1、1磁场对运动电荷的作用力小题狂练 小题是基础 练小题 提分快27 1.2019江苏省东台创新学校调研(多选)以下说法正确的是( )A电荷处于电场中一定受到静电力B运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C洛伦兹力对运动电荷一定不做功D洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小答案： AC解析：电荷处于电场中一定受到静电力，故 A项正确；运动电荷的速度方向与磁场平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故 B项错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故 C项正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变速度的大小，只能改变速度的方
2、向，故 D项错误2.2019四川省成都九校联考1931 年，著名的英国物理学家狄拉克认为，既然电有基本电荷电子存在，磁也应有基本磁荷磁单极子存在，这样，电磁现象的完全对称性就可以得到保证，他从理论上用极精美的数学物理公式预言，磁单极子是可以独立存在的，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，类似于孤立的点电荷的电场线以某一磁单极子 N为原点建立如图所示 Oxyz坐标系，z 为竖直方向，则一带电微粒可以在此空间做圆周运动的平面为( )A一定是 z0且平行于 xOy的平面B一定是在 xOy平面C一定是 z0的区域，磁场的方向是斜向上的圆锥形状，带电微粒若能在平行于 xOy的平面内做圆周运动，所受的洛伦兹力方
3、向为垂直磁感线斜向上，重力竖直向下，合力的方向水平指向 z轴，故可满足做圆周运动的条件，故选项 A正确， B、 C、 D错误232019江西省红色七校联考如图所示，三根通电长直导线 P、Q、R 互相平行，垂直纸面放置，其间距均为 a，电流强度均为 I，方向垂直纸面向里(已知电流为 I的长直导线产生的磁场中，距导线 r处的磁感应强度 B ，其中 k为常量)某时刻有一电子(质kIr量为 m、电荷量为 e)正好经过原点 O，速度大小为 v，方向沿 y轴正方向，则电子此时所受的洛伦兹力为( )A方向垂直纸面向里，大小为2evkI3aB方向指向 x轴正方向，大小为2evkI3aC方向垂直纸面向里，大小为
4、evkI3aD方向指向 x轴正方向，大小为evkI3a答案： A解析：P、Q 两根导线到 O点的距离相等，根据安培定则，两导线在 O点产生的磁场方向相反，大小相等，所以最终磁场的磁感应强度大小等于 R在 O点产生的磁场的磁感应强度大小，根据安培定则，磁场的方向沿 x轴负方向，RO a，磁感应强度的大小 B 32 kIr，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小 FevB ，故 A正确2kI3a 2evkI3a4.2019安徽省合肥质检(多选)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上 A点沿与直径 AB成 30角的方向垂直射入磁场，其后从 C点射出磁场已知
5、CD为圆的直径，BOC60，E、F 分别为劣弧 AD和 AC上的点，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )A该粒子可能带正电B粒子从 C点射出时的速度方向一定垂直于直径 AB3C若仅将粒子的入射位置由 A点改为 E点，则粒子仍从 C点射出D若仅将粒子的入射位置由 A点改为 F点，则粒子仍从 C点射出答案： BCD解析：粒子由 A点射入，C 点射出，可确定洛伦兹力方向，由左手定则可知，粒子带负电， A项错误；轨迹圆弧关于磁场圆心与轨迹圆圆心连线对称，所以粒子从 C点射出时速度方向与 DC夹角也是 30，垂直于直径 AB， B项正确；轨迹圆半径与磁场圆半径相同，由磁聚焦原理可知， C、 D项正确5
6、2019山西省榆社中学诊断如图所示，在 x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.在 xOy平面内，从原点 O处沿与 x轴正方向成 角(0m.空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小5相等的速度相向运动，如图，取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是( )答案： B解析：对物块分析可知其受重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做减速运动；则由 FBqv 可知，洛伦兹力减小，故 m对 M的压力增大，摩擦力增大，故 m的加速度越来越大；同时 M受 m向右的摩擦力作用，M 也做减速运动；因摩擦
7、力增大，故 M的加速度也越来越大；vt 图象中图线斜率的绝对值表示加速度大小，则可知 vt图象中对应的图线应为曲线；对 M、m 组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终木板和物块速度一定相同，则有 mv0Mv 0(Mm)v，因 Mm，故最终速度一定为负值，说明最终木板和物块均向左做匀速运动，则 B正确9.2019贵州省毕节梁才学校检测(多选)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为 B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为 ，一电荷量为 q、质量为 m的带负电小球套在直杆上，从 A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为 ，在小球以后的运动
