2024-2025学年下学期高二物理教科版期中必刷常考题之洛伦兹力

第53页（共53页）2024-2025学年下学期高二物理教科版（2019）期中必刷常考题之洛伦兹力一．选择题（共7小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.60×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×10202．（2024秋•大连期末）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块完全相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压UH（霍尔元件前后两表面的电势差）也为0，将该点作为直角坐标系的原点。已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx（k为常数，且k＞0），霍尔元件中通以沿y轴正方向的恒定电流，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压UH输出，下列说法正确的是（）A．霍尔元件有x轴正方向位移时，前表面的电势高于后表面的电势 B．UH的大小与元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍尔元件的位移一定时，只增大y方向恒定电流的大小，UH的大小不变 D．霍尔元件的位移一定时，只增大元件垂直磁场方向的面积，UH的大小增大3．（2024秋•朝阳区校级期末）半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，下列说法中正确的是（）A．如果下表面电势高，则该半导体为P型半导体 B．如果下表面电势高，则该半导体为N型半导体 C．半导体样品板的长度a越大，UH越大 D．半导体样品板的宽度b越小，UH越大4．（2024秋•温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的质量为m、电荷量为+q的带电粒子。粒子射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度的大小为B。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。下列说法正确的是（）A．粒子的速率v=B．沿x轴入射的粒子在磁场中的运动时间t=C．不同位置入射的粒子会从不同位置离开磁场 D．关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称5．（2024秋•济南期末）霍尔效应的应用非常广泛。如图所示，金属片长度为a，宽度为b，厚度为h，水平放置于方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属片左右两端与电动势为E的直流电源及滑动变阻器R构成闭合回路，金属片前后MN两端接理想电压表V。不计电源内阻及金属片电阻，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．金属片的前端M的电势低于后端N的电势 B．仅减小磁感应强度B，电压表示数增大 C．仅增大滑动变阻器R的阻值，电压表示数减小 D．仅增大金属片的长度a，电压表示数减小6．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在AA．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I7．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q（多选）9．（2024秋•青岛期末）汽车的ABS是一种能够防止车轮抱死的制动系统，该系统的传感器主要基于霍尔效应原理。如图是传感器元件的简易图，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，长、宽、高分别是a、c、h。元件内的电子定向移动形成恒定电流I，电流的方向向右，下列说法正确的是（）A．电子定向移动的方向是从右到左 B．该元件前表面的电势高于后表面的电势 C．若增大宽度c，前后表面电势差的绝对值增大 D．增大磁感应强度，前后表面电势差的绝对值增大（多选）10．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，x方向的分速度等大反向。若粒子最终能返回A．5qBhh2+C．2qBhh2（多选）11．（2024秋•青岛期末）如图为用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别为L1、L2、L3。将泵体的上下表面接在电压为U内阻不计的电源上，理想电流表示数为I，泵体处在垂直于前表面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为ρ。下列说法正确的是（）A．泵体上表面应接电源正极 B．电磁泵对导电液产生的推力大小为BIL3 C．泵体内导电液体沿电流方向的电阻R＝ρL1D．增大磁感应强度可以提高导电液体的流动速度（多选）12．（2024秋•顺义区校级期末）阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以（）A．加上y轴正方向的磁场 B．加上y轴负方向的磁场 C．加上z轴正方向的电场 D．加上z轴负方向的电场三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。14．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B15．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与y（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）

2024-2025学年下学期高二物理教科版（2019）期中必刷常考题之洛伦兹力参考答案与试题解析题号1234567答案BBBDCCC一．选择题（共7小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.60×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×1020【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据电流的微观表达式得到载流子定向移动的速率，根据载流子受到的洛伦兹力和电场力平衡写出霍尔电压的表达式，结合图像的斜率计算。【解答】解：设样品单位面积上含有的载流子为n，载流子定向移动的速率为v，则恒定电流大小I＝nebv，霍尔电压的大小为U，则evB=eUb，解得U=IneB，结合图像有k=Ine=84故选：B。【点评】能够写出霍尔电压U和磁场的磁感应强度之间的函数表达式是解题的基础。2．（2024秋•大连期末）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块完全相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压UH（霍尔元件前后两表面的电势差）也为0，将该点作为直角坐标系的原点。已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx（k为常数，且k＞0），霍尔元件中通以沿y轴正方向的恒定电流，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压UH输出，下列说法正确的是（）A．霍尔元件有x轴正方向位移时，前表面的电势高于后表面的电势 B．UH的大小与元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍尔元件的位移一定时，只增大y方向恒定电流的大小，UH的大小不变 D．