第1頁（共1頁）磁場對運(yùn)動電荷的作用考點一對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的定義磁場對運(yùn)動電荷的作用力．2．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ.3．洛倫茲力的方向(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向；(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)技巧點撥洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行(說明：運(yùn)動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用)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，也可能不做功例題精練1.如圖1所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋出，考慮地磁場的影響，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖1A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點答案D2．(多選)如圖2甲所示，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；若加上水平向里的勻強(qiáng)磁場(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強(qiáng)電場(如圖丙)，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(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.不計空氣阻力，則()圖2A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較答案AC解析題圖甲中，由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得h1＝eq\f(v02,2g)，題圖丙中，當(dāng)加上電場時，由運(yùn)動的分解可知，在豎直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝eq\f(v02,2g)，所以h1＝h3，故A正確；題圖乙中，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)此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D錯誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因為h1>h2，所以h2與h4也無法比較，故C正確，B錯誤．考點二有約束情況下帶電體的運(yùn)動帶電體在有約束條件下做變速直線運(yùn)動，隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化，最后趨于穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)FN＝0時離開接觸面．例題精練3．(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖3所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于滑塊下滑過程中的運(yùn)動和受力情況，下列說法中正確的是(不計兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)()圖3A．兩個滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，＋q會離開斜面B．兩個滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，－q會離開斜面C．當(dāng)其中一個滑塊剛好離開斜面時，另一滑塊對斜面的壓力為2mgcosθD．兩滑塊運(yùn)動過程中，機(jī)械能均守恒答案ACD解析當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動時，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsinθ，均做勻加速直線運(yùn)動，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcosθ時，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負(fù)電的滑塊將一直沿斜面運(yùn)動，不會離開斜面，A正確，B錯誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動的速度總相同，當(dāng)帶正電的滑塊剛好離開斜面時，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcosθ，方向垂直斜面向下，斜面對滑塊的支持力大小為qvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑塊對斜面的壓力為2mgcosθ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．考點三帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．在勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場方向運(yùn)動時，粒子做勻速直線運(yùn)動．2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)、T＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運(yùn)動速度和軌跡半徑無關(guān)，只和粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．(4)運(yùn)動時間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).例題精練4．在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運(yùn)動．則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2) B.eq\f(m2,m1)C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1)答案D解析粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝meq\f(v2,r)，動能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得：Ek＝eq\f(q2r2B2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為：eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(q12,m1),\f(q22,m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確．5.如圖4，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()圖4A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)答案D解析根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑r2的2倍．設(shè)粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv12,r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯誤．綜合練習(xí)一．選擇題（共16小題）1．（寧波模擬）如圖為一個光滑絕緣的半圓柱形容器的剖面圖，圓心所在的軸線上水平固定一垂直紙面向內(nèi)的通電長直導(dǎo)線，帶正電的小物體（可視為點電荷）從左端由靜止開始釋放，下列說法正確的是（）A．剛釋放時，正電荷所受洛倫茲力豎直向上 B．若帶電量足夠大，運(yùn)動過程中，小物體可能會脫離容器表面 C．無論小物體是否帶電，都一定可以滑至右側(cè)等高處 D．