8、过程中，下列说法正确的是( )A小球下滑的最大速度为 vmmgsin qBB小球下滑的最大加速度为 amg sinC小球的加速度一直在减小D小球的速度先增大后不变答案： BD解析：小球开始下滑时有 mgsin(mg cosqvB)ma，随着 v增大，a 增大，当v0 时，a 达到最大值即 amg sin，此时洛伦兹力大小等于 mgcos，支持力为mgcosqB0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，6mgsin(qvBmg cos)ma，随着 v增大，a 减小，当 vm 时，mg sin cos qBa0，此时达到平衡状态，速度不变所以整个过程中，v 先增大后不变，a
9、 先增大后减小，所以 B、 D正确102019湖北省武汉调研(多选)如图( a)所示，在半径为 R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图( b)所示薄挡板 MN两端点恰在圆周上，且 MN所对的圆心角为 120.在 t0 时，一质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，以初速度 v从 A点沿直径AB射入场区，运动到圆心 O后，做一次半径为 的完整的圆周运动，再沿直线运动到 B点，R2在 B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图( a)中所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )A磁场方向垂直纸面向外B图(b)中 B02mvqRC图(b
10、)中 T0R RvD若 t0 时，质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，以初速度 v从 A点沿 AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回 A点答案： BC解析：根据题述一质量为 m、电荷量为q 的带电粒子以初速度 v从 A点沿直径 AB射入场区，运动到圆心 O后，做一次半径为 的完整的圆周运动，根据左手定则可判断出磁场R2方向垂直纸面向里，选项 A错误；根据洛伦兹力提供向心力，qvB 0m ，且 r ，可得v2r R2B0 ，选项 B正确；带电粒子做匀速圆周运动的周期 T ，带电粒子以初速2mvqR 2 rv Rv度 v从 A点沿直径 AB射入场区，运动到圆心 O所需时间 t ，所以题图( b)中 T0
11、tTRv ，选项 C正确；若 t0 时，质量为 m、电荷量为q 的带电粒子以初速度Rv Rv R Rvv从 A点沿直径 AB射入场区，运动到圆心 O后，根据左手定则知粒子将向下偏转与挡板 MN碰撞后运动 圆周，再与挡板 B碰撞后运动一段圆弧后射出场区，不能返回 A点，选项 D错147误112019湖南省益阳市、湘潭市调研(多选)如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场 E和匀强磁场 B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球 a、b 同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能沿轨道通过各自轨道的最低点 M、N，则( )A两小球某次到达轨道最低点时的速度大小不可能
12、有 vNv MB两小球都能到达轨道的最右端C小球 a、b 第一次同时到达最低点D第一次到达轨道最低点时，小球 a对轨道的压力小于小球 b对轨道的压力答案： AD解析：由于洛伦兹力不做功，电场力对带电小球一定做负功，所以两个小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有 vNv M， A正确；由机械能守恒定律知，小球 b可以到达轨道的最右端，电场力对小球 a做负功，故小球 a不可能到达轨道的最右端， B错误；第一次到达最低点的过程中，由于洛伦兹力对 b不做功，而电场力一直对 a做负功，因此 a球的速率一直小于 b球速率，故小球 b第一次到达 N点的时刻与小球 a第一次到达 M点的时刻不相同， C错误；由
13、于小球能到达最低点，重力对小球 a做正功，电场力对小球 a做负功，由动能定理得 mgREqR mv ，又由牛顿第二定律得，F N1mgm ，对小球 b，洛12 21 v21R伦兹力不做功，只有重力做正功，由机械能守恒定律得 mgR mv ，小球 b第一次通过最12 2低点时由牛顿第二定律得 FN2mgqvBm ，由牛顿第三定律知， D正确v2R122019湖北省黄冈中学模拟(多选)如图所示，下端封闭、上端开口、高 h5 m的内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量 m10 g、电荷量的绝对值|q|0.2 C的小球，整个装置以 v5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度 B0.2 T、方向垂
14、直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出g 取 10 m/s2.下列说法中正确的是( )A小球带负电8B小球在竖直方向做匀加速直线运动C小球在玻璃管中的运动时间小于 1 sD小球机械能的增加量为 1 J答案： BD解析：由左手定则可知，小球带正电，选项 A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则小球在竖直方向所受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项 B正确；小球在竖直方向的加速度 a qvB mgmm/s210 m/s2，在管中运动的时间 t s1 0.250.2 0.01100.01 2ha 2510s，选