霍尔元件的位移一定时，只增大元件垂直磁场方向的面积，UH的大小增大【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据左手定则判断电子的偏转方向，据此判断电势的高低；根据电子受到的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式写出霍尔电压的表达式，据此逐项分析即可。【解答】解：A、霍尔元件有x轴正方向位移时，通过霍尔元件的磁感线方向为水平向左，根据左手定则可知霍尔元件中的自由电子受安培力方向指向前表面，则前表面聚集电子，所以前表面的电势低于后表面的电势，故A错误；B、设霍尔元件中电子定向移动的速率为v，霍尔元件沿y轴方向的厚度为b，沿x轴方向的厚度为a，前后表面的距离为d，霍尔元件单位体积含有的自由电子数为n，则I＝neadv，根据电子在霍尔元件中受洛伦兹力合电场力结合平衡条件有evB=eUHd，其中B＝kx，整理可得UH＝vdkx=IkxCD、根据霍尔电压的表达式UH=Ikxnea可知，霍尔电压的位移x一定时，只增大y方向恒定电流的大小，则霍尔电压UH变大；若只增大元件垂直磁场方向的面积，即ad的乘积增大，可能a会增大，则霍尔电压U故选：B。【点评】能够根据电流的微观表达式、电场力和洛伦兹力平衡条件写出霍尔电压的表达式是解题的关键。3．（2024秋•朝阳区校级期末）半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，下列说法中正确的是（）A．如果下表面电势高，则该半导体为P型半导体 B．如果下表面电势高，则该半导体为N型半导体 C．半导体样品板的长度a越大，UH越大 D．半导体样品板的宽度b越小，UH越大【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据左手定则分析；根据载流子受电场力和洛伦兹力平衡结合电流的微观表达式写出霍尔电势差的表达式分析。【解答】解：AB、根据左手点则可以判断载流子向上表面偏转，如果上表面电势高，则载流子为空穴，为P型半导体；如果下表面电势高，则载流子为自由电子，为N型半导体，故A错误，B正确；CD、设载流子定向移动的速率为v，单位体积内含有的载流子为n，则I＝nebcv，当两个侧面的电势差最大时，根据平衡条件有evB＝eUHb，解得UH=BInec。所以UH大小与半导体样品的长度a故选：B。【点评】能够写出霍尔电势差的表达式是解题的关键。4．（2024秋•温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的质量为m、电荷量为+q的带电粒子。粒子射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度的大小为B。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。下列说法正确的是（）A．粒子的速率v=B．沿x轴入射的粒子在磁场中的运动时间t=C．不同位置入射的粒子会从不同位置离开磁场 D．关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；模型法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后从P点射出，该粒子在磁场中的运动轨迹为14圆周，其轨迹半径与磁场区域的半径相等，符合磁聚焦模型的条件。根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的速率；根据运动周期与轨迹圆心角求解该粒子在磁场中的运动时间；根据磁聚焦模型可知，粒子源沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出；根据几何关系判断关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y【解答】解：AB．已知沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后从P点射出，则该粒子在磁场中的运动轨迹为14圆周，其轨迹半径r与磁场区域的半径R相等，即r＝R，轨迹的圆心角为90qvB=mv粒子在磁场中运动周期为：T=该粒子在磁场中的运动时间为：t=14C．粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，根据磁聚焦模型（如图1所示）可知，粒子源沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，故C错误；D．设关于x轴对称入射的两个粒子从a、b点进入磁场，从磁场中离开时的速度方向与y轴夹角分别为α、β，两个粒子做圆周运动的圆心分别是O1、O2。如图2所示，过P点做a、b点连线的垂线段，垂足为C点，由几何关系可得∠O1PC＝α，∠O2PC＝β因：O1P＝O2P＝R，故：∠O1PC＝∠O2PC，即：α＝β即关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律，结合几何关系解答。掌握磁聚焦与磁发散模型的特点。5．（2024秋•济南期末）霍尔效应的应用非常广泛。如图所示，金属片长度为a，宽度为b，厚度为h，水平放置于方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属片左右两端与电动势为E的直流电源及滑动变阻器R构成闭合回路，金属片前后MN两端接理想电压表V。不计电源内阻及金属片电阻，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．金属片的前端M的电势低于后端N的电势 B．仅减小磁感应强度B，电压表示数增大 C．仅增大滑动变阻器R的阻值，电压表示数减小 D．仅增大金属片的长度a，电压表示数减小【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．【答案】C【分析】A.根据电子定向移动的方向和左手定则判断电子所受洛伦兹力的方向，然后判断电势的高低；B.当电路稳定后，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件求解作答；CD.根据闭合电路的欧姆定律、电流的微观表达式结合关系式U＝bvB分析作答。【解答】解：A.闭合开关，霍尔元件中电子的运动方向与电流的方向相反，根据左手定则可知电子向金属片的后端N聚集，因此金属片的前端M的电势高于后端N的电势，故A错误；B.当电路稳定后，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件evB得U＝bvB因此，仅减小磁感应强度B，电压表示数减小，故B错误；C.根据闭合电路的欧姆定律I=ER根据电流的微观表达式I＝nevS可知，电子定向移动的速率减小，根据U＝bvB可知，电压表示数减小，故C正确；D.仅增大金属片的长度a，电路中的电流不变，电子定向移动的速率不变，根据U＝bvB可知，电压表示数不变，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了霍尔效应，要明确霍尔元件的工作原理，掌握闭合电路的欧姆定律、电流的微观表达式、洛伦兹力公式和电场力公式的运用。6．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在AA．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子运动半径，根据左手定则分析粒子的运动情况，作出粒子轨迹图，根据时间公式解得BC，结合动量定理计算【解答】解：A.由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根据磁聚焦结论作出如图所示的轨迹图粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从D点离开磁场，故A错误；B.根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的时间均为t=这个时间是粒子从p点出发到从D点离开的最短时间，故B错误；C.