【考綱知識梳理】
一、洛侖茲力的大小和方向：
1、洛倫茲力的大小計算：F＝qvBsinα(α為v與B的夾角)
（1）當v⊥B時，f洛最大，f洛= q B v（式中的v是電荷相對于磁場的速度）
（2）當v// B時，f洛=0做勻速直線運動。
（3）v=0，F=0,即磁場對靜止電荷無作用力，只對運動電荷產生作用力。
2、洛倫茲力的方向
（1）洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面．
（2）洛倫茲力方向(左手定則)：伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則姆指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向．
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1、分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．
2、做勻速圓周運動：軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB (與速度大小無關)．
3、垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：
垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；
垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)．
三、洛倫茲力的應用實例
1．質譜儀的結構原理
質譜儀主要用于分析同位素， 測定其質量， 荷質比和含量比， 如圖所示為一種常用的質譜儀
（1）離子發(fā)生器O（O中發(fā)射出電量q、質量m的粒子，粒子從A中小孔S飄出時速度大小不計；）
（2）靜電加速器C：靜電加速器兩極板M和N的中心分別開有小孔S1、S2，粒子從S1進入后，經電壓為U的電場加速后，從S2孔以速度v飛出；
（3）速度選擇器D：由正交的勻強電場E0和勻強磁場B0構成，調整E0和B0的大小可以選擇度為v0＝E0/B0的粒子通過速度選擇器，從S3孔射出；
（4）偏轉磁場B：粒子從速度選擇器小孔S3射出后，從偏轉磁場邊界擋板上的小孔S4進入，做半徑為r的勻速圓周運動；
（5）感光片F：粒子在偏轉磁場中做半圓運動后，打在感光膠片的P點被記錄，可以測得PS4間的距離L。裝置中S、S1、S2、S3、S4五個小孔在同一條直線上
2．問題討論：
設粒子的質量為m、帶電量為q（重力不計），
粒子經電場加速由動能定理有： ①；
粒子在偏轉磁場中作圓周運動有： ②；
聯立①②解得：
另一種表達形式
同位素荷質比和質量的測定: 粒子通過加速電場，通過速度選擇器， 根據勻速運動的條件: 。若測出粒子在偏轉磁場的軌道直徑為L， 則 ， 所以同位素的荷質比和質量分別為 。
2、回旋加速器
1932年美國物理學家勞倫斯發(fā)明的回旋加速器，是磁場和電場對運動電荷的作用規(guī)律在科學技術中的應用典例，也是高中物理教材中的一個難點，其中有幾個問題值得我們進一步探討
回旋加速器是用來加速帶電粒子使之獲得高能量的裝置。
1．回旋加速器的結構�；匦�加速器的核心部分是兩個D形金屬扁盒（如圖所示），在兩盒之間留有一條窄縫，在窄縫中心附近放有粒子源O。D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在巨大的電磁鐵的兩極之間，勻強磁場方向垂直于D形盒的底面。把兩個D形盒分別接到高頻電源的兩極上。
2．回旋加速器的工作原理。如圖所示，從粒子源O放射出的帶電粒子，經兩D形盒間的電場加速后，垂直磁場方向進入某一D形盒內，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，經磁場偏轉半個周期后又回到窄縫。此時窄縫間的電場方向恰好改變，帶電粒子在窄縫中再一次被加速，以更大的速度進入另一D形盒做勻速圓周運動……，這樣，帶電粒子不斷被加速，直至它在D形盒內沿螺線軌道運動逐漸趨于盒的邊緣，當粒子達到預期的速率后，用特殊裝置將其引出。
3．問題討論。
（1）高頻電源的頻率 。
帶電粒子在勻強磁場中運動的周期 。帶電粒子運動時，每次經過窄縫都被電場加速，運動速度不斷增加，在磁場中運動半徑不斷增大，但粒子在磁場中每運動半周的時間 不變。由于窄縫寬度很小，粒子通過電場窄縫的時間很短，可以忽略不計，粒子運動的總時間只考慮它在磁場中運動的時間。因此，要使粒子每次經過窄縫時都能被加速的條件是：高頻電源的周期與帶電粒子運動的周期相等（同步），即高頻電源的頻率為 ，才能實現回旋加速。
（2）粒子加速后的最大動能E。
由于D形盒的半徑R一定，粒子在D形盒中加速的最后半周的半徑為R，由 可知 ，所以帶電粒子的最大動能 。雖然洛倫茲力對帶電粒子不做功，但E卻與B有關；
由于 ，由此可知，加速電壓的高低只會影響帶電粒子加速的總次數，并不影響回旋加速后的最大動能。
（3）能否無限制地回旋加速。
由于相對論效應，當帶電粒子速率接近光速時，帶電粒子的質量將顯著增加，從而帶電粒子做圓周運動的周期將隨帶電粒子質量的增加而加長。如果加在D形盒兩極的交變電場的周期不變的話，帶電粒子由于每次“遲到”一點，就不能保證粒子每次經過窄縫時總被加速。因此，同步條件被破壞，也就不能再提高帶電粒子的速率了
(4)粒子在加速器中運動的時間：
設加速電壓為U，質量為m、帶電量為q的粒子共被加速了n次，若不計在電場中運動的時間，有：
所以
又因為在一個周期內帶電粒子被加速兩次，所以粒子在磁場中運動的時間
時間
若計上粒子在電場中運動的時間，則粒子在兩D形盒間的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，設間隙為d，有：