物塊滑至容器底部時，軌道對物體的支持力大于軌道受到的壓力【分析】依據(jù)右手螺旋定則，可知，通電導(dǎo)線周圍磁場方向，再結(jié)合左手定則可判定是否有洛倫茲力，若有，可確定其方向；根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式分析；作用力與反作用力大小相等，方向相反。【解答】解：AB、通電直導(dǎo)線的電流方向垂直向里，根據(jù)右手螺旋定則，可知磁場方向以直導(dǎo)線為圓心的順時針方向圓，當(dāng)帶正電的小物體釋放后，則其運(yùn)動方向與磁場方向平行，那么該物體不受洛倫茲力，因此帶正電的小物體在碗內(nèi)運(yùn)動的過程中，只受到支持力與重力，運(yùn)動的過程中不可能會脫離容器表面，故AB錯誤；C、帶正電的小物體在運(yùn)動過程中，因圓形容器是光滑的，依據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，則可以滑至右側(cè)等高處，故C正確；D、軌道對物體的支持力和軌道受到的壓力是一對作用力與反作用力，二者總是大小相等，方向相反，故D錯誤。故選：C。【點評】考查右手螺旋定則、牛頓第二定律及能量轉(zhuǎn)化與洛倫茲力的內(nèi)容，掌握洛倫茲力的產(chǎn)生條件，理解圓周運(yùn)動中向心力含義。2．（大武口區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊，在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止下滑。已知物塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是（）A．物塊不受磁場力 B．物塊下滑的加速度為重力加速度g C．物塊下滑的最大速度為mgμqBD．盡管物塊受到磁場力作用，但磁場力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒【分析】運(yùn)動電荷的速度方向與磁場方向不平行時就受到洛倫茲力作用；物塊速度的變化造成洛倫茲力的變化，進(jìn)而造成跟洛倫茲力相關(guān)的被動力（墻壁給物塊的彈力）的變化，使滑動摩擦力也發(fā)生變化，當(dāng)滑動摩擦力等于重力時速度達(dá)到最大。【解答】解：A、帶電物塊下滑時，運(yùn)動方向與磁場方向垂直，物塊受到磁場給它的洛倫茲力作用，故A錯誤；B、在物塊剛下滑瞬間，速度等于零，洛倫茲力等于零，墻壁給物塊的彈力等于零，摩擦力等于零，物塊僅受重力，加速度等于重力加速度g，但物體有了速度以后，由左手定則可判斷，洛倫茲力方向向左，墻壁給物塊向右的彈力，以物塊為研究對象，受力分析如圖，墻壁對物塊有向上的摩擦力作用，所以合外力小于重力，下滑加速度小于重力加速度g，故B錯誤；C、隨下滑速度增大，洛倫茲力增大，物塊受到墻壁的彈力增大，滑動摩擦力也增大，當(dāng)滑動摩擦力增大到等于重力時，物塊開始做勻速運(yùn)動，此時速度最大，由平衡條件得：mg＝μFN，F(xiàn)N＝qvmB，解得：vm=mgD、雖然洛倫茲力不做功，但滑動摩擦力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了洛倫茲力參與的物體的運(yùn)動過程分析，分析此類過程時一定要注意速度的變化會造成洛倫茲力的變化。3．（西城區(qū)二模）我們通常用陰極射線管來研究磁場、電場對運(yùn)動電荷的作用，如圖所示為陰極射線管的示意圖。玻璃管已抽成真空，當(dāng)左右兩個電極連接到高壓電源時，陰極會發(fā)射電子，電子在電場的加速下，由陰極沿x軸方向飛向陽極，電子掠射過熒光屏，屏上亮線顯示出電子束的徑跡。要使電子束的徑跡向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是（）A．加一電場，電場方向沿z軸正方向 B．加一電場，電場方向沿y軸負(fù)方向 C．加一磁場，磁場方向沿z軸正方向 D．加一磁場，磁場方向沿y軸負(fù)方向【分析】電子射線由陰極沿x軸方向射出，形成的亮線向上（z軸正方向）偏轉(zhuǎn)，說明電子受到的洛倫茲力和電場力方向向上?！窘獯稹拷猓篈、電子帶負(fù)電，受電場力與電場線方向相反，如果要加電場，則電場方向應(yīng)沿Z軸的反方向才能使電子束的徑跡向Z軸正方向偏轉(zhuǎn)，故AB錯誤；C、根據(jù)左手定則可知，要使粒子向Z軸正方向偏轉(zhuǎn)，所加磁場應(yīng)沿y軸的負(fù)方向，故C錯誤D正確。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的受力情況，要注意明確電場力和洛倫茲力的區(qū)別，知道帶負(fù)電的粒子的左手四指應(yīng)指向運(yùn)動的反方向。4．（射陽縣校級學(xué)業(yè)考試）一正電荷垂直射入勻強(qiáng)磁場中，其速度v的方向和受到的洛倫茲力F的方向如圖所示，則磁場方向為（）A．與F方向相同 B．與F方向相反 C．垂直紙面向外 D．垂直紙面向里【分析】根據(jù)左手可以判斷磁場方向，注意洛倫茲力與磁場、運(yùn)動方向垂直．【解答】解：根據(jù)左手定則可知：讓四指方向與速度方向一致，大拇指指向受力方向，手掌心向外，說明磁場方向垂直紙面向里，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】解決本題的關(guān)鍵正確運(yùn)用左手定則判斷洛倫茲力、磁場、速度方向之間的關(guān)系．5．（肥東縣校級期末）如圖所示，帶電小球在勻強(qiáng)磁場中沿光滑絕緣的圓弧形軌道的內(nèi)側(cè)來回往復(fù)運(yùn)動，它向左或向右運(yùn)動通過最低點時（）A．加速度相同 B．速度相同 C．所受洛倫茲力相同 D．軌道給它的彈力相同【分析】在整個運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，根據(jù)動能定理可知向左或向右通過最低點時的速率大小，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度、彈力是否相同，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向是否相同．【解答】解：A、B、在整個運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通過最低點時的速率大小相等。但速度的方向不同。電荷受到的合外力提供向心力，F(xiàn)合C、根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向不同。故C錯誤。D、向右向左通過最低點時，洛倫茲力大小相等，方向相反，根據(jù)合力提供向心力，知彈力不等。故D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道洛倫茲力的方向與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，同時要明確速度、加速度、洛倫茲力都是矢量．6．（壽光市校級月考）如圖所示，甲是帶負(fù)電的物塊，乙是不帶電的足夠長的絕緣木板。甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙從靜止開始向左運(yùn)動，甲電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在此后運(yùn)動過程中（）A．甲、乙間的摩擦力始終不變 B．甲、乙間的摩擦力先不變，后增大 C．甲物塊最終做勻速直線運(yùn)動 D．乙木板一直做勻加速直線運(yùn)動【分析】甲帶負(fù)電，在向左運(yùn)動過程中，要受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，再根據(jù)受力情況判斷摩擦力的變化?！窘獯稹拷猓涸谕饬ψ饔孟录滓乙黄鹣蜃笞黾铀龠\(yùn)動，而甲在接觸面的摩擦力作用下向左加速，根據(jù)左手定則可知，甲受到豎直向上的洛倫茲力ABC由于甲加速運(yùn)動，所以洛倫茲力逐漸增大，當(dāng)洛倫茲力增大到和甲的重力相等時，此時甲乙接觸面無壓力，甲乙之間的摩擦力為0，此時甲的加速度為0，速度達(dá)到最大值，之后甲做勻速運(yùn)動，故AB錯誤，C正確；D、當(dāng)甲乙出現(xiàn)相對運(yùn)動后，由于甲在加速的過程中洛倫茲力逐漸增大，則甲乙接觸面的壓力逐漸減小，甲對乙向右的摩擦力逐漸減小，則乙受到的外力變化，加速度也會變化，故D錯誤；故選：C。【點評】本題關(guān)鍵是要分析清楚甲乙的運(yùn)動情況，會判斷洛倫茲力方向，甲在加速過程中接觸面的壓力逐漸減小，則會影響接觸面滑動摩擦力。7．（德城區(qū)校級月考）如圖所示，長直導(dǎo)線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點．當(dāng)ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是（）A．