2024年高考物理二輪重難點復習 磁場對運動電荷(帶電體)的作用（解析版）

專題24磁場對運動電荷佛電體）的作用

1.能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小.

2.會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.

3.能夠分析帶電體在勻強磁場中的運動.

考點一對洛倫茲力的理解和應用

1.洛倫茲力的定義

磁場對運動電荷的作用力.

2.洛侖茲力的大小

f=qv8sin3,。為u與B的夾角。

當。=90時，/此時，電荷受到的洛侖茲力最大；

當6=0或180時，/=0,即電荷在磁場中平行于破場方向運動時，電荷不受洛侖茲力作用；

當尸0時，/=0,說明磁場只對運動的電荷產(chǎn)生力的作用。

3.洛侖茲力的方向

左手定則：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，且處于同一平面內(nèi)，讓磁感線穿入手心，四指指向

為正電荷的運動方向（或負電荷運動的反方向），大拇指所指的方向是正電荷（負電荷）所受的洛侖茲力

的方向。

4.由安培力公式歹=4〃推導洛侖茲力公式/

如組所示，直導線長L,電流為I,導線中運動電荷數(shù)為n,截面積為S,電荷的電量為q,運動速度為u,

則

安培力,=BIL=m

所以洛侖茲力/=-=—

nn

因為/=NqSu（N為單位體枳內(nèi)的電荷數(shù)）

所以/=」------=------qvB,式中n=NSL,故j=q\>B。

nn

xx'xAx

xxxx

---------L—.

洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力

的宏觀表現(xiàn)。

方法總結

洛倫茲力與靜電力的比較

洛倫茲力靜電力

#0且V不與B平行

產(chǎn)生條件（說明：運動電荷在磁場中不一電荷處在電場中

定受洛倫茲力作用）

大小F=q\，B(v±B)F=qE

力方向與場方

/_LB(且F±v)F//E

向的關系

做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功

膾典例精析

R

【典例1】（2022?湖北武漢?模擬預測）如圖為地球赤道剖面圖，地球半徑為R。把地面上高度為￡區(qū)域內(nèi)

的地磁場視為方向垂直于剖面的勻強磁場，一帶電粒子以一定速度正對地心射入該磁場區(qū)域，軌跡恰好與

【答案】C

【解析】

A.粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電荷，故A錯誤;

BCD.如圖所示，設軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關系可得

產(chǎn)+（亨+可=（穴+4

解得

r=-R

8

故C正確，BD錯誤。

故選C。

芯

【典例2】（2022?全國?高三課時練習）如圖所示,真，空中豎直放置一長直細金屬導線電流向上?？?/p>

間中做一與導線同軸的半徑為R的柱面-光滑絕綏管〃〃水平放置，端點〃、〃分別在柱面上八半徑略小于

絕緣管內(nèi)徑的帶正電小球自。點以速度如向b點運切J過程中，下列說法正確的是（）

廣.八

\'''---111

出i

歷

11!

1（|1|

心!I

N

……

A.小球先加速后減速

B.小球受到的洛倫茲力始終為零

C.小球在ah中點受到的洛倫茲力為零

D.小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向向上

【答案】C

【蚱析】A.如圖為俯視圖，根據(jù)右手螺旋定則，磁!感線如圖中虛線所示，洛倫茲力不做功，小球速率不

變，A錯誤；

-、、、

、

//…

,/,//-

i!!C方

\\\

\\、、--

\、，-?

、、、"…

a

BCD.當小球運動到岫中點時，小球速度方向與船理應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，自。點到他

中點，小球受到的洛倫茲力沿柱面向下，自〃〃中點馬R8點，受到的洛倫茲力沿柱面向上，C正確，BD錯

誤，

故選C。

.度為K，該速度使得電子受到的洛倫茲力為K；桿在安培力作用卜獲得的速度為匕，該速度使得桿中電子

受到的洛倫茲力為人。已知導軌間距為L,電子電荷量為e,只考慮金屬桿的電阻，其余電阻均不計，金

屬桿運動時與導軌接觸良好，則（）

A.匕方向由a指向6B.K的方向向右，尸2的方向向左

°F

C.桿在加速運動時，F(xiàn)：D.桿在勻速運動時，F(xiàn)\=F]