所以
故粒子在回旋加速器中運動的總時間為
因為 ，所以 ，故粒子在電場中運動的時間可以忽略
【要點名師透析】
一 、洛倫茲力的理解
1.洛倫茲力和安培力的關系
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.
2.洛倫茲力方向的特點
(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面.
(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化.
(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時,要注意將四指指向電荷運動的反方向.
【例1】(2011?漳州模擬)帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，如圖所示.運動中經過b點，Oa=Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為( )
【答案】選C.
【詳解】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則由
二、帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析
分析方法:找圓心、求半徑、確定轉過的圓心角的大小是解決這類問題的前提,確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎,有時需要建立運動時間t和轉過的圓心角α之間的關系作為輔助.
(1)圓心的確定
基本思路:即圓心一定在與速度方向垂直的直線上.有兩種方法:
①已知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速度方向和出射速度方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示,P點為入射點,M點為出射點).
②已知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道的圓心(如圖乙所示,P為入射點,M為出射點).
(2)半徑的確定和計算
利用平面幾何關系,求出該圓的可能半徑(或圓心角),并注意以下兩個重要的幾何特點:
①粒子速度的偏向角 等于圓心角(α),并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的
2倍(如圖所示),即 =α=2θ=ωt
②相對的弦切角(θ)相等,與相鄰的弦切角(θ′)互補,即θ+θ′=180°.
(3)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α時,其運動時間可表示為 或
【例2】(2011?廈門模擬)(18分)如圖所示，質量為m，電荷量為e的電子從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內，射入時的速度方向不同，但大小均為v0.現在某一區(qū)域內加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求：
(1)電子從y軸穿過的范圍；
(2)熒光屏上光斑的長度；
(3)所加磁場范圍的最小面積.
【詳解】(1)設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得： (2分)
電子從y軸穿過的范圍 (2分)
(2)如圖所示，初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運動到熒光屏MN上的P點， (1分)
初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運動到熒光屏MN上的Q點(1分)
由幾何知識可得 (2分)
(3)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x,y)，因其射出后能垂直打到熒光屏MN上，故有：
x=-Rsinθ (2分)
y=R+Rcosθ (2分)
即x2+(y-R)2=R2 (2分)
又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖中實線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為： (4分)
三、有關洛倫茲力的多解問題
1.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，也可能帶負電，當粒子具有相同速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解.
如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b.
2.磁場方向不確定形成多解
磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解.
如圖所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.
3.臨界狀態(tài)不惟一形成多解
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°從入射面邊界反向飛出,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,部分是磁場的空間運動時,運動往往具有往復性,從而形成多解，如圖所示.