15、项 C错误；小球到管口时竖直方向的速度 vat10 m/s，机械能的增加量 Emgh mv 21 J，选项 D正确1213.2019四川省五校联考(多选)如图所示，在 x0，y0 的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于 xOy平面向里，大小为 B.现有一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子，从 x轴上的某点 P沿着与 x轴成 30角的方向射入磁场不计重力的影响，则下列说法正确的是( )A只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点B粒子在磁场中运动所经历的时间可能为5 m3qBC粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 mqBD粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 m6qB答案： BC解析：带
16、正电粒子由 P点沿与 x轴成 30角的方向入射，则粒子运动轨迹的圆心在过P点且与速度方向垂直的方向上，粒子在磁场中要想到达坐标原点，转过的圆心角肯定大9于 180，假设如图所示，而因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点， A错误；由于 P点的位置不定，所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角为圆弧与 y轴相切时，偏转角度为 300，运动的时间 t T ，根据粒子运动的对称性，可56 5 m3qB知粒子的运动半径无限大时，对应的最小圆心角也一定大于 120，所以运动时间 t T13，故粒子在磁场中运动的时间范围是 t ， BC正确， D错误2 m3qB 2 m3qB 5 m3q
17、B14.2019广东省惠州一诊(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源 N，P、Q 间的加速电场，静电分析器即中心线半径为 R的四分之一圆形通道、通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心 O，且与圆心 O等距的各点电场强度大小相等，磁感应强度为 B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外，胶片 M.由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔 S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力，下列说法中正确的是( )A从小孔 S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔
18、S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离 O点越远的粒子，其比荷(q/m)越小答案： CD解析：直线加速过程，根据动能定理，有 qU mv2 mv ，电场中偏转过程，根据12 12 20牛顿第二定律，有 qEm ，磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有 qvBm ，由v2R v2r式得 v ，即从小孔 S进入磁场的粒子速度大小与粒子比荷有关，故 A错误；由qERm式，E k ，即从小孔 S进入磁场的粒子的动能与 q有关，故 B错误；由解得 rqER2，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，由 式，比荷相同，故粒子的速度相1B mERq同，故 C正确
19、；r ，故打到胶片上位置距离 O点越远的粒子，比荷越小，故 D正1B mERq10确15(多选)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为 0.5 T的匀强磁场，一质量为 0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为 0.05 kg、电荷量 q 0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为 0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g 取 10 m/s2.则( )A木板和滑块一直做匀加速运动B滑块先做匀加速运动后做匀速运动C最终滑块做速度为 5 m/s的匀速运动D最终木板做加速度为 3
20、m/s2的匀加速运动答案： CD解析：滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q|vBmg 时，滑块做匀速运动，速度 v5 m/s， C正确， A、 B错误；此后，木板在恒力 F作用下做匀加速直线运动，且加速度 a 3 m/s2，故 D正确FM16图甲所示的有界匀强磁场的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的 M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了 角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了 2 角已知磁场、的磁感应强度大小分别为 B