小球受洛倫茲力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里 B．小球受洛倫茲力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外 C．小球受洛倫茲力作用，方向與導(dǎo)線垂直并指向左方 D．小球不受洛倫茲力作用【分析】先分析帶電導(dǎo)線周圍磁場分布，再利用左手定則分析小球所有洛倫茲力方向【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則知，小球所處的磁場方向垂直紙面向里，但是小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，不受洛倫茲力作用．故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題中一定要注意帶電粒子靜止時不受洛倫茲力8．（黑龍江模擬）如圖所示，直導(dǎo)線中通有方向向右的電流，在該導(dǎo)線正下方有一個電子正以速度v向右運(yùn)動。重力忽略不計，則電子的運(yùn)動情況將是（）A．電子向上偏轉(zhuǎn)，速率不變 B．電子向下偏轉(zhuǎn)，速率改變 C．電子向下偏轉(zhuǎn)，速率不變 D．電子向上偏轉(zhuǎn)，速率改變【分析】根據(jù)右手螺旋定則判斷電流的磁場方向，根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向。根據(jù)左手定則來判斷洛倫茲力即可?！窘獯稹拷猓弘娏飨蛴?，根據(jù)右手螺旋定則可知電流產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線下方的方向為垂直紙面向里的，根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力的方向為向下，所以電子向下偏轉(zhuǎn)，由于洛倫茲力始終和速度的方向垂直，不做功，所以速率不變。故選：C?！军c評】本題是右手螺旋定則和左手定則的綜合的應(yīng)用，難度不大，掌握住定律即可。9．（通州區(qū)模擬）空間中存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一帶正電粒子（不計重力）垂直于磁場方向以初速度v射入磁場后，運(yùn)動軌跡將（）A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．向紙面外偏轉(zhuǎn)【分析】帶電粒子垂直進(jìn)入磁場，受到洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力方向既與磁場方向垂直，又與電荷運(yùn)動方向垂直，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，即可判斷其運(yùn)動軌跡方向．【解答】解：帶電粒子垂直進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向紙外，則其軌跡向紙外偏轉(zhuǎn)。故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題關(guān)鍵掌握左手定則，知道洛倫茲力方向的特點，比較簡單．10．（江蘇校級學(xué)業(yè)考試）如圖所示，關(guān)于對帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的方向描述正確的是（）A． B． C． D．【分析】本題考查了左手定則的應(yīng)用，注意四指指向是和正電荷運(yùn)動方向一致和負(fù)電荷運(yùn)動方向相反，這點在練習(xí)中容易出錯，尤其是判斷負(fù)電荷受力時?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定則可知A圖中洛倫茲力向下，故A錯誤，B圖中洛倫茲力方向向上，故B正確；C圖中洛倫茲力向上，故C錯誤；D圖中向下，故D錯誤。故選：B?！军c評】在利用左手定則判斷洛倫茲力方向時一定弄清磁場方向的表示方法，在練習(xí)中很多學(xué)生容易錯用右手進(jìn)行判斷，這點要特別注意。11．（鼓樓區(qū)校級期末）兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電 B．b粒子的動能較大 C．b粒子在磁場中運(yùn)動時間較長 D．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大【分析】a、b兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定則判定。從圖線來看，a的半徑較小，可以結(jié)合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，進(jìn)行判斷，之后，根據(jù)公式，再判定動能和運(yùn)動的時間?！窘獯稹拷猓篈、粒子向右運(yùn)動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶負(fù)電，故A錯誤。B、洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝mv2r，得：rC、根據(jù)推論公式t=θ2πT、TD、由公式F＝qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大。故D錯誤。故選：B?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。12．（濰坊期末）如圖所示，在邊長為l的等邊三角形abc所在區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從ab邊的中點平行于bc邊射入該區(qū)域，粒子恰好從c點射出，粒子所受重力不計。則粒子入射速度的大小為（）A．3qBl2m B．3qBlm C．【分析】作出粒子軌跡圖，找出圓心的位置，根據(jù)幾何關(guān)系求解軌跡半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小。【解答】解：設(shè)ab邊的中點為E，由于粒子恰好從c點射出，過E點做初速度方向的垂線交bc于F，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：EF=則：OF＝R?bF=則：Fc=l?根據(jù)勾股定理可得：R2＝OF2+Fc2，解得：R=根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv解得：v=3故選：A?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。13．（房山區(qū)期末）如圖所示是科學(xué)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(yùn)動的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對帶電粒子的運(yùn)動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子（）A．帶正電，由下往上運(yùn)動 B．帶正電，由上往下運(yùn)動 C．帶負(fù)電，由上往下運(yùn)動 D．帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動【分析】根據(jù)粒子的運(yùn)動的軌跡可以判斷出粒子的帶電的性質(zhì)，由半徑的變化和半徑的公式可以判斷粒子的速度的變化的情況．【解答】解：粒子穿過金屬板后，速度變小，由洛倫茲力提供向心力可知：qvB=mv2又由于洛倫茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】根據(jù)粒子的速度的變化，和半徑的公式可以分析的出粒子的運(yùn)動的方向和粒子的帶電的性質(zhì)．14．（太原期末）洛倫茲力演示儀，可用來觀察帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)。如圖，玻璃泡（P）內(nèi)有電子槍和加速電極，一對勵磁線圈（M）位于玻璃泡的前后。當(dāng)M中通有恒定電流時，P所在處會產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，改變M中的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度會改變；電子槍發(fā)出電子，改變加速電極的電壓，電子獲得的速度會改變。當(dāng)M中的電流沿逆時針方向時，電子槍垂直磁場向右發(fā)射電子后，可看到P內(nèi)電子束的徑跡呈圓形，則（）A．