【例3】(14分)如圖甲所示，MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示.有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場.已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力.求：
(1)磁感應強度B0的大小.
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值.
設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向.
【詳解】(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力 (1分)
做勻速圓周運動的周期 (1分)
由兩式得磁感應強度 (2分)
【感悟高考真題】
1.（2011?海南物理?T10）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是（ ）
A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同
B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同
C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同
D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大
【答案】選BD。
【詳解】根據帶電粒子在磁場中運動的周期 ，由此可知兩種粒子在磁場中的運動周期相同，若速度不同的粒子在磁場中轉過的圓心角相同時，軌跡可以不同，但運動時間相同，由半徑公式 可知，入射角相同的粒子，軌跡相同。粒子在磁場中運動的時間 ，即由軌跡所對的圓心角決定，故B、D正確，Ａ、Ｃ錯誤。
2.（2011?浙江理綜?T20）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是
A. 粒子帶正電
B. 射出粒子的最大速度為
C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
【答案】選BC.
【詳解】根據題意，粒子進入磁場后向右偏轉，所受洛侖茲力方向向右，根據左手定則，粒子應帶負電,A錯誤.粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為 ，最小半徑為 ，由于洛侖茲力充當向心力： ，可得： ， ，所以： ，分析可得：BC正確、D錯誤.
3. （2010?重慶卷）21.如題21圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁塊，在紙面民內做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質量，電荷量以及速度大小如下表所示
由以上信息可知，從圖中a、b、c處進大的粒子對應表中的編號分別為
A 3、5、4 B4、 2、5
C5、3、2 D2、4、5
答案：D
【解析】根據半徑公式 結合表格中數據可求得1—5各組粒子的半徑之比依次為0.5?2?3?3?2，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動。由圖a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為2?3，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運動，都為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D。
4、 （2010?江蘇卷）9.如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO’與SS’垂直。a、b、c三個質子先后從S點沿垂直于磁場的方向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS’垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為 ，且 。三個質子經過附加磁場區(qū)域后能達到同一點S’，則下列說法中正確的有
A．三個質子從S運動到S’的時間相等
B．三個質子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO’軸上
C．若撤去附加磁場，a到達SS’連線上的位置距S點最近
D．附加磁場方向與原磁場方向相同
答案：CD
解析：
A.三個質子從S運動到S’的時間不相等，A錯誤；
B.三個質子在附加磁場意外區(qū)域運動時，只有b運動軌跡的圓心在OO’軸上，因為半徑相等，而圓心在初速度方向的垂線上，所以B錯誤；
C.用作圖法可知，若撤去附加電場，a到達SS’連線上的位置距S點最近，b最遠；C正確；
D.因b要增大曲率，才能使到達SS’連線上的位置向S點靠近，所以附加磁場方向與原磁場方向相同，D正確；
本體選CD。
本體考查帶電粒子在磁場中的運動。
難度：難。
5、 （2010?新課標卷）25.(18分)如圖所示，在0≤x≤a、o≤y≤ 范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內.己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于 到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：
(1)速度大�。�
(2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。
解析：
設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫磁力公式，得 ，解得：
當 ＜R＜a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意， 時，
設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關系可得：
再加上 ，解得：
6、 （2010?廣東卷）36.(18分)如圖16（a）所示，左為某同學設想的粒子速度選擇裝置，由水平轉軸及兩個薄盤N1、N2構成，兩盤面平行且與轉軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角 可調（如圖16（b））；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應強度為B.一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經O點垂直進入磁場。 O到感光板的距離為 ，粒子電荷量為q,質量為m，不計重力。
（1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖16（c）），某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；
（2）若兩狹縫夾角為 ，盤勻速轉動，轉動方向如圖16（b）.要使穿過N1、N2的粒子均打到感光板P1P2連線上。試分析盤轉動角速度 的取值范圍（設通過N1的所有粒子在盤轉一圈的時間內都能到達N2）。