所有粒子到达挡板的最短时间为t1=最长时间为t2=粒子与挡板碰撞过程中的作用时间为Δt＝t2﹣t1对这n个粒子由动量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正确；D.所有粒子从发出到达D点的最短时间为t'1=最长时间为t'2=因此粒子离开D点过程持续的时间为Δt'＝t'2﹣t'1则等效电流为I=解得I=同时考虑到电荷离开D点时沿着不同方向，实际的电流会更小，故D错误。故选：C。【点评】解决该题需要明确知道在求解时间最值问题，注意根据题意作出粒子的运动轨迹及洛伦兹力提供向心力的应用。7．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，明确带电滑块上滑，依据左手定则判定洛伦兹力方向，根据牛顿第二定律等知识分析，注意明确洛伦兹力与速度大小的关系。【解答】解：依据左手定则判断物块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB联立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，在小物块上滑过程中，当速度为零时加速度最小，但最小值不为零；A、速度—时间图像的切线斜率表示加速度，故A错误；BC、物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零，故C正确，B错误；D、动能Ek与位移x的关系图像的斜率表示合力，根据以上分析可知，小物块上滑过程中，合力为变力，则斜率会发生变化，故D错误。故选：C。【点评】本题考查左手定则与牛顿第二定律的应用，掌握影响加速度的因素，理解伦兹力受到速率的影响。二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】A.由牛顿第二定律结合几何关系求得该粒子入射的速度大小；BC.根据圆心角与周期求得粒子所用时间，并判断改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间变化；D.若带电粒子的入射点位置变化，速度不变，半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，由此作出判断。【解答】解：A．粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bq解得v故A正确；BC．该粒子在磁场中偏转的圆心角θ=3粒子的运动周期为T联立解得t只改变粒子的入射方向，其对应得圆心角可能会增大，则粒子在磁场中运动得时间可能就边长，故B错误，C正确；D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其圆周运动的半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，故D故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，做题关键在于做出粒子运动轨迹图，结合几何关系和洛伦兹力提供向心力可求解，结合圆心角与周期可求得粒子运动的时间。（多选）9．（2024秋•青岛期末）汽车的ABS是一种能够防止车轮抱死的制动系统，该系统的传感器主要基于霍尔效应原理。如图是传感器元件的简易图，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，长、宽、高分别是a、c、h。元件内的电子定向移动形成恒定电流I，电流的方向向右，下列说法正确的是（）A．电子定向移动的方向是从右到左 B．该元件前表面的电势高于后表面的电势 C．若增大宽度c，前后表面电势差的绝对值增大 D．增大磁感应强度，前后表面电势差的绝对值增大【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ABD【分析】A.根据电流方向和电子定向移动的方向关系进行判断；B.根据左手定则结合载流子的情况进行判断；CD.根据稳定时满足的方程推导电势差的表达式，结合电流的微观表达式进行分析判断。【解答】解：A.因为元件中电流方向向右，电流是有电子的定向移动形成的，故电子定向移动的方向是从右向左，故A正确；B.根据左手定则，载流子是电子，则电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏转，所以前表面电势高于后表面电势，故B正确；CD.稳定时，满足evB＝eUc，即U＝cvB，根据电流的微观表达式I＝neSv＝nehcv，由于I恒定，可知cv不变，可知电势差U不变，当B增大时U增大，故C错误，D故选：ABD。【点评】考查霍尔效应，带电粒子在磁场中的偏转问题，熟悉霍尔效应的基本原理，会根据题意进行准确分析解答。（多选）10．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，xA．5qBhh2+C．2qBhh2【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】由洛伦兹力提供向心力结合几何关系求得粒子的速度大小作出判断。【解答】解：A．当vm时，根据题意如图所示由几何关系可得，粒子运动半径R=洛伦兹力提供向心力可得qvB=联立解得vm故A错误；B．当粒子与挡板碰撞一次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v1故B正确；C．当粒子与挡板碰撞二次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v2故C正确；D．当粒子与挡板碰撞三次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v3故D正确。故选：BCD。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，要正确分析粒子的受力情况，来判断其运动情况。对于匀速圆周运动，要确定圆心位置，根据几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。（多选）11．（2024秋•青岛期末）如图为用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别为L1、L2、L3。将泵体的上下表面接在电压为U内阻不计的电源上，理想电流表示数为I，泵体处在垂直于前表面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为ρ。下列说法正确的是（）A．泵体上表面应接电源正极 B．电磁泵对导电液产生的推力大小为BIL3 C．泵体内导电液体沿电流方向的电阻R＝ρL1D．增大磁感应强度可以提高导电液体的流动速度【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】A.根据左手定则判断电流方向，再判断极性；BD.根据安培力表达式进行分析解答；C.根据电阻定律进行分析解答。【解答】解：A.根据左手定则，要让导电液在磁场中受到向右的安培力，则电流方向必须向上，故泵体上表面应接电源负极，下表面接正极，故A错误；B.电磁泵对导电液的推力等于安培力，根据安培力公式有F＝BIL3，故B正确；C.根据电阻定律，泵体内沿电流方向的电阻为R＝ρL3L1D.根据安培力表达式可知，增大磁感应强度B可以增大安培力，更大的安培力可以提高导电液体的流动速度，故D正确。故选：BD。【点评】考查左手定则的应用以及安培力的计算、电阻定律等，会根据题意进行准确分析解答。（多选）12．（2024秋•顺义区校级期末）阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以（）A．加上y轴正方向的磁场 B．加上y轴负方向的磁场 C．加上z轴正方向的电场 D．加上z轴负方向的电场【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】BD【分析】根据左手定则判断分析加不同方向的磁场电子的偏转方向。【解答】解：A．加上y轴正方向的磁场，根据左手定则可知，四指表示正电荷的运动方向，所以电子向z轴负方向偏转，故A错误；B．