第十一章 第2讲 磁场对运动电荷的作用-2025届高三一轮复习物理

第十一章磁场安培力与洛伦兹力第2讲磁场对运动电荷的作用对应学生用书P250考点一洛伦兹力的理解及应用1.洛伦兹力的大小(1)v∥B时,洛伦兹力F=①。(θ=0°或180°)

(2)v⊥B时,洛伦兹力F=②。(θ=90°)

(3)v=0时,洛伦兹力F=③。

2.洛伦兹力的方向(1)判定方法左手定则:掌心——磁感线④穿入掌心。

四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的⑤。

拇指——指向⑥的方向。

(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的⑦。

答案①0②qvB③0④垂直⑤反方向⑥洛伦兹力⑦平面如图所示,磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段通电导线,横截面积为S,单位体积中含有的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率为v。请思考:(1)图中一段长度为vt的导线在磁场中所受安培力为多大?(2)每个自由电荷所受洛伦兹力为多大?答案(1)nqv2StB(2)qvB解析(1)F安=IlB,l=vt,I=Nqt,N=nSl,解得F安=nqv2StB。(2)F洛=F安N洛伦兹力的特点角度1洛伦兹力的方向如图所示,在探究洛伦兹力方向的实验中,阴极射线管电子枪发出的电子打在荧光屏正中央形成一个亮斑。通过匀强磁场改变荧光屏上亮斑的位置,来判断洛伦兹力的方向,从正前方观察,下列磁场方向和对应亮斑的位置正确的是()。ABCD答案A解析根据左手定则,可知施加沿X'X方向的磁场,电子受到指向Y'方向的洛伦兹力;施加沿Y'Y方向的磁场,电子受到指向X方向的洛伦兹力;施加沿XX'方向的磁场,电子受到指向Y方向的洛伦兹力;施加沿YY'方向的磁场,电子受到指向X'方向的洛伦兹力。故A项正确。角度2洛伦兹力的大小(多选)如图所示,空间有一方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场,一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为0.1kg、带电荷量q=+0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力大小可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小为0.6N的恒力,重力加速度g取10m/s2,则()。A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动B.滑块开始做匀加速直线运动,然后做加速度减小的变加速运动,最后做匀速运动C.最终木板做加速度为2m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10m/s的匀速直线运动D.最终木板做加速度为3m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10m/s的匀速直线运动答案BD解析由于滑块与木板间的动摩擦因数为0.5,静摩擦力能对滑块提供的最大加速度为5m/s2,所以当0.6N的恒力作用于木板时,系统开始以a=FM+m=2m/s2的加速度一起运动;在滑块获得向左运动的速度以后磁场对其有竖直向上的洛伦兹力,当0<μ(mg-qvB)<ma时,滑块与木板的加速度不能保持一致,此后a滑=μ(mg-qvB)m,随着速度的增加,a滑减小;当洛伦兹力和滑块重力大小相等时,滑块与木板之间的弹力为零,此时有Bqv=mg,解得v=10m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速直线运动,而木板在恒力作用下做匀加速直线运动,a'=FM=3m/s2。综上可知考点二带电粒子在磁场中的圆周运动的基本处理方法1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做①运动。