21、1、B 2，则 B1与 B2的比值为( )A2 cos B sinC cos D tan答案： C解析：设有界磁场宽度为 d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图 1、211所示，由洛伦兹力提供向心力知 Bqvm ，得 B ，由几何关系知v2r mvrqdr 1sin，dr 2tan，联立得 cos， C正确B1B2课时测评 综合提能力 课时练 赢高分27 一、选择题12019黑龙江哈六中检测如图所示，直线 MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子 1从磁场边界上的 a点垂直 MN和磁场方向射入磁场，经 t1时间从 b点离开磁场之后电子 2也由 a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经
22、 t2时间从a、b 连线的中点 c离开磁场，则 t1t 2为( )A2 ：3 B2 ：1C3 ：2 D3 ：1答案： D解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示电子 1垂直射入磁场，从 b点离开，则运动了半个圆周，ab 即为电子 1的运动轨迹的直径，c 点为圆心电子 2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经 t2时间从 a、b 连线的中点 c离开磁场，根据 r 可知，电子 1和 2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，aOcmvBq为等边三角形，则电子 2转过的圆心角为 60，所以电子 1运动的时间 t1 ，电子T2 mBq2运动的时间 t2 ，所以 t1 ：t 23
23、 ：1，故选 D.T6 m3Bq1222019江西联考如图所示在平面直角坐标系 xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B，一带电粒子以一定的速度平行于 x轴正方向从 y轴上的 a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点 O射出磁场现使同一带电粒子以速度方向不变、大小变为原来的 4倍，仍从 y轴上的 a处射入磁场，经过 t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷 为( )qmA. B.6Bt0 4Bt0C. D.3Bt0 2Bt0答案： C解析：带电粒子射入匀强磁场后做匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为 ，粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为
24、2a，由此可知粒子第二次在磁场中偏转a260后射出磁场，因此 t0 ，由 T 可得 .C正确T6 2 mqB qm 3Bt032017全国卷如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则 v2 ：v 1为( )A. ：2 B. ：13 2C. ：1 D3 ：3 2答案： C13解析：设速率为 v1的粒子最远出射点为 M，速率为 v2的粒
25、子最远出射点为 N，如图所示，则由几何知识得r1 ，r 2 RPM2 R2 PN2 32r2r1 31由 qvB 得 r ，故 ，选项 C正确mv2r mvqB v2v1 r2r1 3142019河北邢台质检如图所示，边长为 L的正方形有界匀强磁场 ABCD，带电粒子从 A点沿 AB方向射入磁场，恰好从 C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从 AD的中点 P垂直 AD射入磁场，从DC边的 M点飞出磁场(M 点未画出)设粒子从 A点运动到 C点所用时间为 t1，由 P点运动到 M点所用时间为 t2(带电粒子重力不计)，则 t1 ：t 2为( )A2 ：1 B2 ：3C3 ：2 D. ：3 2答案
26、： C解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由 A点进入 C点飞出时轨迹所对圆心角 190，粒子由 P点进入 M点飞出时轨迹所对圆心角 260，则 ，故选项 C正确t1t2 1 2 9060325.2019长沙四校模拟(多选)如图所示，圆心角为 90的扇形 COD内存在方向垂直纸14面向外的匀强磁场，E 点为半径 OD的中点现有比荷大小相等的两个带电粒子 a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从 O、E 点均沿 OC方向射入磁场，粒子 a恰从 D点射出磁场，粒子 b恰从 C点射出磁场，已知 sin370.6， cos370.8，则下列说法中正确的是( )A粒子 a带正电，粒子
27、b带负电B粒子 a、b 在磁场中运动的加速度大小之比为 5 ：2C粒子 a、b 的速率之比为 2 ：5D粒子 a、b 在磁场中运动的时间之比为 180 ：53答案： CD解析：本题考查了粒子在磁场中的运动问题，意在考查考生运用相关规律及数学知识解决物理问题的能力两个粒子的运动轨迹如答图所示，根据左手定则判断知粒子 a带负电，粒子 b带正电， A错误；设扇形 COD的半径为 r，粒子 a、b 的轨道半径分别为Ra、R b，则 Ra ，R r 2 2， sin ，得 Rb r，53，由 qvBm ，得 vr2 2b (Rb r2) rRb 54 v2RR，所以粒子 a、b 的速率之比为 ， C正确