加上y轴负方向的磁场，根据左手定则可知，电子向z轴正方向偏转，故B正确；C．加上z轴正方向的电场，电子受到的电场力与电场方向相反，所以沿z轴负方向，电子向z轴负方向偏转，故C错误；D．加上z轴负方向的电场，电子受到的电场力与电场方向相反，所以沿z轴正方向，则电子向z轴正方向偏转，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查磁偏转方向判断的能力．由左手定则判断洛伦兹力的方向是正确解题的关键。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【分析】（1）根据动能定理求解离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；（2）画出打在粒子打在硅片上、下端的轨迹图像，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度的大小，最后综合表示磁感应强度的取值范围。【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知qU=变形得到v=（2）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示：离子打在硅片上端时，设磁感应强度为B1，∠BOD＝α，由几何关系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°设离子的轨迹半径为Rtan30R=由牛顿第二定律有qvB解得B1离子打在硅片下端时，设磁感应强度为B0，由几何关系知道，离子的轨迹半径r'＝r，由牛顿第二定律有qvB0=从而解得B0磁感应强度的取值范围2qUm答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能根据题意作出带电粒子的轨迹图，能熟练应用动能定理求解粒子加速后的速度、几何知识求解轨道半径、牛顿第二定律求解速度和磁感应强度。14．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B【考点】带电粒子在电场和磁场中的往复运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【分析】（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；（2）粒子在电场中做类斜抛运动，将运动按水平方向与竖直方向分解。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。根据运动学公式求解AD的间距L的最大值；（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，要使磁感应强度最大，则运动半径最小。作出粒子周期性运动的运动轨迹图，求出粒子在电场中侧移量，根据几何关系求得粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离，最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，根据满足的条件求得运动半径的最小值，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R1，如下图所示：已知：sinθ＝0.6，则cosθ＝0.8根据几何关系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根据洛伦兹力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向分速度大小为vx＝vsinθ，竖直方向分速度大小为vy＝vcosθ。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。设粒子在电场中运动时间为t，则有：在竖直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的间距L的最大值为12（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R2，要使B2最大，则R2最小。粒子做周期性运动的运动轨迹如下图所示，由P点到M点为一个运动周期。当边界AB和CD的间距为13d时，设粒子在电场中运动时间为t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在竖直方向上有：Δy=粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离（即图中的PM的长度）为：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，需满足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……联立可得：R2=解得：n＝3时，R2取最小值，且最小值为：Rmin=由洛伦兹力提供向心力得：q解得磁感应强度大小B2的最大值为：B答：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，解题的关键是能够根据题意作出粒子的运动轨迹，粒子运动具有周期性，根据周期性确定运动的几何条件。15．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【分析】（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解运动轨迹半径；（2）根据几何关系画作出粒子的运动轨迹。粒子在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，将运动分解处理。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；（3）根据题意求得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小，反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，求得到达原点O的速度大小与方向。由洛伦兹力提供向心力求得粒子再次在磁场中的运动半径。由几何关系求得粒子第三次打到x轴的位置坐标。根据运动周期与圆心角求解粒子在磁场中的运动时间，粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，进而求得粒子从P点出发至第三次打到x轴的总时间。【解答】解：（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝粒子垂直于x轴进入第三象限的电场，在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，设OQ的距离为y1，则有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y则Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）（3）粒子到达Q点时水平分速度大小为：vx1=qEmt1，解得：由题意可得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小为：vx2=12vx1，解得：vx2反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，到达原点O的速度大小为：v2=v02+vx2速度v2的方向与﹣x方向的夹角β满足：tanβ=vx2v0设粒子再次在磁场中的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁场中的运动轨迹如下图所示。由几何关系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x轴的位置坐标为：（﹣1m，0）粒子第一次在磁场中的运动时间为：t2=解得：t2=粒子第二次在磁场中的运动时间为：t3=解得：t2=粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，均为t1=9500s，粒子从Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在电场中做类平抛运动时，将运动分解处理。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何解答。