2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速率v做②运动。

3.基本公式(1)轨迹半径:r=③。

(2)周期:T=2πrv(3)动能:Ek=12mv2=p22答案①匀速直线②匀速圆周③mvBq④如图所示,洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成,励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈,它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以发射电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体,在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子枪沿垂直磁场方向发射电子,给励磁线圈通电后,能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子枪的加速电压可以改变电子的发射速度,调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。请思考:(1)只增大电子枪的加速电压,电子的运动周期怎样变化?电子束的轨道半径怎样变化?(2)只增大励磁线圈中的电流,电子的运动周期怎样变化?电子束的轨道半径怎样变化?答案(1)只增大电子枪的加速电压,电子的运动周期不变,电子束的轨道半径变大。(2)只增大励磁线圈中的电流,电子的运动周期变短,电子束的轨道半径变小。1.特点2.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法角度1半径公式一个带电粒子,沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示,径迹上每小段可近似看成圆弧,由于带电粒子使沿途空气电离,粒子的动能逐渐减小(带电荷量不变),则由图中情况可判定下列说法正确的是()。A.粒子从a运动到b,带正电B.粒子从b运动到a,带正电C.粒子从a运动到b,带负电D.粒子从b运动到a,带负电答案B解析由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的动能逐渐减小,速度逐渐减小,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,可得粒子在磁场中运动的半径R=mv子轨迹的半径逐渐减小,粒子的运动方向是从b到a,再根据左手定则可知,粒子带正电,B项正确。角度2周期公式(2024届房山二模)如图所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入,沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略,下列说法正确的是()。A.微粒带负电B.碰撞后,新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变大C.碰撞后,新微粒运动周期不变D.碰撞后,新微粒运动周期变大答案D解析根据微粒的偏转方向,由左手定则可判断微粒带正电,A项错误;带电微粒和不带电微粒相碰,动量守恒,则mv=(m+M)v',解得v'=mvM+m,由周期公式T=2πmqB可知,因碰撞后的新微粒质量增大,总电荷量不变,故微粒运动的周期增大,C项错误,D项正确;由洛伦兹力公式f=qvB可知,由于碰撞后微粒速度减小,考点三带电粒子在有界磁场中的运动常见分析方法基本思路图例说明圆心的确定(1)与速度方向垂直的直线过圆心(2)弦的垂直平分线过圆心(3)轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度方向垂线的交点P点速度方向垂线与弦的垂直平分线的交点某点速度方向的垂线与另一点切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法例:R=Lsinθ或由R2=L2+(R-d)2求得运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间(1)t=θ2π(2)t=L(1)速度的偏转角φ等于AB所对的圆心角,即φ=θ=2α(2)偏转角φ与弦切角α的关系:φ<π时,φ=2α;φ>π时,φ=2π-2α角度1直线形边界情境示例规律图1中t=T2=π图2中t=1-θπT=1-θπ2πmBq=2图3中t=θπT=图1中t1=θmBq,t2=T2=图2中t=θm图3中t=1-θπT=1-θπ2πmBq=2图4中t=θπT=(2024届松滋模拟)(多选)如图所示的虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场,两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场,结果两粒子在边界上的B点相遇。不考虑粒子间的相互作用力,不计两粒子的重力。下列说法正确的是()。A.若两粒子的比荷相等,则v1=v2B.若两粒子的比荷相等,则v1vC.若两粒子同时从A点射入,则q1m1∶q2m2D.若两粒子同时从A点射入,则q1m1∶q2答案AC解析两粒子的运动轨迹如图,由几何关系可知R1=R2,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,解得R=mvqB,若两粒子的比荷相等,则R1R2=v1v2,故v1=v2,A项正确,B项错误;粒子在磁场中运动的周期T=2πRv=2πmqB,故q1m1∶q2m2=T2∶T1,在磁场中两粒子的运动时间分别为t1=2π-2θ2πT1=π-θπT1、t2=2θ2π(2024届湖北月考)如图所示,平行边界区域内存在匀强磁场,比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入,经磁场偏转后从右边界射出,带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°,不计粒子的重力。