28、；由牛顿第二定律得加速度 a ，qBm vavb RaRb 25 qvBm所以粒子 a、b 在磁场中运动的加速度大小之比为 ， B错误；粒子 a在磁场中运aaab vavb 25动的时间 ta ，粒子 b在磁场中运动的时间 tb ，则 ， D正确 Rava 53180 Rbvb tatb 1805362019山东胶东示范校模拟(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块 A和 B，A 带负电、质量为 m、电荷量为 q，B 质量为 2m、不带电，A 和 B间动摩擦因数为 0.5.初始时 A、B 处于静止状态，现将大小为 Fmg 的水平恒力作用在 B上，g 为重力加速度A、B 处于水平向里
29、的磁场之中，磁感应强度大小为 B0.若 A、B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g2BA 做匀加速运动的时间为mqB015CA 的最大速度为mgqB0DB 的最大加速度为 g答案： BC解析：本题考查考生对带电体在磁场中运动过程的分析能力F 作用在 B上瞬间，假设 A、B 一起加速，则对 A、B 整体有 F3mamg，对 A有 fAma mgmg mg，假设13 12成立，因此 A、B 共同做加速运动，加速度为 ， A选项错误；A、B 开始运动后，整体在水g3平方向上只受到 F作用，做匀加速直线运动，对 A分析，B 对 A有水平向左的静
30、摩擦力 fA静 作用，由 fA静 知，f A静 保持不变，但 A受到向上的洛伦兹力，支持力 NAmgqvB 0逐mg3渐减小，最大静摩擦力 N A减小，当 fA静 N A时，A、B 开始相对滑动，此时有(mgqv 1B0)，v 1 ，由 v1at 得 t ， B选项正确；A、B 相对滑动后，A 仍mg3 mg3qB0 mqB0受到滑动摩擦力作用，继续加速，有 fA静 (mgqv AB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有 mgqv 2B0，得最大速度 v2 ， C选项正确；mgqB0A、B 相对滑动后，对 B有 Ff A滑 2ma B，f A滑 减小，则 a
31、B增大，当 fA滑 减小到零时，a B最大 ， D选项错误F2m g27.2019安徽巢湖一中、合肥八中等十校联考如图所示，平行边界 MN、PQ 之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，两边界间距为 d，边界 MN上 A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为 v ，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从 PQ边2qBd3m界射出的区域长度与能从 MN边界射出的区域长度之比为( )A1 ：1 B2 ：3C. ：2 D2 ：73 7答案： C解析：16由 qvB 可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径 R d，
32、当速度方向沿 AN时，轨迹交mv2R 23PQ于 B点，当轨迹恰好与 PQ相切时，轨迹交 PQ于 C点，B、C 间的距离为粒子能从 PQ边界射出的区域长度，由几何关系可知O 1BCO 2AD30，所以 BC2R cos30 R；3当粒子垂直于 MN射入时，粒子与 MN交于 E点(轨迹是半圆，没画出)，A、E 间的距离是粒子能从 MN边界射出的长度，AE2R，所以 .BCAE 3R2R 3282019四川资阳测试(多选)图中的 MN、PQ 为两条相互平行的虚线，在 MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的 O点沿与 PQ成 30角的方向斜向上射出一带电粒子(纸面内运动
33、)，粒子在上、下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的 S点，且经过 S点的速度与 O点的速度方向相同，忽略粒子的重力则( )A如果保持 不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过 S点B粒子每次经过边界 PQ时的速度都与初速度相同C该粒子可能带正电也可能带负电D如果仅将 增大到 60，则粒子一定不能经过 S点答案： AC解析：以带正电荷的粒子为例，粒子先在 MN和 PQ间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强度相等，则轨迹对应的弦长 x2r sin，而 r .设两平行虚线之间的距离为mvqBL，粒子经过两次匀速直
34、线运动和两次匀速圆周运动后沿水平方向向右移动的距离17OSL cotxL cotx2L cot，与轨迹半径无关，即与速度无关，所以增大粒子的速度后，粒子仍将通过 S点，选项 A正确；由以上分析，粒子每次经过 PQ时速度方向与初速度方向不一定相同，选项 B错误；粒子若带负电，则粒子在上方磁场先向右平移 x，到下方磁场后向左平移 x，则总的平移距离仍为 2Lcot，选项 C正确；若将 增大到 60，则粒子上下偏转一次平移的距离将发生变化，但由于 3cot60 cot30，即粒子经过 3次上下偏转后，也将通过 S点，选项 D错误9(多选)如图所示，有一半径为 R的光滑绝缘塑料半圆形轨道，水平固定于一
