2025高考物理復(fù)習(xí)磁場對運(yùn)動電荷的作用課件教案練習(xí)題

第十章磁場第2講磁場對運(yùn)動電荷的作用課標(biāo)要求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(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動。3．能夠分析帶電體在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動?？键c一洛倫茲力的理解考點二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動考點三帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題內(nèi)容索引課時測評考點一洛倫茲力的理解1．洛倫茲力：磁場對__________的作用力叫作洛倫茲力。2．洛倫茲力的方向(1)方向：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的______。(2)判定方法：______定則。3．洛倫茲力的大?。篎＝_________，θ為v與B的方向夾角。(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0。(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝______。(θ＝90°)(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0。知識梳理運(yùn)動電荷平面左手qvBsinθqvB自主訓(xùn)練1洛倫茲力的方向下面四幅圖均表示了磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電荷速度v和洛倫茲力F三者方向之間的關(guān)系，其中正確的是√根據(jù)左手定則可知，A、C、D錯誤，B正確。自主訓(xùn)練2洛倫茲力與靜電力的比較(多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計空氣阻力，則A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較√√由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得h1＝

；當(dāng)加上電場時，由運(yùn)動的分解可知，在豎直方向上有v

＝2gh3，解得h3＝

，所以h1＝h3，故A正確；洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時的球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝

，又由于

＝mgh1，所以h1＞h2，故D錯誤；因小球電性不知，則電場力方向不知，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故B錯誤，C正確。自主訓(xùn)練3洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(多選)如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。t＝0時，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運(yùn)動的v-t圖像可能是√√√設(shè)物塊的初速度為v0，則FN＝qv0B，若滿足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物塊向下做勻速運(yùn)動，A正確；若mg＞μqv0B，則物塊開始有向下的加速度，由a＝

可知，隨著速度增大，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，D正確，B錯誤；若mg＜μqv0B，則物塊開始有向上的加速度，物塊做減速運(yùn)動，由a＝

可知，隨著速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運(yùn)動，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，C正確。1．洛倫茲力的理解(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運(yùn)動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力的作用。(4)洛倫茲力永不做功。歸納提升2．洛倫茲力與靜電力的比較力洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關(guān)系F⊥B，F(xiàn)⊥vF∥E做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功返回考點二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做__________運(yùn)動。2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做__________運(yùn)動。3．軌道半徑和周期公式(v⊥B)知識梳理勻速直線勻速圓周(2022·北京高考·改編)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運(yùn)動軌跡如圖中1、2、3所示。判斷下列說法的正誤：(1)電子和正電子所受洛倫茲力方向都與其速度方向垂直，對電子和正電子都不做功。 (

)(2)帶電粒子的速度越大，運(yùn)動半徑越大。 (

)(3)帶電粒子運(yùn)動比荷越大，運(yùn)動周期越大。 (

)(4)圖中曲線1、3是兩個電子的運(yùn)動軌跡，圖中曲線2是正電子的運(yùn)動軌跡。 (

)高考情境鏈接√√×√1．解答帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動問題的三大“關(guān)鍵”(1)圓心的確定①若已知粒子軌跡上兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖甲所示。②若已知粒子運(yùn)動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙所示。③若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r＝

計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙所示。核心突破(2)半徑的計算①利用動力學(xué)方程求半徑：由qvB＝m得R＝

。②利用幾何關(guān)系求半徑：(難點)一般連接粒子的入射點、出射點及圓心構(gòu)造出三角形，再結(jié)合切線、軌跡圓弧對應(yīng)的弦等輔助線，常用到的幾何關(guān)系：A．三個角(偏轉(zhuǎn)角φ、圓心角α、弦切角θ)的關(guān)系，如圖丁所示。a．粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角：φ＝α。b．弦切角等于弦所對應(yīng)圓心角的一半：θ＝α。B．由三角函數(shù)或勾股定理求解幾何半徑：如圖戊所示。由R＝

或R2＝L2＋(R－d)2，求得R。(3)運(yùn)動時間的計算①利用圓心角θ、周期T計算：t＝T。②利用弧長、線速度計算：t＝

。2．帶電粒子在三類有界磁場中的運(yùn)動軌跡分析(1)直線邊界[進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖(a)所示](2)平行邊界[往往存在臨界條件，如圖(b)所示](3)圓形邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性)①如圖(c)所示，粒子沿半徑方向射入必沿半徑方向射出。②如圖(d)所示，粒子不沿半徑方向射入時，射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也一定為θ。說明：對于其它邊界的磁場，要根據(jù)具體的磁場邊界特點參照上述思路具體分析?？枷?直線邊界的磁場如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則