下列判断正确的是()。A.粒子a带负电荷,粒子b带正电荷B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶3C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为3∶1D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2答案B解析粒子a向上偏转,由左手定则可知,粒子a带正电荷;粒子b向下偏转,粒子b带负电荷,A项错误。由几何关系可知,磁场宽度x=Rasin60°=Rbsin30°,所以Ra∶Rb=1∶3,B项正确。由qvB=mv2R得v=qBRm,比荷相同,磁场相同,则va∶vb=Ra∶Rb=1∶3,C项错误。粒子运动周期T=2πmqB,则Ta=Tb,粒子a在磁场中运动的时间ta=60°360°Ta=16Ta=16T,粒子b在磁场中运动的时间tb=30°360°Tb=112Tb=角度2曲线形边界情境示例规律轨迹圆和边界圆的相交问题,运动具有对称性1.粒子沿径向射入圆形磁场,经磁场偏转后必沿径向射出2.粒子沿非径向入射,进出磁场时速度方向的交点、轨迹圆的圆心、区域圆的圆心都在弦的垂直平分线上(可转化为直线边界射出)匀强磁场边界为环形时,解题可仿照圆形边界磁场题型处理1.轨迹圆与磁场边界相切是射出或不射出的临界条件2.周期性运动回到起点:运动轨迹往往具有对称性,画出运动的大概轨迹是解题的突破点(2023年全国甲卷)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是()。A.粒子的运动轨迹可能经过圆心OB.最少经2次碰撞,粒子才可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线答案BD解析带电粒子在磁场中做圆周运动,轨迹是一段圆弧,所以当粒子沿PO方向射入时,其一定不会经过O点,A项错误;由题意可知粒子射入磁场以后的轨迹圆圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形,最少应为三角形,如图所示,即撞击两次,B项正确;射入小孔时的速度越大,粒子做圆周运动的半径越大,碰撞次数可能增多,粒子运动时间不一定减少,C项错误;粒子与筒壁发生弹性碰撞,碰撞前后速度等大反向,因为粒子在圆形有界磁场中运动时,入射速度沿半径方向,出射速度也沿半径方向,所以碰撞后的速度也沿半径方向,即指向圆心O,D项正确。(2024届南开中学期中)(多选)如图所示,半径分别为R和2R的同心圆处于同一平面内,O为圆心。两圆形成的圆环内(含边界)有垂直圆面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子由大圆上的A点以速率v沿大圆切线方向进入磁场,粒子仅在磁场中运动,不计粒子的重力,则粒子运动速率v可能为()。A.qBR4m B.5qBR4m C.答案ACD解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有qvB=mv2r,可得v=qBrm,粒子仅在磁场中运动,则0<2r≤R或3R≤2r≤4R,代入可得0<v≤qBR2m或3qBR2m≤v≤带电粒子在有界磁场中运动的多解问题原因特点图例粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电,也可能带负电,在相同的初速度条件下,正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同,因而形成多解磁场方向不确定有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,此时必须考虑由于磁感应强度方向不确定而形成的多解续表原因特点图例临界状态不唯一如图所示,带电粒子在洛伦兹力作用下能飞出有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧,因此,它可能直接穿过去了,也可能转过180°从入射边界反向飞出,因而形成了多解运动的往复性带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时,往往具有往复性,因而形成多解角度1速度大小不同形成多解(改编)(多选)如图所示,垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分,上部存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场,下部存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力),离子入射方向与MN的夹角为30°。如果离子垂直右边界射出磁场区域,则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离可能为()。A.2LqB0m,(2B.2LqBC.4LqBD.4LqB答案AD解析根据qvB=mv2r,可知离子在磁场中运动的半径r=mvqB,若速度v=2LqB0m,则离子在上方磁场中运动的半径r1=L,在下方磁场中运动的半径r2=2L,此时离子从下部分磁场中垂直边界射出,如图甲中轨迹①所示,出射点偏离MN的距离d1=2L(1-cos30°)=(2-3)L,A项正确,B项错误;若速度v=4LqB05m,则离子在上方磁场中运动的半径r1=2L5,在下方磁场中运动的半径r2=4L5,则离子中轨道从上方磁场中垂直边界射出,如图甲中轨迹②所示,此时出射点偏离MN的距离d2=25L(1-cos30°)=(2-3)5L,C项错误;若速度v=4LqB011m,则离子在上方磁场中运动的半径r1=2L11,在下方磁场中运动的半径角度2交变磁场中运动形成多解(2024届沈阳月考)(多选)如图1所示,ABCD是一长方形有界匀强磁场的边界,磁感应强度按图2所示规律变化,取垂直纸面向外为磁场的正方向,图中AB=3AD=3L,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入,粒子重力不计。