P處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于M所在平面向里 B．P內(nèi)的電子束沿順時針方向做圓周運(yùn)動 C．若只增大M中的電流，電子束的徑跡呈圓形且半徑變大 D．若只增大加速電壓，電子束的徑跡半徑增大【分析】根據(jù)M中的電流方向，應(yīng)用安培定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；依據(jù)電子進(jìn)入磁場方向應(yīng)用左手定則判斷電子圓周運(yùn)動的方向；根據(jù)動能定理Uq=12mv2【解答】解：A、由題意M中的電流沿逆時針方向，據(jù)安培定則可知，P處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向應(yīng)垂直紙面向外，即垂直于M所在平面向外，故A錯誤；B、玻璃泡的電子槍加速電子后沿直線向右射出后，由左手定則判斷，電子在磁場中做逆時針方向圓周運(yùn)動，故B錯誤；C、當(dāng)勵磁線圈中的電流增大時，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由半徑公式r=mvD、若增大加速電壓，則粒子開始進(jìn)入磁場的速度也增大，由半徑公式可知，粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑增大，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了粒子在磁場中運(yùn)動在實際生活中的應(yīng)用，正確分析出儀器的原理是關(guān)鍵，要掌握磁場中粒子圓周運(yùn)動的半徑公式的應(yīng)用．15．（泰州期末）兩個比荷相等的帶電粒子a、b，以不同的速率va、vb對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電 B．粒子射入磁場中的速率va：vb＝1：2 C．粒子在磁場中的運(yùn)動時間ta：tb＝2：1 D．若將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，b粒子在磁場中運(yùn)動的時間將變?yōu)樵瓉淼?【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子的電性；粒子沿半徑方向射入，射出也沿半徑方向，粒子速度偏轉(zhuǎn)角等于粒子轉(zhuǎn)過的圓心角；根據(jù)粒子圓周運(yùn)動的半徑公式和周期公式求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯誤；B、設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角為θ，圓形磁場半徑為R，粒子的軌道半徑為r，軌跡的圓心角等于速度偏轉(zhuǎn)角，a粒子速度偏轉(zhuǎn)角為120°，b粒子速度偏轉(zhuǎn)角為60°，如圖，則有tanθ2=Rr，又rC、因為粒子速度偏轉(zhuǎn)角等于粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，兩粒子周期相等，由t=θ2πTD、若將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，r=mvbqB，r′=mvbq?3B，得：r′=33r；由幾何關(guān)系tan30°=Rr，可得：tanθ′2故選：C?！军c評】該題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)，可以結(jié)合半徑公式和周期公式進(jìn)行判定．注意明確左手定則以及公式的正確應(yīng)用。16．（江西模擬）如圖所示，兩個電量相等、速率相等的帶電粒子僅在磁場力作用下在半徑為R的圓形磁場區(qū)域（磁場垂直紙面）中做勻速圓周運(yùn)動，都從A點沿直徑AB方向進(jìn)磁場，分別從C、D兩點出磁場，C為圓弧AB中點，D到OC的距離為0.5R，則它們在磁場中運(yùn)動的時間之比為（）A．3：4 B．3：5 C．3：2 D．3：2【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解兩個粒子的軌跡半徑和軌跡對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解粒子的運(yùn)動時間，由此得到運(yùn)動時間之比。【解答】解：兩個粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示；根據(jù)幾何關(guān)系可知，從C點射出的粒子半徑為R，偏轉(zhuǎn)角為90°，運(yùn)動時間為：tC根據(jù)題意結(jié)合圖中幾何關(guān)系可得sin∠DOC=0.5R則∠DOC＝30°，所以∠AOD＝90°+30°＝120°由此可得θ＝180°﹣120°＝60°從D點射出的粒子半徑為r＝Rtan60°=3運(yùn)動時間為：tD=1解得：tC故選：D?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。二．多選題（共16小題）17．（渾源縣期末）關(guān)于靜電場和磁場對電荷的作用力，下列說法正確的是（）A．帶電粒子在電場中一定受電場力的作用在磁場中也一定受洛倫茲力的作用 B．帶電粒子在電場中運(yùn)動時電場力可能不做功，在磁場中運(yùn)動時洛倫茲力一定不做功 C．運(yùn)動的正電荷受電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相同，受洛倫茲力的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D．運(yùn)動的負(fù)電荷受電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相反，受洛倫茲力的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直【分析】電荷只要處在電場中，一定會受到電場力，而電荷處在磁場中，不一定受到洛倫茲力；只有當(dāng)運(yùn)動電荷的速度與磁場不平行時，電荷才受到洛倫茲力；電場力沿電場線的切線方向，而洛倫茲力與磁感線垂直?！窘獯稹拷猓篈、電場基本的性質(zhì)是對放入電場中電荷有力的作用，電荷在電場中一定受到電場力作用，電荷在磁場中不一定受到洛倫茲力作用，當(dāng)帶電粒子平行于磁場方向運(yùn)動時，不受洛倫茲力作用，故A錯誤；B、洛倫茲力始終與電荷運(yùn)動方向垂直，故對運(yùn)動電荷一定不做功，當(dāng)運(yùn)動電荷運(yùn)動方向與電場方向垂直時，電場力不做功，不垂直時則電場力做功，故B正確；C、運(yùn)動的正電荷受電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相同，根據(jù)左手定則可知，正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向與磁場方向垂直，故C錯誤；D、運(yùn)動的負(fù)電荷受電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相反，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向與磁場方向垂直，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查對電場力與洛倫茲力區(qū)別的理解和把握能力，兩者區(qū)別較大，電荷在磁場中有兩種情況不受洛倫茲力要抓住：1、靜止電荷；2、速度與磁場平行。18．（農(nóng)安縣期末）下列關(guān)于電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是（）A．電荷在電場中一定受到電場力的作用 B．電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用 C．同一電荷所受電場力大的地方，該處電場強(qiáng)度一定強(qiáng) D．同一電荷所受洛倫茲力大的地方，該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定強(qiáng)【分析】根據(jù)電荷在電場中一定受到電場力的作用，而電荷在磁場中不一定有存在洛倫茲力，依據(jù)E=F【解答】解：A、電場的基本性質(zhì)就是對處在其中的電荷具有電場力，故A正確；B、根據(jù)公式f＝qvBsinθ，當(dāng)電荷的速度與磁場方向平行時，不受洛倫茲力，故B錯誤；C、根據(jù)E=FD、根據(jù)B=fqvsinθ，同一帶電粒子在磁場中受到磁場力大的地方，該處磁場不一定大，還要看v、sin故選：AC?！