考点卡片1．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．2．左手定则判断洛伦兹力的方向【知识点的认识】1.左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。2.洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。【命题方向】如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，下列判断正确的是（）A、粒子向上偏转B、粒子向下偏转C、粒子不偏转D、粒子很快停止运动分析：带电粒子在磁场中运动，才受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的关系可确定运动轨迹．解答：带正电粒子垂直进入匀强磁场中，受到垂直向上的洛伦兹力作用，从而使粒子向上偏转。故选：A。点评：电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，才可能有洛伦兹力，当运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．【解题思路点拨】洛伦兹力的方向（1）f⊥B，f⊥v，f垂直于B、v共同确定的平面，但B与v不一定垂直。（2）洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。3．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．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．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．4．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心．（2）半径的确定方法一：由物理方程求：半径R=mv方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．（3）时间的确定由t=θ2πT确定通过某段圆弧所用的时间，其中【命题方向】如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径ra=d2sin60°=d3a粒子轨迹长度为sa=2×60b粒子的轨迹长度为sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故选：C。点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．5．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动【知识点的认知】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。2.几个与角有关的物理量如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。3.如何确定“圆心角与时间”①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②时间的计算方法．方法一：由圆心角求，t=θ2π•T；方法二：由弧长求，【命题方向】如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r。分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB=由此可得电子做圆周运动的半径R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：tanθ∴r答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=mv（2）电子在磁场中运动的时间t=mθ（3）圆形磁场区域的半径r=mv点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．6．带电粒子在叠加场中做直线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。【命题方向】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A、微粒的动能一定增加B、微粒的动能一定减少C、微粒的电势能一定减少D、微粒的机械能一定增加分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；重力做负功，重力势能增加，选项D正确。故选：CD。点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．【解题思路点拨】1.叠加场中三中场的比较2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法7．带电粒子由磁场进入电场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。【命题方向】如图所示，一个质量为m＝2.0×10﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝100V电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝50V．金属板长L＝20cm，两板间距d=53cm（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）若该匀强磁场的宽度D＝10cm，为使微粒不会从磁场右边射出，则该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0。（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角。（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。解答：（1）粒子在加速电场中运动过程，由动能定理，得qU1=解得，v0=2qU（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有加速度a=t=Lv0，v则tanθ=将上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度大小为v=画出轨迹如图，根据几何知识，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入数据解得，B＝0.346T答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°；（3）为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。【解题思路点拨】解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法8．带电粒子由电场进入磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。【命题方向】如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在﹣x轴上的点a以速率v0，方向和﹣x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；（3）粒子在磁场和电场中的运动时