则下列说法中正确的是()。A.若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上,则磁场的磁感应强度B0=B.若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上,则粒子运动的加速度大小a=C.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点,则磁场的磁感应强度大小B0=nmv02qL(n=1,2,D.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点,则磁场变化的周期T0=2πL3nv0(n=1,答案AD解析若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上,则粒子运动的半径R=L,根据qv0B0=mv02R,解得磁场的磁感应强度B0=mv0qL,A项正确;若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上,粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周,由几何关系得,运动半径r=L3,运动中的加速度a=v02r=3v02L,B项错误;若要使粒子恰能沿DC方向通过C点,粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍(设为n),根据运动的对称性可得,轨道半径满足2L=2nr',即r'=Ln(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力有qv0B0=mv02r',得B0=nmv0qL,粒子在每段圆弧(圆心角为60°)对应的运动时间t=16×2角度3粒子在磁场中运动的反复性形成多解(2024届抚顺一模)2022年10月21日环球时报发布,中国“人造太阳”获突破性发展,可控核聚变装置运行刷新纪录,突破1MA放电。热核反应需要极高的温度,还得束缚带电粒子,基本原理如图所示。空间有两个同心圆a、b,圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场,圆心O与圆a圆周上各点的电势差U=29×107V,圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,圆a半径R1=33m,圆b半径为R2,已知磁场的磁感应强度B=1.0T,粒子的比荷qm=4.0×107C/kg(1)若带电粒子由静止释放,被电场加速后沿环的半径方向以v0射入磁场,求v0的大小。(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不能穿越磁场的外边界,求圆b的半径R2的取值范围。(边界线上有磁场)(3)令带电粒子以v0沿圆环半径方向第一次射入磁场的入射点为P,在粒子射入磁场后撤去圆a中的电场,求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t。第一步:提取关键信息带电粒子从圆心O由静止释放,在电场中加速,进入磁场后做匀速圆周运动第二步:画出情境示意图第三步:应用模型规律在电场中加速,有qU=m在磁场中偏转,轨迹半径r=周期T=第四步:挖掘题给条件当粒子恰好不能穿越磁场的外边界时,即轨迹与外边界相切时,半径有最大值;已知“从P点进入磁场到回到P点”,分成六段运动计算时间,注意运动的周期性。答案(1)43×107m/s(2)R2≥1m(3)5.74n×10-7s(n=1,2,3,…解析(1)根据动能定理有qU=12mv02,得v0=43×10(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则qv0B=mv02r,则r=mv0Bq=13m,若粒子与圆b相切,则粒子恰好不能穿越磁场的外边界,此时圆b的半径最小,设为R2min,如图所示,由几何关系得R12+r2=R2min-r,解得R2min=(3)由几何关系得θ=30°,得∠POP'=60°,故带电粒子进入磁场绕圆心O'转过360°-(180°-60°)=240°又回到圆a,粒子的运动轨迹如图所示。故粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的过程中,粒子在磁场中运动的时间t1=3×23T=4πmBq,粒子在圆a中运动的时间t2=6R1v0,粒子从P点进入磁场到第一次回到P点运动的总时间t'=t1+t2=4πmBq+6R1v0=5.74×10-7s,故带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t=nt'=5.74n×101.我们生活在地球上受到的辐射主要来自自然界,也就是来自天上、地下以及人们日常生活的周围环境之中,宇宙射线是其中一类。所谓宇宙射线,指的是来自宇宙中的一种具有相当大能量的带电粒子流。地球周围磁场的分布情况如图所示,那么宇宙射线到达地球不同位置地面上的概率情况是()。A.到达赤道附近地面的概率较小B.到达南极附近地面的概率较小C.到达北极附近地面的概率较小D.因洛伦兹力对带电粒子不做功,在任何地方都一样答案A解析射向赤道附近的粒子速度方向与磁感线不平行,会发生偏转,较难到达地面;而在南、北极附近,射向地球的粒子速度方向和磁感线几乎平行,因此这类带电宇宙粒子有较大概率接近南、北极附近地面,A项正确,B、C两项错误。洛伦兹力对带电粒子不做功,但洛伦兹力能改变粒子的运动状态,D项错误。2.