35、磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现将一质量为 m、所带电荷量为q 的小球从轨道的左端由静止释放，半圆形轨道的最低点为 A，不考虑涡流现象，则下列说法正确的是( )A小球沿轨道运动过程中机械能不守恒B小球通过 A点时对轨道的压力可能为 3mgqB 2gRC小球通过 A点时对轨道的压力可能为 3mgqB 2gRD从轨道的左端由静止释放的小球，可能从轨道右端滑出答案： BC解析：由于小球运动过程洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒， A错误；小球第一次通过最低点 A时的受力情况如图甲所示，则由机械能守恒定律可得，mgR mv2，小球第一次通过最低点 A时由牛顿第二定律
36、可得 N1F 洛 mgm ，且 F 洛12 v2RBqv，联立解得 N13mgqB ，由牛顿第三定律知， B正确；同理可得小球第二次经2gR过最低点 A时，其受力情况如图乙所示，小球第二次经过最低点 A时由牛顿第二定律可得N2F 洛 mg ，且 F 洛 Bqv，则联立解得 N23mgqB ， C正确， D错误mv2R 2gR10(多选)18如图所示，竖直平面内一半径为 R的圆形区域内有磁感应强度为 B的匀强磁场，方向垂直纸面向外一束质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子沿平行于直径 MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点 P到直径 MN的距离为 h，则( )A若某粒子从磁场
37、射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是qBhmB恰好能从 M点射出的粒子速度是qBR R R2 h2mhC若 h 且粒子从 P点经磁场到 M点，则所用的时间是R2 7 m3qBD当粒子轨道半径 rR 时，粒子从圆形磁场区域最低点射出答案： ABD解析：根据牛顿第二定律，qvBm ，从而求出速率 v .若某粒子从磁场射出时v2r qBrm的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在圆形磁场中恰好转半周，其运动轨迹如图 1所示，所以粒子做匀速圆周运动的半径为 rh，代入上述公式可得入射速度为 v ， AqBhm正确；若粒子恰好从 M点射出，画出其运动轨迹如图 2所示，由几何关系有
38、r2(R)2(hr) 2，解得 r ，又 v ，则 v ， BR2 h2R2 RR2 h2h qBrm qBR R R2 h2mh正确；若 h ，则 sinPOM ，POM ，由几何关系得粒子在磁场中偏转所对应R2 hR 12 6圆心角为 ，所以粒子运动时间为 t T ， C错误当粒子轨道半径 rR，其做76 712 7 m6Bq匀速圆周运动的轨迹如图 3所示，圆心为 O，分别连接两圆心与两交点，则恰好形成一个菱形，因为 POOQ，所以粒子从最低点 Q射出， D正确二、非选择题11如图所示，xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B0.1 T，在原点 O有一粒子源，它可以在 xOy
39、平面内向各个方向发射出质量 m6.410 27 kg、电荷量19q3.210 19 C、速度 v1.010 6 m/s的带正电的粒子一感光薄板平行于 x轴放置，其中点 O的坐标为(0，a)，且满足 a0.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，结果保留三位有效数字)(1)若薄板足够长，且 a0.2 m，求感光板下表面被粒子击中的长度；(2)若薄板长 l0.32 m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求 a的最大值答案：(1)0.546 m (2)0.320 m解析：(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有 qvBmv2r解得 r0.2 m如图 1，沿 y轴正向发射的粒子击
40、中薄板的 D点(最左端)，有x1r0.2 m而击中薄板的最右端的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系x2 m35所以，感光板下表面被粒子击中的长度Lx 1x 20.546 m.(2)如图 2，若粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系20OF 0.12 mr2 (l2)2解得 a1OFr0.320 m如图 3，若粒子恰能击中薄板的最右端 E点，由几何关系a2 m0.320 m 2r 2 (l2)2 22125综上可得，为使感光板下表面全部被粒子击中，a 的最大值：a m0.320 m.122019广东珠海模拟如图所示，直角坐标系第、象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为q 的
41、粒子在纸面内以速度 v从 y轴负方向上的 A点(0，L)射入，其方向与 x轴正方向成 30角，粒子离开磁场后能回到 A点，不计重力求：(1)磁感应强度 B的大小；(2)粒子从 A点出发到再回到 A点的时间答案：(1) (2)3mv6qL 12 103 L3v解析：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，21r 2 L，洛伦兹力提供向心力，Ltan60sin30 3qvB ，mv2r联立得 B .3mv6qL(2)粒子做匀速直线运动的时间 t12 ，2Lv 4Lv在磁场中偏转了 300，所用时间t2 T ，300360 56 2 23Lv 103 L3v粒子从 A点出发到再回到 A点的时间 tt 1t 2 . 12 10 3 L3v