军c評】本題關(guān)鍵是電場力與洛倫茲力的公式，注意洛倫茲力的大小與粒子的速度大小和方向有關(guān)，而電場力與速度無關(guān)，基礎(chǔ)題目．19．（福貢縣校級期末）如圖中表示磁場B、正電荷運(yùn)動速度v和磁場對電荷作用力F的方向相互關(guān)系圖，且B、F、v垂直，這四個圖中畫得正確的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)左手定則知，大拇指所指的方向為洛倫茲力的方向，與四指方向（即粒子的速度方向）垂直，與磁場方向垂直。【解答】解：A、根據(jù)左手定則，正電荷向右運(yùn)動時，受到的洛倫茲力的方向向下，故A錯誤；B、根據(jù)左手定則，正電荷在向外的磁場中向上運(yùn)動時，受到的洛倫茲力的方向向右，故B錯誤；C、根據(jù)左手定則，負(fù)電荷在向上的磁場中向里運(yùn)動時，受到的洛倫茲力的方向向左，故C正確；D、根據(jù)左手定則，正電荷在向右的磁場中向下運(yùn)動時，受到的洛倫茲力的方向向外，故D正確。故選：CD。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則，會通過左手定則判斷磁場方向、速度方向和洛倫茲力方向的關(guān)系。20．（巴宜區(qū)校級期末）關(guān)于洛倫茲力的方向，正確的說法是（）A．洛倫茲力的方向，就是磁場中電荷運(yùn)動的方向 B．洛倫茲力的方向始終與電荷運(yùn)動的方向垂直 C．洛倫茲力的方向始終與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直 D．洛倫茲力的方向與電荷運(yùn)動的方向有時垂直有時不垂直，要具體情況具體分析【分析】當(dāng)電荷的運(yùn)動方向與磁場不平行時，受到洛倫茲力，當(dāng)電荷的運(yùn)動方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力。根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向與電荷運(yùn)動方向的關(guān)系?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定則，磁感線穿過手心，四指方向應(yīng)與正電荷運(yùn)動方向相同，大拇指方向與洛倫茲力方向相同，所以洛倫茲力方向始終與電荷運(yùn)動方向垂直，始終與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，故BC正確，AD錯誤。故選：BC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道洛倫茲力的特點，會根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向。21．（肥東縣校級期末）有關(guān)電荷受電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是（）A．電荷在磁場中一定受磁場力的作用 B．電荷在電場中一定受電場力的作用 C．電荷受電場力的方向與該處電場方向相同 D．電荷若受磁場力，則受力方向與該處磁場方向垂直【分析】電荷在電場中一定受到電場力作用，在磁場中不一定受到洛倫茲力作用．規(guī)定正電荷所受電場力方向與該處的電場強(qiáng)度方向相同，負(fù)電荷所受電場力方向與該處的電場強(qiáng)度方向相反．根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向與磁場方向的關(guān)系．【解答】解：A、當(dāng)電荷的運(yùn)動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯誤；B、電荷在電場中一定受到電場力作用，故B正確；C、正電荷所受電場力方向與該處的電場強(qiáng)度方向相同，負(fù)電荷所受電場力方向與該處的電場強(qiáng)度方向相反，故C錯誤；D、根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則受洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直，故D正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道電場力和洛倫茲力的區(qū)別，掌握電場力方向的確定和洛倫茲力方向的確定．22．（汕尾期末）如圖甲所示，水平傳送帶足夠長，沿順時針方向勻速運(yùn)動，某絕緣帶電物塊無初速度地從最左端放上傳送帶。該裝置處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，物塊運(yùn)動的圖象如圖乙所示，物塊帶電量保持不變，下列說法正確的是（）A．物塊帶負(fù)電 B．1s后物塊與傳送帶共速，所以傳送帶的速度為0.5m/s C．若增大傳送帶的速度，其他條件不變，則物塊最終達(dá)到的最大速度也會增大 D．傳送帶的速度可能比0.5m/s大【分析】滑塊受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力，根據(jù)v﹣t圖象得到加速度變化情況，根據(jù)牛頓第二定律得到洛倫茲力的方向?！窘獯稹拷猓篈、從v﹣t圖象可以看出，滑塊的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律，有：μ（mg﹣qvB）＝ma，說明洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則，滑塊帶負(fù)電荷，故A正確；B、1s后物塊的速度達(dá)到最大，加速度為零，說明摩擦力為零，可能是mg﹣qvB＝0，也可能是物塊與傳送帶共速，故B錯誤；C、如果是洛倫茲力與重力平衡，即mg﹣qvB＝0，則最大速度與傳送帶無關(guān)，故C錯誤；D、如果是洛倫茲力與重力平衡，即mg﹣qvB＝0，則傳送帶的速度可能比0.5m/s大，故D正確；故選：AD?！军c評】本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況，要能夠通過v﹣t圖象得到加速度變化情況，然后分析可能出現(xiàn)的情況。23．（德州二模）如圖所示，光滑絕緣圓弧軌道的半徑為R，最低點N點左側(cè)處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)將一帶負(fù)電的小球（可視為質(zhì)點）自最低點右側(cè)的M點靜止釋放，M、N兩點間的距離遠(yuǎn)小于軌道半徑R，小球到達(dá)最左側(cè)的位置為P點（圖中未畫出），小球運(yùn)動過程中始終未脫離軌道，已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．P點比M點高 B．小球向左經(jīng)過N點后，對軌道的壓力立即變大 C．小球在P點和M點處對軌道的壓力大小不相等 D．小球運(yùn)動的周期為2πR【分析】判斷小球運(yùn)動過程中受力，以及各個力做功，根據(jù)能量守恒判斷PM位置關(guān)系，根據(jù)合外力提供向心力判斷小球?qū)壍缐毫?，根?jù)單擺周期公式計算周期?！窘獯稹拷猓篈、小球在運(yùn)動過程中，受到重力、洛倫茲力和支持力作用，其中洛倫茲力和支持力不做功，只有重力做功，故小球機(jī)械能守恒，故小球到達(dá)最左側(cè)的位置P點的高度與M點高度相同，故A錯誤；B、對小球受力分析可知，進(jìn)入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律有：FN﹣mg＝mv2R，進(jìn)入磁場后，洛倫茲力垂直速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有：FN'﹣mg﹣qvB＝mv2R，則FC、小球在P點和M點速度均為0，不受洛倫茲力，且高度相同，故對軌道的壓力大小相等，故C錯誤；D、由于洛倫茲力方向始終和速度方向垂直，且M、N兩點間的距離遠(yuǎn)小于軌道半徑R，故小球做單擺運(yùn)動的周期為T＝2πRg故選：BD?！军c評】本題考查小球在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，難度中等，分析小球運(yùn)動過程和受力情況是解決本題關(guān)鍵。24．（陽泉期末）在下圖所示的四幅圖中，正確標(biāo)明了帶正電的粒子所受洛倫茲力F方向的是（）A． B． C． D．【分析】由左手定則判斷出帶電粒子所受洛倫茲力方向，然后答題．【解答】解：A、由左手定則可知，在圖A中，粒子所受洛倫茲力豎直向下，故A正確；B、由左手定則可知，在圖B中，粒子所受洛倫茲力豎直向下，故B錯誤；C、由左手定則可知，在圖C中，粒子所受洛倫茲力豎直向上，故C錯誤；D、由左手定則可知，在圖D中，粒子所受洛倫茲力豎直向上，故D正確；故選：AD。