【答案】C

【解析】A.閉合開關S,金屬桿的電流方向是力，自由電子定向運動方向與電流的流動方向相反,

則自由電子沿桿定向移動H的方向是〃fa,A錯誤；

B.自由電子沿桿定向移動匕的方向是〃一＞4,根據(jù)左手定則，電了?受到的洛倫茲力為匕方向是水平向右；

閉合開關S,金屬桿的電流方向是4f人根據(jù)左手定則，桿受安培力作用下獲得的速度吟方向水平向右，

即電子也有和桿運動速度方向相同的匕，根據(jù)左手定則該速度使得桿中電子受到的洛倫茲力豎直向下，B

錯誤；

C.桿在安培力作用下獲得的速度為％,產(chǎn)生的感應電動勢為

E=BLV2

此時電子受到的電場力是

式E-BLv,)

L

桿中電子受到的洛倫茲力

F2=q%B

因為金屬桿的電流方向是4f〃，所以

%>F?

即

eE

F<

C正確;

D,桿在勻速運動時，金屬桿中自由電子沿桿定向移動的速度為4和桿在安培力作用下獲得的速度為叱，

方句不相同，則受到的洛倫茲力不相等，D錯誤。

故選C。

考點三帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動.

2.帶電粒子以速度u垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在

與遨場垂直.的平面內(nèi)做勻速圓周運動.

2

（1）洛倫茲力提供向心力：

（2）軌跡半徑：，?=器

（3）周期：T=羿=繁,可知下與運動速度和軌跡半徑無關，口和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關.

（4）運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為。（弧度）時，所用時間

典例精新

【典例5】（2022?全國?高三課時練習）直線0M和直線ON之間的夾角為30。，如圖所示，直線OM上方

存在勻強磁場，磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面向外。?帶電粒子的質(zhì)量為，〃，電荷量為9（“>0）。

粒子沿紙面以大小為v的速度從。M上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30。角。已知該粒子在磁

場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到

兩直線交點O的距離為（）

【答案】D

【解析】帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為

軌跡與OV相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識得CO2）為一直線

cn

OD=

sin30

CD=2r

解得

故選D.

【典例6】（2022?黑龍江?哈爾濱三中模擬預測）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，從為半徑為，?的半圓，ab、cd與直徑兒共線，,山間的距離等于半圓的半徑。

一束質(zhì)量為明電荷量為qS>0）的粒子，在紙面內(nèi)從〃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。從Hcd邊界射出磁場所用時間最短的粒子的速度大小為（）

Bqr_攻WW

\?Lx?