(改编)如图所示,长方形ABCD区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,AD长度为AB的2倍,E、O分别为AD和BC的中点,甲、乙两带电粒子(不计粒子重力)以相同的速率从O点射入磁场。甲粒子入射方向和OB边的夹角为60°,从E点离开磁场。乙粒子入射方向和OB边夹角为75°,从A点离开磁场。下列说法正确的是()。A.在匀强磁场中甲、乙两粒子运动半径之比为1∶2B.在匀强磁场中甲、乙两粒子运动周期之比为2∶1C.若粒子可以以任意方向射入磁场(其他条件不变),则甲、乙两粒子在磁场中轨迹长度均达到最大值时,其长度之比为3∶22D.若粒子可以以任意方向射入磁场(其他条件不变),则甲、乙两粒子在磁场中运动时间均达到最大值时,其时间之比为22∶3答案C解析粒子运动轨迹如图所示,设AB长度为L,由几何关系可知∠GO1O=30°,则甲粒子的运动半径为L;∠FO2O=30°,乙粒子的运动半径为2L,则甲、乙两粒子运动半径之比为1∶2,A项错误。两粒子运动速率相同,由T=2πRv可知甲、乙两粒子运动周期之比为1∶2,B项错误。甲粒子在磁场中轨迹长度达到最大值时从D点飞出磁场,运动轨迹长度为π2L,乙粒子在磁场中运动轨迹长度达到最大值时从A点飞出磁场,运动轨迹长度为23πL,则甲、乙两粒子在磁场中轨迹长度均达到最大值时其长度之比为3∶22,C项正确。甲、乙两粒子速率相同,则运动时间之比等于轨迹长度之比,所以在磁场中运动时间均达到最大值时其时间之比为3∶3.为了更好地分析粒子的性质,科研人员设计了如下装置进行分析研究。在边长为L的正方形ABCD区域内分布着垂直纸面的磁场,PQ是与对角线AC垂直的无限长光屏。现在将质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从A点以大小为v的速度持续沿AB方向射入,为了使粒子都能打在光屏上,请判断正方形区域内所加的磁场方向和其磁感应强度大小的取值范围。答案磁场方向垂直纸面向外,取值范围为0~mv解析根据左手定则,对于带正电的粒子,需要磁场方向垂直纸面向外其才能受到指向右下方的洛伦兹力偏转出磁场。由R=mvBq可知,B越大,则R越小,故磁感应强度有临界值,出现在粒子刚好平行于光屏方向出射时,由图可得R+22R=L,联立可得Bmax=mv(2-2)Lq,所以见《高效训练》P851.(2023年海南卷)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力说法正确的是()。A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程中的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案A解析根据左手定则,可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A项正确;小球受洛伦兹力和重力的作用,则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变,B、C两项错误;洛伦兹力永不做功,D项错误。2.(2024届潮州期中)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,高速带电粒子可穿过铝板一次,在两个区域内运动的轨迹如图所示,半径R1>R2,假定穿过铝板后粒子电荷量保持不变,但速率减小,则该粒子()。A.带正电B.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同C.在Ⅰ、Ⅱ区域的加速度大小相等D.从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域答案B解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r=ma,解得r=mvqB,a=qvBm,粒子穿过铝板后,速率减小,电荷量不变,可知轨道半径和加速度都减小,所以粒子是从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ的,根据左手定则知,粒子带负电,A、C、D三项错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB,周期大小与粒子的速度无关,粒子在两区域的运动时间都是半个周期,则粒子在3.(2024届朝阳二模)如图所示,空间存在一圆形匀强磁场区域,P、M是磁场边界上的两个点。氕核(11H)和氦核(24He)分别从P点沿半径方向垂直磁场射入,且都从M点射出。则氕核与氦核A.射入磁场的速率之比为2∶1B.在磁场中运动的时间之比为1∶1C.射入磁场时的动量大小之比为1∶1D.在磁场中运动的加速度大小之比为2∶1答案A解析氕核与氦核均从P点沿半径方向射入,从M点射出,则两粒子运动的半径相同,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,得v=qBrm,所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比,即v1v2=21,A项正确;粒子在磁场中运动的路程相同,而速度之比为2∶1,所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1∶2,B项错误;粒子射入磁场时的动量大小p=mv,所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1∶2,C项错误;粒子在磁场中运动的加速度大小a=qvBm4.(2024届长安期末)(多选)如图所示,两个速度大小相同、比荷不同的带电粒子1、2,沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°,则它们()。A.在磁场中运动的轨迹半径之比为2∶1B.比荷之比为2∶1C.在磁场中运动的时间之比为3∶4D.