【點評】本題是一道基礎(chǔ)題，熟練掌握左手定則即可正確解題．25．（北京校級學(xué)業(yè)考試）如圖所示的四幅圖中，正確標(biāo)明了帶正電的粒子所受洛倫茲力F方向的是（）A． B． C． D．【分析】已知磁場方向、帶電粒子的速度方向，由左手定則可以判斷出洛倫茲力的方向．【解答】解：根據(jù)左手定則可知：A圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向左，故A錯誤；B、D圖中粒子運(yùn)動方向、磁場方向、洛倫茲力方向符合左手定則，故BD正確；C圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向右，故C錯誤。故選：BD?！军c評】熟練應(yīng)用左手定則判斷帶電粒子運(yùn)動方向、磁場方向、洛倫茲力方向三者之間關(guān)系，在應(yīng)用時注意磁場方向的表示方法，不要混淆磁場方向．26．（東城區(qū)學(xué)業(yè)考試）在圖所示的四幅圖中，正確標(biāo)明了帶正電的粒子所受洛倫茲力F方向的是（）A． B． C． D．【分析】本題考查了左手定則的應(yīng)用，在應(yīng)用左手定則時注意：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平面內(nèi)，讓磁感線進(jìn)入手心，并使四指指向正電荷運(yùn)動方向或者負(fù)電荷運(yùn)動的反方向，這時拇指所指的方向就是運(yùn)動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向．【解答】解：根據(jù)左手定則可知：A圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向下，故A錯誤；B、C圖中粒子運(yùn)動方向、磁場方向、洛倫茲力方向符合左手定則，故BC正確；D圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向上，故D錯誤。故選：BC。【點評】熟練應(yīng)用左手定則判斷帶電粒子運(yùn)動方向、磁場方向、洛倫茲力方向三者之間關(guān)系，在應(yīng)用時注意磁場方向的表示方法，不要混淆磁場方向．27．（福田區(qū)校級期末）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，質(zhì)量為m、電量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子順時針飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變，則（）A．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場作用下加速，繞行n圈后回到A板時獲得的總動能為nqU B．在粒子繞行的整個過程中，A板電勢可以始終保持為+U C．在粒子繞行的整個過程中，每一圈的周期不變 D．為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運(yùn)動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1【分析】根據(jù)動能定理，即可求解粒子行n圈后回到A板時獲得的總動能；根據(jù)粒子在電場中電場力做功，導(dǎo)致動能變化，來確定A板電勢不能恒定，否則就得不到持續(xù)加速；根據(jù)粒子始終保持做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，結(jié)合周期公式T=2πR【解答】解：A、每轉(zhuǎn)一圈粒子被加速一次，繞行n圈后回到A板時，電場力做功為nqU，粒子獲得的總動能為nqU，故A正確。B、若A板電勢始終保持為+U，空間存在從A到B的電場，在粒子繞行的過程中（除AB兩極板間外），電場力會對粒子做負(fù)功，粒子速度減小，故B錯誤；C、粒子始終保持做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)T=2πRD、由動能定理知nqU=12mvn2；得到vn由牛頓第二定律，則有：mvn2R=解得：Bn=mvnqB，將v故選：AD?！军c評】本題要理解加速器的工作原理，知道運(yùn)用動能定理可求粒子加速獲得的速度，明確粒子的向心力由洛倫茲力提供．28．（湖南模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a（0，L）．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速率v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60°．下列說法中正確的是（）A．電子在磁場中運(yùn)動的時間為2πL3B．電子在磁場中運(yùn)動的時間為πL3C．磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)（3L2，LD．電子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)為（0，﹣2L）【分析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動．所以由幾何關(guān)系可確定運(yùn)動圓弧的半徑與已知長度的關(guān)系，從而確定圓磁場的圓心，并能算出粒子在磁場中運(yùn)動時間．并根據(jù)幾何關(guān)系來，最終可確定電子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)．【解答】解：AB、電子的軌跡半徑為R，由幾何知識，Rsin30°＝R﹣L，得R＝2L電子在磁場中運(yùn)動時間t=因為T=解得電子在磁場中的運(yùn)動時間t=2πLCD、設(shè)磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為（x，y），其中x=12Rcos30°=3所以磁場圓心坐標(biāo)為（32L，L故選：AC?！军c評】由題意確定粒子在磁場中運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵之處，從而求出圓磁場的圓心位置，再運(yùn)用幾何關(guān)系來確定電子的運(yùn)動軌跡的圓心坐標(biāo)．29．（益陽期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三個質(zhì)量和電荷量相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運(yùn)動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法的是正確（）A．三個粒子都帶正電荷 B．c粒子速率最小 C．a(chǎn)粒子在磁場中運(yùn)動時間最長 D．它們做圓周運(yùn)動的周期Ta＜Tb＜Tc【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中在偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)用左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)粒子運(yùn)動軌跡比較粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑大小關(guān)系與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角大小關(guān)系；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度，然后比較其大??；根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角與粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式分析答題?