解：
（1）分析該粒子軌跡圓心為P1，半徑為 ，在磁場中轉過的圓心角為 ，因而運動時間為：
（2）設粒子從N1運動到N2過程歷時為t，之后在磁場中運行速度大小為v，軌跡半徑為R則：
在粒子勻速過程有：
L=vt ①
粒子出來進入磁場的條件：
②
在磁場中做勻速圓周運動有：
③
設粒子剛好過P1點、P2點時軌跡半徑分別為：R1、R2則：
④
⑤
⑥
由①—⑥得：
7.（09年廣東物理）12．圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是 （ ABC ）
A．質譜儀是分析同位素的重要工具
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B
D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小
解析：由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經過速度選擇器時滿足 ，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動則有 ，可見當v相同時， ，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。
8.(09年廣東文科基礎)61．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，其受到的洛倫茲力的方向，下列表述正確的是 （ D ）
A．與磁場方向相同
B．與運動方向相同
C．與運動方向相反
D．與磁場方向垂直
9.（09年安徽卷）19. 右圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室旋轉在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子 （ A ）
A. 帶正電，由下往上運動
B. 帶正電，由上往下運動
C. 帶負電，由上往下運動
D. 帶負電，由下往上運動
解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式 可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。
10.（09年全國卷Ⅰ）26（21分）如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為 ，A的中點在y軸上，長度略小于 。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。
解析：設粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為 ,與板碰撞后再次進入磁場的位置為 .粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有 …⑴
粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離x1保持不變有 …⑵
粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離 始終不變,與 相等.由圖可以看出 ……⑶
設粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應為-a,即 ……⑷
由⑶⑷兩式得 ……⑸
若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有 ……⑹
聯立⑶⑷⑹得n<3………⑺
聯立⑴⑵⑸得
………⑻
把 代入⑻中得
…………⑼
…………⑾
…………⑿
11.（09年天津卷）11.(18分)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為 .不計空氣阻力，重力加速度為g,求
電場強度E的大小和方向；
小球從A點拋出時初速度v0的大小;
A點到x軸的高度h.
答案：（1） ，方向豎直向上 （2） （3）
解析：本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。
（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有
①
②
重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。
（2）小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長， ，如圖所示。設半徑為r，由幾何關系知
③
小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的速率為v，有
④
由速度的合成與分解知
⑤
由③④⑤式得
⑥
（3）設小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關系為
⑦
由勻變速直線運動規(guī)律
⑧
由⑥⑦⑧式得
⑨
【考點模擬演練】
1．在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強磁場中做逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，且范圍足夠大，其俯視圖如圖所示，若小球運動到某點時，繩子突然斷開，則關于繩子斷開后，對小球可能的運動情況的判斷不正確的是
(　　)
A．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，但半徑減小
B．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，半徑不變
C．小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑不變
D．小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑減小
【答案】A
【詳解】繩子斷開后，小球速度大小不變，電性不變．由于小球可能帶正電也可能帶負電，若帶正電，繩斷開后仍做逆時針方向的勻速圓周運動，向心力減小或不變(原繩拉力為零)，則運動半徑增大或不變．若帶負電，繩子斷開后小球做順時針方向的勻速圓周運動，繩斷前的向心力與帶電小球受到的洛倫茲力的大小不確定，向心力變化趨勢不確定，則運動半徑可能增大，可能減小，也可能不變．
2.如圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是( )
A.當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動
B.當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動
C.不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動
D.不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動
【答案】選C.
【詳解】無論從哪端通入電流，螺線管內的磁場方向總與電子流運動的方向平行，故電子流不受洛倫茲力的作用.