mm3m3m

【答案】A

【解析】粒子做圓周運動的周期為丁，則有

_2兀R

1=-----

v

假設粒子出射的點為e點，粒子做圓周運動的圓心角為則粒子運動的時間表示為

0_0m

t=——I=----

2乃qB

初速度與“e的夾角為。，由幾何關系可知，0=2a,即只要。達到最小值，0取到最小值，運動時間取到

最小值，如圖所示

當。。與圓弧相切時，a達到最小值，根據(jù)幾何關系可得

/eah=30°

ae=——-——=百r

tan30°

則帶電粒子做圓周運動的半徑為

I

-ae

R=-^——

cos30°

根據(jù)牛頓第二定律可得

mv

qvB=

R

解得

qBRqBr

mm

從Hcd邊界射出磁場所用時間最短的粒子的速度大小為

m

A正確，BCD錯誤。

故選Ao

考點四帶電粒子做勻速圓周運動的分析方法

帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法一三步法

I.畫軌跡：即確定圓心，兒何方法求半徑并畫出軌跡。

2.找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角運動時間相聯(lián)系，在磁場中運

動的時間與周期相聯(lián)系。

3.用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式，半徑公式。

(-)圓周運動中的應用三步法的方法技巧：

1.圓心的確定：

一般有以下兩種情況：

(I)已知粒子運動軟跡上兩點的速度方向，如圖甲，作這兩速度的垂線，交點即為圓心。

(2)如圖乙所示，P為入射點、M為出射點，已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射

方句的垂線，連接入射點和出射點，作它的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心。

2.半徑的確定和計算。

圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解三角形的方法及圓心角等于

弦切角的兩倍等知識。如圖，a=§,即偏向角等于圓心角：a=26即圓心角等于弦切角的兩倍。

3.在磁場中運動時間的確定。

利川圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°計算出圓心角〃的大小，由公式，=_9_7,

360

可求出運動時間to有時也用弧長與線速度的比1=,。

v

在上述問題中經(jīng)常用到以下關系：

(I)速度的偏向角0等于AB所對的圓心角6L

(2)偏向角。與弦切角。的關系：*<180,(p=2a：Q>180,e=360-2a。

(3)圓周運動中有關對稱規(guī)律：如從同一直線邊界射入的粒子，再從這一邊射出時，速度與邊界的夾角

相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。

(二)圓周運動中的有關對稱或臨界問題

3.圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖）

（三）兩類典型的綜合問題

1.帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題，注意下列結論，再借助數(shù)學方法分析

<1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。

（2）當速度v一定時，弧長（或弦長）越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。

（3）當速率y變化時，圓周角越大的，運動時間越長。

2.洛倫茲力的多解問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般

包含下述幾個方面.

（I）帶電粒子電性不確定形成多解

受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正負粒子在磁

場中運動軌跡不同，導致形成雙解。

（2）磁場方向不確定形成多解

有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不

確定而形成的多解。

（3）臨界狀態(tài)不唯一形成多解

帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可

能轉過180。從入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。

（4）運動的往復性形成多解

帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解。

名典例精折

【典例7】（2022?山西呂梁?二模）利用磁場可以對帶電粒子的運動進行控制，如圖所示，空間存在垂直紙

面句外的勻強磁場，尸點為紙面內(nèi)一離子源，可以沿紙面向各方向發(fā)射速度大小相同的同種正離子。同一

紙面內(nèi)距P點為分的。點處有一以Q點為圓心、半徑為r的圓形擋板。已知正離子在磁場中做圓周運動

的軌道半徑為3〃離子打到擋板上時被擋板吸收。則擋板上被離子打中的長度與擋板總長度的比值為（

A.210：360B.217:360C.233:360D.240：360

【答案】B

【解析】因為

5r+/*=6r

故當粒子向上射出時，恰好可以打在擋板的最右端。當粒子軌跡與擋板在左下方相切時為另一臨界點，如

圖

根據(jù)幾何關系可知

sin/PQO=]3

NPQO=37°

則擋板上被離子打中的長度與擋板總長度的比值為

180°+/。。。

=217:360

360°

故選Bo

【典例8】（2022?廣東?模擬預測）如圖所示，在直角坐標系xQy中有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場,

一質(zhì)量為〃?、電荷量為夕的粒子（不計粒子受到的重力）從原點。以大小為n的初速度沿x粕正方向射入

磁場，粒子恰好能通過坐標為（3,4〃）的P點。磁場的磁感應強度大小為（）

y

XXXXXX

XXXXXX

P

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XxOXVXXXX

3mv4/nv8mv25inv

A.~~D

4qLB，麗仁25qL-8qL

【答案】C

【解析】粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關系可知

2也，

5L5

5L

R=-^=—L

cos。8

乂因為

V2

qvB=m—

解得

故ABD錯誤，C正確。

故選C。

■好題精練

一、單選題

1.（2021.甘施.民勤縣第一中學高三階段練習）如圖所示，平行金屬板間存在正交的勻強電場和勻強磁場，

其中勻強電場的方向豎直向上，勻強磁場的方向垂直紙面向里。一帶電小球從光滑絕緣軌道上的A點自由

滑下，經(jīng)。點進入金屬板間后恰好沿水平方向做直線運動?，F(xiàn)使小球從較低的。點自由滑下，經(jīng)。點進入

金屬板間，則小球在金屬板間運動的初始階段（）

八X-X，、X

A.動能將會增大

B.電勢能將會減小

C.所受的靜電力將會增大

D.所受的洛倫茲力將不變

【答案】A

【解析】AB.小球從A點下滑時，在金屬板中恰好做直線運動，由于存在洛倫茲力，所以速度不會發(fā)生

改變，小球的運動狀態(tài)為勻速直線運動，存在

mg=qvB+qE

當小球從C點下滑并進入復合場時，其速度小于從八點下滑時的速度，則有

mg>qv'B+qE

因比小球向下發(fā)生偏轉，重力做正功，靜電力做負功，電勢能增大，且有

mg>qE

而又由于洛倫茲力不做功，因此小球的動能增大，故A正確，B錯誤;

C.小球的靜電力為

F=qE

因比在運動過程中，靜電力不發(fā)生變化，c錯誤；

D.由于小球向下偏轉，速度大小和方向都會發(fā)生改變，而洛倫茲力和速度垂直，且根據(jù)

F'=qv'B

因此洛倫茲力的方向和大小均會發(fā)生改變，D錯誤。

故選A.