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆\(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子的軌道半徑關(guān)系是：rc＞rb＞ra，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角關(guān)系是：θa＞θb＞θc；A、三個帶電粒子均向上偏轉(zhuǎn)，粒子剛射入磁場時所受的洛倫茲力均向上，由左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，故A正確；B、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2r，解得：v=qBrm，由于三個帶電粒子的m質(zhì)量、電荷量q都相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度B相同，rc＞rb＞ra，則vc＞vD、粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期T=2πrv=2πmqB，由于三個帶電粒子的m質(zhì)量、電荷量q都相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度B相同，則TaC、粒子在磁場中的運(yùn)動時間t=θ2πT，由于Ta＝Tb＝Tc，θa＞θb＞θc，則Ta＞Tb＞T故選：AC?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，帶電粒子在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運(yùn)動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運(yùn)動圓弧來確定速率的大??；運(yùn)動的周期均相同的情況下，可根據(jù)圓弧的對應(yīng)圓心角來確定運(yùn)動的時間的長短。30．（3月份模擬）如圖所示，底角為30°的等腰三角形abc，底邊長度為L，在三角形abc所在平面存在垂直其平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，帶電粒子以初速度v0從a點沿著直線ab方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好經(jīng)過c點不計帶電粒子的重力，則（）A．帶電粒子的運(yùn)動半徑為32B．帶電粒子的比荷為v0C．帶電粒子的運(yùn)動周期為2πLvD．帶電粒子從a運(yùn)動到c的時間為2πL【分析】畫出粒子的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解比荷，根據(jù)周期公式求解周期，再根據(jù)粒子軌跡對應(yīng)的圓心角求解運(yùn)動時間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆\(yùn)動軌跡如圖所示，由于圓心角等于2倍的弦切角，則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60°。A、根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為：R＝L，故A錯誤；B、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝mv02RC、帶電粒子的運(yùn)動周期為T=2πRD、粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，所以帶電粒子從a運(yùn)動到c的時間為：t=60°故選：BC?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。31．（鄭州期末）兩個初速度大小相同的同種粒子a和b（不計重力），從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有（）A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短【分析】由左手定則可判斷粒子的電性；帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動，要熟練應(yīng)用半徑公式r=mvqB和周期公式T【解答】解：A、由題意可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，則由左手定則可知，粒子均帶正電；故A正確；B、由r=mvC、由圖可知a粒子在磁場轉(zhuǎn)過的圓心角較大，故a在磁場中飛行的路程要長；故C錯誤；D、根據(jù)上圖中兩粒子運(yùn)動軌跡可知a粒子運(yùn)動軌跡長度大于b粒子運(yùn)動軌跡長度，運(yùn)動時間a在磁場中飛行的時間比b的長，故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動規(guī)律，要注意帶電粒子在磁場中運(yùn)動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑．同時明確左手定則判斷粒子受力時，對于正電荷四指指向運(yùn)動方向，而對于負(fù)電荷，四指指向運(yùn)動的反方向．32．（華龍區(qū)校級模擬）如圖所示，AB與BC間有垂直紙而向里的勻強(qiáng)磁場，∠B＝30°，P為AB上的點，PB＝L。一對正、負(fù)電子（重力及電子間的作用均不計）同時從P點以同一速度沿平行于BC的方向射入磁場中，正、負(fù)電子中有一個從S點垂直于AB方向射出磁場，另一個從Q點射出磁場（Q點未標(biāo)出），則下列說法正確的是（）A．正、負(fù)電子先后射出磁場 B．正、負(fù)電子同時射出磁場 C．正、負(fù)電子各自射出磁場時，兩速度方向的夾角為150° D．Q、S兩點間的距離為L【分析】根據(jù)左手定則分析正負(fù)電子在電場中受到的洛倫茲力方向，從而判斷正負(fù)電子離開的位置【解答】解：A、B：由左手定則知，正電子從S點射出磁場，在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為60°；負(fù)電子從Q點射出磁場，在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角也為60°。所以正、負(fù)電子在磁場的運(yùn)動時間相同，同時射出磁場，A錯誤，B正確；C.如下圖所示，根據(jù)題意可知，負(fù)電子離開磁場的方向斜向左下方和BA成30°角，而正電子離開磁場時和AB相互垂直，所以正負(fù)電子出磁場的速度夾角為120°，故C錯誤；D.正、負(fù)電子在磁場中運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的弦長PQ＝PS＝L，△PSQ為等邊三角形，所以，Q、S兩點間的距離為L故D正確；故選：BD?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是掌握洛倫茲力的判斷方法，正確做出電子在磁場中的運(yùn)動軌跡，能根據(jù)幾何知識求出圓心角和軌道半徑的大小.三．填空題（共6小題）33．（天津期末）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球用長為a的絕緣輕絲線懸掛在天花板上的O點，空間加有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將小球拉離豎直方向θ角從靜止釋放，不計空氣阻力作用，在小球沿圓弧運(yùn)動過程中，最大速率為2ga(1?cosθ)，絲線對小球的最大拉力為3mg?2mgcosθ+qB2ga(1?cosθ)【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒，求出到達(dá)最低點的速度；根據(jù)左手定則分析洛倫茲力的方向，再由牛頓第二定律結(jié)合向心力表達(dá)式即可求得拉力的大小?！窘獯稹拷猓河捎诼鍌惼澚Σ蛔龉Γ挥兄亓ψ龉?，則機(jī)械能守恒，小球擺到最低點時速度最大，由機(jī)械能守恒定律：mga(1?cosθ)=解得2ga(1?cosθ)當(dāng)小球從右向左擺動時洛倫茲力向下，此時細(xì)線的拉力最大，則：T?mg?qvB=m解得：T=3mg?2mgcosθ+qB故答案為：2ga(1?cosθ)，3mg?2mgcosθ+qB【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動和受力情況，要注意掌握洛倫茲力的性質(zhì)，明確洛倫茲力永不做功的特點應(yīng)用。34．（江蘇學(xué)業(yè)考試）一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T，方向由南向北，如有一質(zhì)子沿豎直向下的方向進(jìn)入該磁場，磁場作用在質(zhì)子上的力為9.6×10﹣14N，則質(zhì)子射入時的速度大小為5×105m/s，質(zhì)子在磁場中向東方向偏轉(zhuǎn)．（質(zhì)子的電荷量q＝1.6×10﹣19C）【分析】根據(jù)洛倫茲力的表達(dá)式可以解出質(zhì)速度大小，根據(jù)左手定則可以判斷其受力方向即偏轉(zhuǎn)方向．【解答】解：質(zhì)子所受洛倫茲力大小為：F＝qvB，由此得：v=FqB=9.6×10根據(jù)左手定則可知：質(zhì)子在磁場中將向東偏轉(zhuǎn)．