為A．3 B．2C． D．例1 √電子1、2在磁場中都做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)題意畫出兩電子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點離開，則運(yùn)動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝

可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動的時間t1＝

，電子2運(yùn)動的時間t2＝

，所以

＝3，故A正確，B、C、D錯誤?？枷?平行邊界的磁場(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強(qiáng)磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達(dá)B點，如圖所示，則A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝

∶1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1例2 √√由左手定則可得a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示，則Ra＝

＝d，Rb＝d，所以Ra∶Rb＝

∶1，故B正確；由幾何關(guān)系可得，從A運(yùn)動到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，ta＝

，則Ta∶Tb＝2∶1，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝

，所以運(yùn)動周期T＝

，根據(jù)a、b兩粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確?？枷?圓形邊界的磁場(多選)(2023·全國甲卷)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是A．粒子的運(yùn)動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線例3 √√假設(shè)粒子帶負(fù)電，作出粒子在圓筒中的幾種可能的運(yùn)動情況。如圖1所示，粒子沿直徑射入，由幾何關(guān)系可知∠O1PO＝∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，則每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線，D正確；粒子在圓筒中先做圓周運(yùn)動，與圓筒碰撞后速度反向，繼續(xù)做圓周運(yùn)動，粒子第一次與筒壁碰撞的運(yùn)動過程中軌跡不過圓心，之后軌跡也不可能過圓心，A錯誤；粒子最少與圓筒碰撞2次，就可能從小孔射出，如圖2所示，B正確；根據(jù)qvB＝m可知，r＝

，則射入小孔時粒子的速度越大，粒子的軌跡半徑越大，與圓筒碰撞次數(shù)可能會越多，在圓內(nèi)運(yùn)動的時間不一定越短，如圖3所示，C錯誤?？枷?矩形(或正方形)邊界的磁場如圖所示，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為A． B．C． D．例4 √若電子從a點射出，運(yùn)動軌跡如圖線①所示，有qvaB＝

，解得va＝

，若電子從d點射出，運(yùn)動軌跡如圖線②所示，有qvdB＝

＋l2，解得vd＝

，故B正確?？枷?三角形邊界的磁場(多選)(2023·河北石家莊模擬)如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D為AC的中點?！鰽OC中存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在O點放置一粒子源，可以向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為－q、速度大小均為v0＝

的粒子。不計粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動，下列說法正確的是A．粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為LB．與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出C．在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度為LD．所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間相等例5 √√√粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向、心力，有qv0B＝

，解得粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為r＝

＝L，故A正確；如圖甲所示，當(dāng)粒子恰好從A點射出時，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；如圖乙所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點射出，結(jié)合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域，其長度為L，故C正確；所有粒子在磁場中運(yùn)動的周期均相同，設(shè)為T，設(shè)粒子在磁場運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)過的圓心角為α，則粒子運(yùn)動時間為t＝T，由于所有粒子的運(yùn)動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應(yīng)轉(zhuǎn)過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間不等，故D錯誤。方法技巧解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題的方法帶電粒子在有邊界的磁場中運(yùn)動時，由于邊界的限制往往會出現(xiàn)臨界問題。解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題的關(guān)鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，建立幾何關(guān)系求解。方法技巧臨界點常用的結(jié)論：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切。

(2)當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越長，對應(yīng)圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的時間越長。(3)當(dāng)速度v變化時，圓心角越大，運(yùn)動時間越長。

考向6其他邊界的磁場如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中實線所示，a、

b、c、d四點共線，ab＝2ac＝2ae,fe與ab平行，且ae與ab成60°角。一粒子束在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q(q＞0)，具有各種不同速率。不計重力和粒子之間的相互作用。在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其運(yùn)動時間為A． B．

C． D．例6 √粒子在磁場中運(yùn)動的時間與速度大小無關(guān)，由粒子在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角決定，即t＝T，粒子垂直ac射入磁場，則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，粒子從ac、bd區(qū)域射出時，磁場中的軌跡為半圓，運(yùn)動時間等于半個周期；根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子從e點射出時，對應(yīng)圓心角最大，為

π，此時圓周半徑為ac的長度，周期T＝

，所以在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其運(yùn)動時間為t＝

，故選B。規(guī)律總結(jié)“三步法”解答帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動問題