2.（2022?四川?樂山市教育科學研究所高三模擬）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，三

個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子。、b、c,以不同的速率對準圓心。沿著A。方向射入磁場，其運動軌

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.a、b、c均帶正電

B.。粒子在磁場中運動時間最長

C.4粒子動能最大

D.它們做圓周運動的周期

【答案】B

【解析】A.根據(jù)左手定則可以判斷出〃、b、。均帶負電，A錯誤：

BD.由于粒子運動的周期「二二胃及，=丁丁可知，三粒子運動的周期相同，a在磁場中運動的偏轉角最

大，運動的時間最長，B正確，D錯誤；

C.粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)

八v2

qvB=m—

r

可得

mv

r=—

qB

則可知三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，

。粒子速率和動能最小，。粒子速率和動能最大，故c錯誤。

故選Bo

3.（2022?四川?樂山市教育科學研究所高三模擬）如圖，一個邊長為，的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向

內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小為反現(xiàn)有一質(zhì)量為/小帶電量為F的粒子以某一速度從的中點平行

于邊射入磁場，粒子恰好從C點射出，不計粒子重力。則粒子入射磁場的速度大小為（）

4xxxx

1'

；XXXX;

1

XXX!

XXXX：

BLX...X..X....X：c

A幽B.加r\HqBan\[?>qBa

4m4〃？2m

【答案】B

【解析】粒子的運動軌跡如圖所示

由幾何關系可得

R2=a2+(R-^)

解得

R=—a

4

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

qvB=in—

R

聯(lián)立解得粒子入射磁場的速度大小為

_5qBa

4"i

B正確，ACD錯誤。

故選B。

4.（2022?青海玉樹?高三模擬）下列有關帶電粒子與靜止磁場的關系的說法中，正確的是（）

A.帶電粒了?在磁場中運動時，其所受的磁場力可能為零

B.在磁場中運動的粒子，速度越大，其所受的磁場力越大

C.在磁場中運動的粒子，速度越大，其所受的磁場力越小

D.靜止的帶甩粒子在磁場中也可能受到磁場的力的作用

【答案】A

【解析】A.帶電粒子在磁場中運動時，如果運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力作用，故A正確;

B.根據(jù)公式戶/8sin。，速度大，洛倫茲力不一定大，還要看。的情況，故B錯誤；

C.根據(jù)公式戶/Bsin。，速度大，洛倫茲力也不一定小，還要看。的情況，故C錯誤；

D.根據(jù)公式戶qiBsin9,靜止的帶電粒子在磁場中一定不受洛倫茲力，故D錯誤。

故選A。

5.（2022?江蘇鹽城?高三一模）如圖所示，螺線管中通入正弦交流電，將電子沿軸線方向射入后，電子在

螺線管中的運動情況是（）

.f.U.UU.UUU.『電子

正弦交流電

A.往復運動B.勻速圓周運動C.勻速直線運動D.勻變速直線運動

【答案】C

【解析】ABCD.螺線管中磁場方向始終為水平方向，電子的速度方向始終與磁場方向平行，所以電子始

終不受洛倫茲力，電子做勻速直線運動，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

6.（2022.遼寧?高三期末）如圖所示，一內(nèi)壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放置，高為/?,管

底有質(zhì)量為〃人甩荷量為+4的小球，玻璃管以速度口沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙

面句里的勻強磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在

此過程中，下列說法正確的是（）

A.洛倫茲力對小球做正功

B.小球機械能的增加量等于力劭

C.小球相對于地面做加速度不斷變化的曲線運動

D.小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管的速度成反比

【答案】B

【解析】A.根據(jù)左手定則可知，洛侖茲力跟速度方向始終相互垂直，所以洛倫茲力永不做功，故A錯誤;