3．如圖所示，在一矩形區(qū)域內，不加磁場時，不計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)域的時間為t.若加上磁感應強度為B、水平向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出時偏離原方向60°，利用以上數據可求出下列物理量中的哪幾個(　　)
A．帶電粒子的比荷
B．帶電粒子在磁場中運動的周期
C．帶電粒子的初速度
D．帶電粒子在磁場中運動的半徑
【答案】AB
【詳解】設磁場的寬度為L，粒子射入磁場的速度v＝Lt，L未知，故C選項錯誤；粒子運動的軌跡和圓心位置如圖所示．
由幾何關系知，粒子勻速圓周運動的半徑r＝233L，因不知L，也無法求出半徑，故D選項錯誤；又因為r＝mvqB，所以qm＝vBr＝32Bt，粒子運動的周期T＝2πrv＝433πt，選項A、B正確．
4．(2011年廣東東莞調研)帶電粒子(重力不計)穿過飽和蒸汽時，在它走過的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴，從而顯示出粒子的徑跡，這是云室的原理，如圖是云室的拍攝照片，云室中加了垂直于照片向外的勻強磁場，圖中oa、ob、oc、od是從o點發(fā)出的四種粒子的徑跡，下列說法中正確的是(　　)
A．四種粒子都帶正電
B．四種粒子都帶負電
C．打到a、b點的粒子帶正電
D．打到c、d點的粒子帶正電
【答案】選D.
【詳解】由左手定則知打到a、b點的粒子帶負電，打到c、d點的粒子帶正電，D正確．
5．(2011年泰安質檢)如圖所示，下端封閉、上端開口、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球．整個裝置水平勻速向右運動，垂直于磁場方向進入方向水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，則從進入磁場到小球飛出端口前的過程中(　　)
A．小球帶正電荷
B．小球做類平拋運動
C．洛倫茲力對小球做正功
D．管壁的彈力對小球做正功
【答案】ABD
6．(2011年中山模擬)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出．∠AOB＝120°，如圖所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為(　　)
A.2πr3v0　　　　　B.23πr3v0
C.πr3v0 D.3πr3v0
【答案】選D.
【詳解】從弧AB所對圓心角θ＝60°，知t＝16T＝πm3qB，但題中已知條件不夠，沒有此項選擇，另想辦法找規(guī)律表示t.由勻速圓周運動t＝AB/v0，從圖中分析有R＝3r，則：AB＝R?θ＝3r×π3＝33πr，則t＝AB/v0＝3πr3v0.
7.電荷量為+q的粒子在勻強磁場中運動，下面說法中正確的是( )
A.只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同
B.如果把+q改為-q，且速度反向、大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變
C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直
D.粒子只受到洛倫茲力作用時，運動的動能不變
【答案】選B、D.
【詳解】因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F=Bqv，當粒子速度與磁場平行時F=0.再者由于洛倫茲力的方向永遠與粒子速度方向垂直，因此速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯誤.因為+q改為-q且速度反向時所形成的電流方向與原+q運動形成的電流方向相同，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F=Bqv知大小不變，所以B選項正確.因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場成任意夾角，所以C選項錯誤.因為洛倫茲力總與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，粒子動能不變，洛倫茲力只改變粒子的運動方向，所以D選項正確.
8.A、B、C是三個完全相同的帶正電小球，從同一高度開始自由下落，A球穿過一水平方向的勻強磁場；B 球下落過程中穿過水平方向的勻強電場；C球直接落地，如圖所示.試比較三個小球下落過程中所需的時間tA、tB、tC的長短及三個小球到達地面的速率vA、vB、vC間的大小關系，下列說法正確的是( )
A.tA＞tB=tC vB＞vA=vC
B.tA=tB＞tC vA＜vB=vC
C.tA=tB=tC vA=vB＞vC
D.tA＞tB＞tC vA=vB＜vC
【答案】選A.
【詳解】比較小球下落時間可由分析豎直方向受力情況與分析運動的情況去作比較;比較小球著地時的速率大小，可由動能定理進行分析，此時，要特別注意重力、電場力、洛倫茲力的做功特點. A球進入勻強磁場中除受重力外還受洛倫茲力，改變A的運動方向洛倫茲力方向隨之改變，洛倫茲力方向斜向上，因此向上方向有分力阻礙小球自由下落，延長下落時間，而B與C球在豎直方向只受重力作用，豎直方向均做自由落體運動，故下落時間tA>tB=tC.三個帶電球均受重力的作用，下落過程由于重力做正功，速度均增加.A球下落時雖受洛倫茲力作用，但洛倫茲力對電荷并不做功，只改變速度的方向，不改變速度的大小，故A、C兩球的速度大小相等.而B球下落進入電場時，電場力對小球做正功，使小球B的動能增大，因此落地時B球的動能最大，即vB>vA=vC.