在磁场中运动的周期之比为2∶1答案BC解析如图所示,设粒子1和粒子2的轨迹圆心分别为O1和O2,粒子1轨迹的半径R1=d,对于粒子2,由几何关系可得R2sin30°+d=R2,解得R2=2d,故轨迹半径之比为1∶2,A项错误;由牛顿第二定律可得qvB=mv2r,可得r=mvqB,可知比荷之比为2∶1,B项正确;周期T=2πrv,得T=2πmqB,故两粒子周期之比为1∶2,D项错误;速度的偏转角等于圆心角,故粒子1的运动时间t1=90°360°T1=14T1,粒子2的运动时间t2=60°360°T25.(2024届大理二模)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θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m,带电荷量为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,电子的最大速率为()。A.7eBR10m C.21eBR40m 答案C解析如图,当电子的运动轨迹与磁场边界相切时,根据evB=mv2r,得v=erBm,电子运动半径最大,速度最大。电子做圆周运动的轨迹圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线,过电子做圆周运动的轨迹圆心作OP的垂线,由几何关系得rcos60°+(R-r)2-(rsin60°)2=0.46.(2024届黑龙江二模)如图所示,在直角三角形ABC区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场,从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°。已知AB=L,∠ACB=30°,元电荷为e,电子的质量为m,不计重力,则电子的速率为()。A.(B.(C.(D.(答案C解析电子从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°,作出轨迹如图所示,根据几何关系有R2cos30°+L=R,解得R=(3+3)L2,根据evB=mv2R7.(2024届广州二模)如图所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是()。A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动所受的向心力最大答案D解析根据左手定则知粒子a带正电,粒子b、c带负电,A项错误。粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,粒子的动能Ek=12mv2,三个带电粒子的质量、电荷量相同,在同一个磁场中,当速度越大时,轨道半径越大,则由题图知,粒子c速率最小,粒子b速率最大,粒子b动能最大,所受向心力最大,B项错误,D项正确。粒子c在磁场中转过的圆心角最大,根据t=θ2π·2πmqB8.(改编)在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场射入,①的速度与x轴负方向成60°角,②的速度与x轴正方向成60°角,如图所示。二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计重力,不考虑带电粒子之间的作用力,根据上述信息可以判断的是()。A.带电粒子①在磁场中运动的半径大B.带电粒子①在磁场中运动的平均速度大C.带电粒子②在磁场中运动的轨迹短D.带电粒子②在磁场中运动的平均速度大答案B解析根据题意,作出两粒子的运动轨迹,如图所示。由图可知,①粒子的运动轨迹短,②粒子的运动轨迹长,两粒子做匀速圆周运动的半径r1=r2,A、C两项错误;由题可知,粒子做匀速圆周运动的周期相等,平均速度等于位移与所用时间的比值,即v1=2r1sin60°2T6=6r1T,v2=2r9.(2024届江门一模)一种离子探测器的简化模型如图所示。圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,PQ过圆心,平板MQN为探测器,整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场,忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子,下列分析正确的是()。A.打在Q点左侧的离子带正电B.打在MQN上离Q点越远的离子,入射速度一定越大C.打在MQN上离Q点越远的离子,比荷一定越大D.入射速度相同的氢离子和氘离子,打在MQN上的位置更靠近Q点的离子是氘离子答案D解析由左手定则可知,正电荷受到的洛伦兹力向右,负电荷受到的洛伦兹力向左,则打在Q点左侧的离子带负电,A项错误;作出离子的运动轨迹如图所示,由图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上,且轨迹半径越小的离子离Q点越远,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,可得r=mvqB,则当比荷相同时v越小或速度相同时比荷越大的离子的轨迹半径越小,打在板上的位置离Q点越远,B、C两项错误;入射速度相同的氢离子和氘离子,由于氘离子的比荷较小,则氘离子运动轨迹的半径较大,故打在MQN上的位置更靠近Q点的离子是氘离子10.(2024届邵阳三模)(多选)如图所示,空间存在四分之一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场,经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v'从O沿着OD方向射入磁场,经时间t'恰好由C点离开磁场。已知圆弧CD长度是圆弧AC长度的一半,则()。A.v'=2v B.v'=2vC.t'=t3 D.t'=答案BC解析