BC.由于管對球的支持力對小球做了功，小球的機械能是增加的，在豎直方向上由牛頓第二定律知

qvB-mg=ma

解得

qvB

a=-------g

m

在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上洛侖

茲力不變，故小球在豎直方向上做勻加速直線運動，則合速度為勻變速曲線運動，在豎直方向上由位移公

式得

h=—ar

2

小球在管口的速度

vy=at

小球的合速度

?="2+v；

動能的增加量

AE.=—mv2--mv2

卜22

重力勢能的增加量

△綜=mgh

機械能的增加量

△E-AEp+=qvBh

故B正確，C錯誤;

D.小球的實際運動可分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，豎直方向上洛侖

茲力不變，由牛頓第二定律

qvB-mg=ma

位移公式

h=—at~

2

解得

可知與運動速度不是反比關系，改D錯誤。

故選B”

7.（四川省成都市模擬）如圖，豎直面（紙面）內(nèi)，一層夠長的粗糙絕緣直桿與水平方向成60角固定，

所在空間有方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點的帶正電

小球套在桿上，現(xiàn)給球一個沿桿向下的初速度I，，球恰能做勻速運動，且桿對球恰好無彈力。下列判定正

確的是（）

A.電場強度與磁感應強度的大小關系為《

D2

B.若在球運動的過程中僅撤去磁場，球仍將保持速度v做勻速運動

C.若僅將球的初速度大小變?yōu)楫?，球?qū)⒆黾铀俣炔粩鄿p小的減速運動直至靜止

D.若僅將球的初速度大小變?yōu)?力球沿桿運動的過程中，克服摩擦力做的功為^〃八，2

【答案】D

【解析】A.根據(jù)左手定則判定洛倫茲力的方向垂直于桿向上，對小球受力分析有

cos60

Eq=mgtan60

解得

E_6V

A錯誤：

B.若撤去磁場，重力與電場力的合力方向垂直于桿向下，則小球還受到桿的彈力與滑動摩擦力，小球向

下散勻減速直線運動，最終靜止，B錯誤;

C.若僅將球的初速度大小變?yōu)楫?，則小球受到垂直于桿的彈力與沿桿向上的摩擦力

N+^^=qv'B

cos60

〃N=ma

則小球先向下做加速度減小的變加速運動，當速度減為I，時，之后做勻速運動，C錯誤；

D.由C分析，小球最終以速度J做勻速運動，由于電場力與重力的合力垂直于桿，則電場力與重力做功

的代數(shù)和為0,根據(jù)動能定理有

121/\23

叱=—mv—=--/nv

22

則克服摩擦力做的功為|〃?「，D正確。

故選Do

8.（2022.北京市十一學校高三階段練習）如圖所示，在x軸上方有磁感應強度為8的勻強磁場，一個帶電

粒子從坐標原點。處以速度u進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與上軸負方向成60。角，

不計粒子所受的重力，若粒子穿過），軸正半軸后在磁場中運動，到x軸的最大距離為。，則該粒子的比荷

及圻帶電荷的正負是（）

【蟀析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示，由幾何知識可得Q60。，?=30°,運溝到x軸的最

大距離為。，則有粒子的軌道半徑廠與。的關系為

a=r+rsin30=—r

2

由洛倫茲力提供向心力，可得

I廣

qvB=m—

r

q3v

m2aB

由解析圖和左手定則可知，粒子帶負電，因此ACD錯誤，D正確。

故選Bo

9.（2022.云南?巍山彝族回族自治縣第二中學高三階段練習）一質(zhì)量為〃?、電荷量為+9的粒子，經(jīng)電場加

速后，垂直進入磁感應強度大小為爪方向垂直紙面向里，寬度為〃的勻強磁場區(qū)域，如圖所示.在磁場

中偏轉后從磁場右邊界射出，射出點與入射點的豎直距離為與，不計粒子重力，則入射粒子的速度大小為

（）

、乂Bx

XX

XX

2qBd5qBd3qBdqBd

A.o.v.U.

m4m4/nm

【答案】B

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系得

叱=（R—/]

可得粒子做圓周運動的半徑

R=-d

4

由牛頓第二定律得

inv2

解得入射粒子的速度大小為

_qBR_5qBd

m4，〃

故選Bo

D

10.（2022?山東淄博?高三二模）如圖為地球赤道剖面圖，地球半徑為R,把地面上高度為。區(qū)域內(nèi)的地磁

2

場視為方向垂直于剖面的勻強磁場，在赤道平面內(nèi)一帶電粒子以一定速度正對地心射入該磁場區(qū)域，軌跡

恰好與地面相切。不計粒子重力，則（)o

it

入射方向

粒子軌跡

軌跡半徑為由R

A.軌跡半徑為:RB.