故答案為：5×105，東．【點評】本題屬于基礎(chǔ)題，比較簡單，越是基礎(chǔ)知識在平時中越要加強(qiáng)練習(xí)，加深理解．35．（克拉瑪依校級期中）運(yùn)動電荷速度v的方向與B的方向垂直時洛倫茲力大小f＝qvB，若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動．向心力由洛倫茲力提供：qvB＝mv2R，軌道半徑公式：R＝mvqB，周期：T＝【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律得出粒子在磁場中的運(yùn)動的半徑公式和周期公式【解答】解：當(dāng)速度方向與B的方向垂直時，受到的洛倫茲力F＝qvB，此時洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運(yùn)動所需要的向心力，根據(jù)qvB=mv周期為：T=故答案為：qvB，勻速圓周，qvB，mvqB，【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握粒子在磁場中運(yùn)動的半徑公式和周期公式的推導(dǎo)過程，實際上是牛頓第二定律在圓周運(yùn)動中的運(yùn)用．36．（海淀區(qū)月考）太陽風(fēng)暴發(fā)出的帶電粒子流，從地球赤道上空射向赤道，由于地磁場的作用，帶正電的粒子將向東偏，帶負(fù)電的粒子將向西偏．【分析】地磁場的方向在赤道的上空從南指向北，根據(jù)左手定則判斷出帶正、負(fù)電所受洛倫茲力的方向．【解答】解：帶正電的粒子方向從上而下射向地球表面，地磁場方向在赤道的上空從南指向北，根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向向東，所以帶正電的粒子向東偏轉(zhuǎn)；同理，帶負(fù)電的粒子將向西偏．故答案為：東，西；【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握地磁場的方向，以及會運(yùn)用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意正負(fù)電荷的洛倫茲力方向的區(qū)別．37．（西城區(qū)校級期末）在如圖所示，x軸上方有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為45o且斜向上方?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的正離子，以速度v0由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運(yùn)動一段時間后從x軸上的C點進(jìn)入電場區(qū)域，該離子經(jīng)C點時的速度方向與x軸正方向夾角為45o．不計離子的重力，設(shè)磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大，則離子第三次穿越x軸時速度的大小為v0，C點橫坐標(biāo)為（?(2+2【分析】分析帶電粒子從開始到第三次經(jīng)過X軸的運(yùn)動情況，根據(jù)運(yùn)動情況分析解答；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑。畫出粒子運(yùn)動的軌跡，由幾何知識求出C點的坐標(biāo)；【解答】解：離子在空間中的運(yùn)動情況如圖所示，離子從A點開始做勻速圓周運(yùn)動，第一次經(jīng)過x軸后做勻減速直線運(yùn)動，速度減為零后又做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)可逆性可知，離子第二次回到X軸的速率和離開時相同，第二次進(jìn)入磁場，然后做勻速圓周運(yùn)動，所以離子第三次穿越X軸的速度大小為v0；磁場中帶電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qv計算得出：r=m由幾何知識知，xC＝﹣（r+r?cos45°）=故C點坐標(biāo)為（?(2+故答案為：v0，（?(2+【點評】該題是一道綜合性較強(qiáng)的題，解決此類問題的方法及關(guān)鍵：尋找突破口，畫好軌跡圖，巧選力學(xué)規(guī)律；38．（陜西學(xué)業(yè)考試）氕核（與質(zhì)子的質(zhì)量相等，帶一個正電荷）、氘核（質(zhì)量為質(zhì)子的2倍，帶一個正電荷）、α粒子（即氦核，質(zhì)量為質(zhì)子的4倍，帶2個正電荷）三個粒子垂直進(jìn)入同一個勻強(qiáng)磁場，若它們具有相同的速度，則它們的半徑之比為1：2：2；若它們具有相同的動能，則它們的半徑之比為1：2：1【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得半徑的表達(dá)式，則可求得半徑之比；（2）根據(jù)動能，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得半徑的表達(dá)式，則可求得半徑之比；【解答】解：（1）根據(jù)圓周運(yùn)動可得：qvB=mv2那么，R1（2）由于動能相同，所以：12m那么，R1：故答案為：1：2：2，1：2【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，要注意正確理解洛倫茲力與向心力的關(guān)系，并能正確列式。四．計算題（共4小題）39．（瓦房店市期中）用一根輕繩吊一質(zhì)量為m的帶電小球，放在如圖所示垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，將小球拉到與懸點右側(cè)等高處由圖示位置靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直面內(nèi)擺動，當(dāng)小球第一次擺到最低點時，懸線的張力恰好為零（重力加速度為g），則（1）小球帶正電還是負(fù)電？（2）小球第一次擺到最低點時的洛倫茲力多大？（3）小球第二次經(jīng)過最低點時，懸線對小球的拉力多大？【分析】（1）當(dāng)球第一次擺到最低點時，輕繩的拉力恰好為零，可判斷洛倫茲力豎直向上，根據(jù)左手定則判斷小球電性；（2）小球運(yùn)動過程中洛倫茲力和繩子拉力均垂直于速度方向，不做功，故只有重力做功，動能定理可求出小球擺到最低點的速度，第一次擺到最低點時，牛頓第二定律1求出洛倫茲力大??；（3）小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，小球第二次經(jīng)過最低點時對小球牛頓第二定律可求出繩子拉力?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)球第一次擺到最低點時，懸線的張力恰好為零，說明小球在最低點受到的洛倫茲力豎直向上，根據(jù)左手定則知小球帶負(fù)電。（2）小球第一次到達(dá)最低點速度大小為v，則由動能定律可得：mgL=12由圓周運(yùn)動規(guī)律及牛頓第二定律可知第一次經(jīng)過最低點時：Bqv﹣mg＝mv聯(lián)立解得小球第一次擺到最低點時的洛倫茲力Bqv大小為3mg（3）小球擺動過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球第二次到達(dá)最低點速度大小仍為v，即v1＝v，由圓周運(yùn)動規(guī)律及牛頓第二定律可知第二次經(jīng)過最低點時：F﹣qvB﹣mg＝mv聯(lián)立解得：F＝6mg答：（1）小球帶負(fù)電；（2）小球第一次擺到最低點時的洛倫茲力為3mg；（3）小球第二次經(jīng)過最低點時，懸線對小球的拉力為6mg【點評】此題的關(guān)鍵是對小球受力分析找向心力，易錯點在于：認(rèn)為當(dāng)細(xì)線的拉力為零時認(rèn)為洛倫茲力等于重力．圓周運(yùn)動的題目關(guān)鍵在找向心力，只要受力分析好了，找出向心力列式計算即可．40．（正安縣校級月考）如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿MN，與水平面夾角為37°，固定在豎直平面內(nèi)，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B充滿桿所在的空間，桿與B垂直，質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時，對桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg，已知小環(huán)的帶電荷量為q，問：（1）小環(huán)帶什么電？（2）小環(huán)滑到P處時的速度多大？（3）小環(huán)滑到離P多遠(yuǎn)處，環(huán)與桿之間沒有正壓力？【分析】（1）將小球由靜