9.如圖所示，平行板間的勻強電場范圍內存在著與電場正交的勻強磁場，帶電粒子以速度v0垂直電場從P點射入平行板間，恰好沿紙面做勻速直線運動，從Q飛出，忽略重力，下列說法正確的是( )
A.磁場方向垂直紙面向里
B.磁場方向與帶電粒子的符號有關
C.帶電粒子從Q沿QP進入，也能做勻速直線運動
D.若粒子帶負電，以速度v1沿PQ射入，從Q′飛出時，則v1＜v0
【答案】選A、D.
【詳解】帶電粒子以速度v0垂直電場從P點射入平行板間，恰好沿紙面做勻速直線運動，則帶電粒子所受的電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，根據左手定則判斷不論粒子帶何種電荷，磁場方向均垂直紙面向里，所以A正確，B錯誤；帶電粒子從Q沿QP進入，電場力方向不變，而洛倫茲力反向，故不能做勻速直線運動，C錯誤；粒子帶負電時，洛倫茲力方向向下，以速度v1沿PQ射入，從Q′飛出，則qv1B＜qE=qv0B，所以v1＜v0，D正確.
10．(2011年浙江金麗衢十二校聯考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置．其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(　　)
A．減小磁場的磁感應強度
B．增大勻強電場間的加速電壓
C．增大D形金屬盒的半徑
D．減小狹縫間的距離
【答案】選C.
【詳解】回旋加速器工作時，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝mv2r，得v＝qBrm；帶電粒子射出時的動能Ek＝12mv2＝q2B2r22m.因此增大磁場的磁感應強度或者增大D形金屬盒的半徑，都能增大帶電粒子射出時的動能．
11．(2011年江西重點中學協作體聯考)如圖所示，真空中有以O′為圓心，r為半徑的圓柱形勻強磁場區(qū)域，圓的最下端與x軸相切于坐標原點O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，在虛線MN右側x軸上方足夠大的范圍內有方向豎直向下、場強大小為E的勻強電場．現從坐標原點O向紙面內不同方向發(fā)射速率相同的質子，質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑也為r，已知質子的電荷量為e，質量為m，不計質子的重力、質子對電磁場的影響及質子間的相互作用力．求：
(1)質子進入磁場時的速度大�。�
(2)沿y軸正方向射入磁場的質子到達x軸所需的時間．
【詳解】(1)由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，得：Bev＝mv2r解得：v＝Berm.
(2)若質子沿y軸正方向射入磁場，則以N為圓心轉過14圓弧后從A點垂直電場方向進入電場，質子在磁場中有：
T＝2πmBe，得：tB＝14T＝πm2eB
進入電場后質子做類平拋運動，y方向上的位移
y＝r＝12at2＝12eEmt2E
解得：tE＝ 2mreE
則：t＝tB＋tE＝πm2eB＋ 2mreE.
12.如右圖所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.10 T，磁場區(qū)域半徑r＝233 m，左側區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側區(qū)圓心為O2，磁場向外．兩區(qū)域切點為C.今有質量m＝3.2×10－26 kg.帶電荷量q＝1.6×10－19 C的某種離子，從左側區(qū)邊緣的A點以速度v＝106 m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側區(qū)穿出．求：
(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間．
(2)離子離開右側區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側移距離為多大？(側移距離指垂直初速度方向上移動的距離)
【答案】(1)4.19×10－6 s　(2)2 m
【詳解】　(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如右圖，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.
由牛頓第二定律qvB＝mv2R①
又：T＝2πRv②
聯立①②得：R＝mvqB③
T＝2πmqB④
將已知代入③得R＝2 m⑤
由軌跡圖知：tan θ＝rR＝33，則θ＝30°
則全段軌跡運動時間：
t＝2×T360°×2θ＝T3⑥
聯立④⑥并代入已知得：


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