2

C.軌跡半徑為，R3

D.軌跡半徑為

O4

【答案】C

【解析】如圖所示

設機跡半徑為「，根據(jù)幾何關系可得

r2+(-+/?)2=(/?+r)2

2

解得

5R

~8

故選C。

二、填空題

II.（2022?天津市紅橋區(qū)教師發(fā)展中心高三一模）如圖所示，將截面為正方形的真空腔時〃放置在一勻強

磁場中，磁場方向垂直紙面向里,若有一束具有不同速率的電子由小孔。沿時方向射入磁場，打在腔壁

上被吸收，則由小孔。和d射出的電子的速率之比.

a_______

xXX

XXXXX

Xx8xXX

XXXXX

XXXXX

C

【答案】2：1

【解析】設電子的質(zhì)量為，〃，電量為外磁感應強度為6,電子圓周運動的半徑為「，速率為歷

b

由牛頓第二定律得

2

V

evB-m——

r

解得

eBr

v=---

m

廠與v成正比.由圖看出，從c孔和"孔射出的電子半徑之比

rc:r（/=2:1

則速率之比

ve:v尸大:八尸2:I

12.（2021?湖南?金海學校高三階段練習）（1）洛倫茲力的方向月左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余

四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)，讓________從掌心進入，并使四指指向________運動的方

向，這時所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。負電荷受力的方向與正

電荷受力的方向。

（2）洛倫茲力方向特點：FA.B,Flv,即F垂直于所決定的平面。

【答案】磁感線正電荷拇指相反B和y

【解析】（1）洛倫茲力的方向可以依照左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，

并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所

指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。

（2）[5]洛倫茲力方向特點：F±v,即尸垂直于8和u所決定的平面。

13.（2022?福建省丁化第六中學高三一模）如圖所不，有一對平行金屬板相距啟10cm,兩板間有勻強磁場，

磁感應強度的大小8=0.1T,方向垂直紙面向里。左板A處有一粒子源，以速度kIxlOY/s不斷地在紙面

內(nèi)句各個方向發(fā)射比荷里=lxl（）8C/kg的帶負電粒子，不計粒子的重力，能打在右側金屬板上巨經(jīng)歷時間最

m

短的粒子的偏轉角為，最短時間為So

XX

XX

粒子源4

XX

B

XX

【答案】60°##--X1O-7

33

【解析】I"劣弧弦長越短圓心角。越小，時間就越短，由此可知最短弦長為板間距離4根據(jù)牛頓第二定

律得

v~

qvB=tn—

r

根據(jù)直角三角形得

,r?夕

d=2sin-

2

解得

8二60。

⑵粒子的最短運動時間為

~6

-27rm

1=-------

qB

解得

r=^xi0'7s

3

xxx

Lx...x_x

粒子源傕泡x：、

\B/V

X\X,x

八、60°/

'C'

b

14.（2020?湖南?高三一模）放射源中有三種不同的粒子,其中一種不帶電，另兩種分別帶正貨電荷，置于

磁場中，形成如圖三條軌跡，則不帶電的粒子的軌跡是，帶負電的粒子的軌跡是

【答案】②①

【解析】不帶電的粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用，所以運動的軌跡為直線，即為②，

根據(jù)左手定則可以判斷帶負電的粒子受到的洛倫茲力的方向是向右的，所以為①.

故答案為②；①.

三、解答題

15.（2022?云南省楚雄天人中學高三階段練習）如圖，在40），平面第一象限有一勻強電場，電場方向平行

），軸向下。在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x=3L的直線（邊界上均有磁場）。

磁場方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為"人帶電量為夕的正粒子從y軸上P點以初速度%垂直），粕射入勻強電

場，在電場力作用下從x軸上。點以與x軸正方向45。角進入勻強磁場。已知OP=L不計粒子重力。求：

（1）粒子進入磁場時的速度V：

（2）。與。點的距離X；

（3）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的范圍。

【答案】（1）v=V2v0；（2）x=2L,（3）.」向2）叫