向上穿過鉛板，故A錯誤；B．粒子在磁場中運動的周期為??=2????????，則粒子穿過鉛板后運動周期不變，故B錯誤；C．粒子帶正電，由左手定則可知，磁場方向垂直照片平面向里，故C正確。故選：C。2．（2023?貴陽模擬）托卡馬克裝置是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其結構如圖所示。工作時，高溫等離子體中的帶電粒子被強勻強磁場約束在環形真空室內部，而不與器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比。為了約束更高溫度的等離子體，需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于（）A．T B．T2 C．?? D．??3【解答】解：由洛倫茲力提供向心力??????=????2??帶電粒子的動能????=12????2解得??=2??????????平均動能與等離子體的溫度T成正比，則磁感應強度B正比于??。故C正確，ABD錯誤。故選：C。3．（2023?山西模擬）用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發現，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現將這一現象簡化成如圖2所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向 B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變 C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小 D．若僅增大α角（α＜90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時“軌跡”為閉合的整圓【解答】解：A．將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且x＝v0cosα?t沿y軸方向，速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；B．根洛倫茲力提供向心力可得：??????=????2??根據周期的計算公式可得：??=2??????且v＝v0sinα解得：??=2??=2????0????????????；??=2????????所以????=??????=2??????0????????????由上式可知，若僅增大磁感應強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；C．若僅增大v0，則D、Δx皆按比例增大，故C錯誤；D．若僅增大α，則D增大而Δx減小，且α＝90°時Δx＝0，故D正確。故選：D。4．（2023?新會區校級一模）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子先經過a點，再經過b點 C．粒子運動過程中洛倫茲力對其做負功 D．粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小【解答】解：AB、由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，可知速度大小在減小，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律的：??????=????2??，解得，粒子做圓周運動的軌道半徑??=????????，由于m、q、B不變而粒子速度v減小，則粒子的軌道半徑r減小，由圖示粒子運動軌跡可知，粒子先經過b點，再經過a點；根據左手定則可知粒子帶負電，故AB錯誤；C、由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，洛倫茲力不做功，故C錯誤；D、粒子所受洛倫茲力大小F＝qvB，q、B不變而v減小，則粒子所受洛倫茲力大小逐漸減小，故D正確。故選：D。5．（2023?海東市模擬）如圖所示，在第Ⅳ象限內有垂直坐標平面向外的勻強磁場，一對比荷之比為2：1的正、負帶電粒子在坐標平面內以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場。不計粒子受到的重力及粒子間的作用力。正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1【解答】解：作出正、負粒子的運動軌跡如圖所示：根據幾何關系可得正粒子軌跡對應的圓心角θ＝120°，負粒子軌跡對應的圓心角為α＝60°根據周期公式可知粒子的周期為：T=2????????正、負帶電粒子比荷之比為2：1，則正、負帶電粒子周期之比為：T1：T2＝1：2正粒子在磁場中運動時間為：t1=??360°??1，負粒子在磁場中運動時間為：t2=??360°??2，所以有：t1：t2＝1：1，故D正確、ABC錯誤。故選：D。6．（2023?漣源市二模）如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：兩粒子均在磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力??????=????2??設a、b粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為ra，rb，兩粒子初速度間的夾角為θ，兩粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知ra＝rbcosθ又因為????=??????????????????=??????????????兩粒子比荷相同，故有????????=????????即va＝vbcosθ，故A正確，BCD錯誤。故選：A。7．（2023?青羊區校級模擬）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束24He粒子在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒子的質量為m、電荷量為q。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）A．3??????4?? B．5??????4?? C．5??????8?? D．5??????6??【解答】解：根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有??????=????2??又有??=2??????=2????????設粒子運動軌跡所對的圓心角為α，則運動時間為??=??2????=????????可知，α越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知α越大時∠aoc越小，而∠aoc＝180°﹣∠oac﹣∠oca＝180°﹣2∠oac由幾何關系知，當粒子過c點時，粒子運動時間最長，∠oac最大，此時α最大，設半徑為R。根據幾何關系有L2+（2L﹣R）2＝R2解得??=54??聯立可得??=????????=5??????4??故選：B。8．（2023?宜賓模擬）如圖所示，L1和L2為兩條平行的磁場邊界線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里，范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，L1和L2之間無磁場；A、B兩點是L2上相距一定距離的兩點。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經過偏轉后正好過B點，不計重力，下列說法正確的是（）A．該粒子一定是帶正電 B．該粒子經過B點時的速度一定跟在A點時的速度相同 C．若只稍微增大該粒子在A點的初速度，它將仍可能經過B點 D．若只將該粒子在A點的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，它將不可能經過B點【解答】解：AB．粒子在磁場中的運動軌跡的可能情況如下圖所示由粒子運動軌跡可知，粒子可能帶正電也可能帶負電，且粒子經過B點時的速度一定跟在A點時的速