返回考點三帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題1．帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由于帶電粒子的電性、磁場方向、臨界狀態(tài)等多種因素的影響，問題往往存在多解問題。根據(jù)多解形成的原因，常見的有如下三種情況：類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b類型分析圖例磁場方向不確定只知道磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向里，其軌跡為a，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面一側(cè)反向飛出，于是形成多解2．解答多解問題的關(guān)鍵(1)找出多解的原因。(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況?？枷?粒子電性不確定形成多解(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速度v的最大值可能是A．

(q為正電荷)B．

(q為負(fù)電荷)C．

(q為正電荷)D．

(q為負(fù)電荷)例7√√題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷。若q為正電荷，入射速度最大時的運(yùn)動軌跡是圖中上方與NN′相切的

圓弧，軌跡半徑R＝

，又d＝R－Rcos45°，解得v＝

，故A正確，C錯誤；若q為負(fù)電荷，入射速度最大時的運(yùn)動軌跡是圖中下方與NN′相切的

圓弧，則有R′＝

，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝

，故B錯誤，D正確?？枷?磁場方向不確定形成多解(多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負(fù)離子，離子的重力忽略不計。為把這束負(fù)離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負(fù)離子的比荷為

，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向可能是A．B＞

，垂直紙面向里B．B＞

，垂直紙面向里C．B＞

，垂直紙面向外D．B＞

，垂直紙面向外例8√√當(dāng)磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設(shè)軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知sin30°＝

，可得r1＝s，由r1＝

可得B1＝

；當(dāng)磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)系可知s＝

＋r2，可得r2＝

，又r2＝

，所以B2＝

，故B、D正確，A、C錯誤?？枷?粒子臨界狀態(tài)不確定形成多解(多選)(2022·湖北高考)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為A．kBL，0° B．kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°例9√√若粒子通過下部分磁場直接到達(dá)P點，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝m，可得v＝

＝kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖乙所示，因為上下磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對稱性有R＝L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得v＝

kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場射出時，需滿足v＝

kBL(n＝1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)粒子從上部分磁場射出時，需滿足v＝

kBL(n＝1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤。故選BC。]返回課時測評1．高緯度地區(qū)的高空，大氣稀薄，常出現(xiàn)美麗的彩色“極光”。極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進(jìn)入兩極附近時，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的弧狀極光，則關(guān)于這一現(xiàn)象中高速粒子的說法正確的是A．高速粒子帶負(fù)電B．粒子軌跡半徑逐漸增大C．仰視時，粒子沿逆時針方向運(yùn)動D．仰視時，粒子沿順時針方向運(yùn)動√運(yùn)動過程中粒子因空氣阻力做負(fù)功，粒子的動能變小，速度減小，根據(jù)公式qvB＝m，得r＝

，則半徑變小，故B錯誤；在北極上空有豎直向下的磁場，帶電粒子運(yùn)動的軌跡由地面上看沿順時針方向，則由左手定則可知粒子帶正電，故A、C錯誤，D正確。2．(2023·海南高考)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于小球運(yùn)動和受力說法正確的是A．小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B．小球運(yùn)動過程中的速度不變C．小球運(yùn)動過程中的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功√根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運(yùn)動過程中速度、加速度大小和方向都在變，B、C錯誤；洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。3．(2024·河南商丘模擬)中國近20年來在粒子物理實驗與粒子探測技術(shù)領(lǐng)域取得了很大進(jìn)展。某研究學(xué)者在做粒子探測實驗時，將一個電量為q1＝＋3e的粒子，自勻強(qiáng)磁場a點向左水平射出，當(dāng)它運(yùn)動到b點時，與一個帶電量為q2＝－5e靜止的粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個新粒子，不考慮粒子的重力，試分析接下來新粒子的運(yùn)動軌跡是√帶正電粒子在b點與一帶負(fù)電的靜止粒子碰撞合為一體，此過程滿足動量守恒，碰撞后新粒子的速率、質(zhì)量雖然與碰撞前不同，但動量mv與碰撞前相同，帶電量變?yōu)椋?e。設(shè)碰撞前帶正電粒子的動量為p，則其在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r1＝

，碰撞后新粒子的總動量仍為p，帶電量變?yōu)椋?e，則r2＝

，所以碰撞后的新粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑比碰撞前帶電粒子的半徑大，根據(jù)左手定則可判定碰撞后新粒子從b點開始向下偏轉(zhuǎn)。故選A。4．比荷相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)過小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，運(yùn)動的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是A．N帶負(fù)電，M帶正電B．N的速率大于M的速率C．N的運(yùn)行時間等于M的運(yùn)行時間D．N受到的洛倫茲力一定等于M受到的洛倫茲力√根據(jù)左手定則可知，N粒子帶正電，M粒子帶負(fù)電，故A錯誤；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝

，可推知r＝

，由于兩粒子的比荷相等，可知粒子做圓周運(yùn)動的半徑與粒子速度成正比，根據(jù)題圖可知，M粒子做圓周運(yùn)動的半徑比N粒子做圓周運(yùn)動的半徑大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B錯誤；根據(jù)勻速圓周運(yùn)動速度與周期的關(guān)系，有T＝

，可推知T＝

，由于兩粒子的比荷相等，故兩粒子做圓周運(yùn)動的周期相同，由題圖可知，兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心角相同，故兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間相等，故C正確；粒子在磁場中受洛倫茲力的大小為F＝qvB，在同一磁場，B相同，根據(jù)以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但并不知道兩粒子電荷量的大小關(guān)系，故不能確定兩粒子所受洛倫茲力的大小關(guān)系，故D錯誤。故選C。5．(2024·安徽黃山模擬)如圖所示，MN為兩個勻強(qiáng)磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從O點垂直MN進(jìn)入B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點A． B．C． D．√粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，由周期公式T＝

知，粒子從O點進(jìn)入磁場到再一次通過O點的時間t＝

，故B正確。6．如圖所示，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為

和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運(yùn)動的時間為A． B．

C． D．√設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝

，可得R1＝

、R2＝

，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動的時間為t1＝

，在第一象限中運(yùn)動的時間為t2＝T2，又由幾何關(guān)系有cosθ＝

，可得t2＝

，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝

，故B正確，A、C、D錯誤。7．(多選)如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場；丙空間中有豎直向下的勻強(qiáng)電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負(fù)電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(圖中未畫出)。小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力。則A．O、C之間距離大于O、B之間距離B．小球從拋出到落在斜面上用時相等C．小球落到B點與C點速度大小相等D．從O到A與從O到D，合力對小球做功相同√√帶電小球在題圖乙中受到豎直向下的電場力與重力，而在題圖丙中受到豎直向上的電場力與重力，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律，則有

＝cotθ，可知當(dāng)加速度越大時，所用時間越短，因此O、B間距小于O、C間距，故A正確；由題意可知，題圖甲中帶電小球做平拋運(yùn)動，由A項分析可知，運(yùn)動的時間介于題圖乙與題圖丙之間，故B錯誤；由

＝cotθ，那么vy＝at＝2v0tanθ，則它們豎直方向的速度相等，根據(jù)矢量的合成法則，可得小球落到B點與C點速度大小相等，故C正確；由于洛倫茲力的作用，題圖丁中小球豎直方向的加速度小于g，則使得豎直方向的速度小于題圖甲中小球做平拋運(yùn)動豎直方向的速度，又因洛倫茲力不做功，則球從O到A重力做的功小于球從O到D做的功，因此合力對小球做功不同，故D錯誤。故選AC。8．(多選)(2022·遼寧高考)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點√√由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，故A正確，B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝

，可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，故D正確。故選AD。9．(多選)(2024·安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，在直角三角形CDE區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，P為直角邊CD的中點，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的帶負(fù)電粒子以不同的速率從P點垂直于CD射入磁場，粒子的比荷為k，不計粒子間的相互作用和重力，則下列說法正確的是A．速率不同的粒子在磁場中運(yùn)動的時間一定不同B．從CD邊飛出的粒子最大速率為C．粒子從DE邊飛出的區(qū)域長度為LD．從CE邊飛出的粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為√√√速率小的粒子在CD邊射出時，

粒子在磁場中運(yùn)動的時間相同，

故A錯誤；根據(jù)左手定則，粒子向左偏轉(zhuǎn)，

從CD邊飛出的粒子最遠(yuǎn)從D點飛出，半徑R＝

，由qvB＝

可得v＝

，又

＝k，則vm＝

，故B正確；由B項分析可知粒子可以從D點飛出，粒子與CE相切從DE上的M點飛出時，是粒子從DE飛出的最遠(yuǎn)點，如圖所示，由幾何關(guān)系得R＝CD＝L，則粒子從DE邊飛出的區(qū)域長度為L，故C正確；粒子與CE相切飛出時在磁場中運(yùn)動的時間最長，由幾何關(guān)系可得∠FDC＝60°，粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為t＝

，故D正確。故選BCD。10．(多選)(2020·天津高考)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角為θ＝45°。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM