第38講磁場對運動電荷的作用——劃重點之精細講義系列一．洛倫茲力1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0.(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.(3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.3．方向(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向．(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)．由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功．二．帶電粒子在磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．2．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做勻速圓周運動．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r).(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,Bq).(3)周期公式：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB).f＝eq\f(1,T)＝eq\f(Bq,2πm).ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝eq\f(Bq,m).三．洛倫茲力的應(yīng)用實例1．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：交變電流的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq\f(mv2,R)，得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)．2．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成．(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2可知進入磁場的速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝eq\f(mv2,r).由以上幾式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷等．考點一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點(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(dāng)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)洛倫茲力一定不做功．2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力．(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．3．洛倫茲力與電場力的比較【典例1】下列關(guān)于洛倫茲力的說法中，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．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變解析：選B.因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當(dāng)粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當(dāng)粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，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方向成任意夾角，所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯．【典例2】(多選)如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱．導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)，I是導(dǎo)線中的電流，r為對應(yīng)點到導(dǎo)線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿MN連線運動到b點．關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球一直做勻速直線運動C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xBD.由右手螺旋定則可知，M處的通電導(dǎo)線在MO區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于MO向里，離導(dǎo)線越遠磁場越弱，所以磁場由M到O逐漸減弱；N處的通電導(dǎo)線在ON區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于ON向外，由O到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿連線MN運動到b點，受到的洛倫茲力F＝Bqv為變力，則從M到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱而減小，從O到N洛倫茲力的方向向下，隨磁場的增強而增大，所以對桌面的壓力一直在增大，D正確，C錯誤；由于桌面光滑，洛倫茲力始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動，B正確、A錯誤．【典例3】如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(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)強度大小之比為()A．2 B．eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：選D.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,R)，粒子的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，由此得磁感應(yīng)強度B1＝eq\f(\r(2mEk),qR)，結(jié)合題意知動能和半徑都減小為原來的一半，則磁感應(yīng)強度B2＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),q·\f(1,2)R)，故eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，故D正確．【典例4】如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動．下列說法中正確的是()A．微粒一定帶負電B．微粒的動能一定減小C．微粒的電勢能一定增加D．微粒的機械能不變解析：選A.對該微粒進行受力分析得：它受到豎直向下的重力、水平方向的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力，其中重力和電場力是恒力，由于粒子沿直線運動，則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的，即該粒子是做勻速直線運動，動能不變，所以B項錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡，故該微粒一定帶負電，A項正確；該微粒帶負電，向左上方運動，所以電場力做正功，電勢能一定是減小的，C項錯誤；因為重力勢能增加，動能不變，所以該微粒的機械能增加，D項錯誤．理解洛倫茲力的四點注意(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向．(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點．(3)計算洛倫茲力大小時，公式F＝qvB中，v是電荷與磁場的相對速度．(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等．考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．(1)圓心的確定①已知入射點、出射點、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方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．②已知入射方向、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跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．③若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖丙所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心。（2）如何確定“半徑”：方法一：由物理方程求：半徑R＝eq\f(mv,qB)；方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定。例：（右圖）R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)。3．如何確定“圓心角與時間”（1）圓心角的確定①速度的偏向角φ＝圓弧所對應(yīng)的圓心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，即φ＝θ＝2α＝ωt，如圖（d）所示。②偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α。（2）時間的計算方法。方法一：由圓心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二：由弧長求，t＝eq\f(θR,v)。2．重要推論(1)當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(2)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的運動時間長．考向1：圓形磁場區(qū)域(1)圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用幾何關(guān)系解決．(2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．【典例1】(多選)如圖所示，以O(shè)為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質(zhì)量相同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN，aO、cO與bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是()A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tcC．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc解析粒子帶正電，偏轉(zhuǎn)方向如圖所示，粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T，故粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長．設(shè)粒子的運動半徑為r，圓形區(qū)域半徑為R，當(dāng)粒子a恰好從M點射出磁場時，r＝eq\f(1,\r(3))R，當(dāng)粒子b恰好從M點射出磁場時，r＝R，如圖甲所示，ta＜tb＝tc.當(dāng)r>R時，粒子a對應(yīng)的圓心角最小，c對應(yīng)的圓心角最大，tc>tb>ta；當(dāng)r≤eq\f(1,\r(3))R，軌跡如圖乙所示，ta＝tb＝tc.同理，eq\f(1,\r(3))R<r≤R時，ta<tb＝tc.A、D正確．答案AD【典例2】一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A.eq\f(ω,3B) B．eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B) D.eq\f(2ω,B)解析如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項A正確．答案A考向2：直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示)【典例3】(多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，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)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近解析a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝eq\f(mv,qB)，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)和軌跡圖可知A、D選項正確．答案AD考向3：平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)【典例4】如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確．答案D帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

考點三回旋加速器和質(zhì)譜儀1．質(zhì)譜儀的主要特征將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝eq\r(m)，根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷．2．回旋加速器的主要特征(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)．(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…(4)粒子的最后速度v＝eq\f(BqR,m)，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．【典例1】(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC.電子、正電子和質(zhì)子垂直進入磁場時，所受的重力均可忽略，受到的洛倫茲力方向與其電性有關(guān)，由左手定則可知A正確；由軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)知，若電子與正電子進入磁場時的速度不同，則其運動的軌跡半徑也不相同，故B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)知D錯誤；因為質(zhì)子和正電子的速度未知，半徑關(guān)系不確定，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，C正確．【典例2】(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)．下列說法中正確的是()A．氘核(eq\o\al(2,1)H)的最大速度較大B．它們在D形盒內(nèi)運動的周期相等C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的最大動能較大D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能解析：選BC.粒子在回旋加速器中能達到的最大速度，取決于在最外圈做圓周運動的速度．根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，A錯誤．帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，B正確．最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但質(zhì)量不等，所以氦核最大動能大，C正確．回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期與交流電的周期相同，否則無法加速，D錯誤．【典例3】現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12C．121 D．144解析：選D.帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時，解得：eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確．【典例4】(多選)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的勻強磁場(環(huán)形區(qū)域的寬度非常小)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過A板剛進入AB之間時，A板電勢升高到＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速．每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零．粒子在電場中一次次加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小可使繞行半徑R不變．已知極板間距遠小于R，則下列說法正確的是()A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里B．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqUC．粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化周期不變D．粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(1,R)eq\r(\f(2NmU,q))解析：選BD.由題意知粒子在軌道內(nèi)做順時針圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向外，所以A錯誤；由于粒子在做圓周運動的過程中洛倫茲力不做功，在AB板間電場力做功W＝qU，所以粒子繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU，故B正確；由于粒子的軌道半徑R不變，而粒子做圓周運動第N圈的速度為vN，根據(jù)NqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，可得粒子圓周運動的速度增大，根據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)＝2πeq\f(R,v)，所以周期減小，故A板電勢變化周期變小，故C錯誤；粒子繞行第N圈時，NqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，所以vN＝eq\r(\f(2NqU,m))，又R＝eq\f(mvN,Bq)，聯(lián)立得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2NmU,q))，所以D正確．1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯誤，符合題意；D．由動量定理可得粒子束對管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。2．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，一個立方體空間被對角平面劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．由題意知當(dāng)質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運動，剛射出時根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側(cè)會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。3．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應(yīng)強度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，）（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為解得最大速率約為故選C。4．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）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磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。5．（2023·山西·統(tǒng)考高考真題）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（）

A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【答案】C【詳解】A．帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場向左磁場垂直直面向里時，因粒子帶正電，則受到向左的電場力和向左的洛倫茲力，則會打到a點左側(cè)；同理電子帶負電，受到向右的電場力和向右的洛倫茲力，則電子會打到a點右側(cè)，A錯誤；B．因粒子帶正電，設(shè)帶電量為2q，速度v，電子帶負電，電量-q，電子速度v＇>v，若電場方向向左，磁場方向向外，則如果粒子打在a點則受到向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡因電子帶負電，電量-q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點，則，所以此時粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會打在b點，B錯誤；CD．電場方向向右，磁場垂直紙面向里，如果粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達到b點；同理如果電子打在a，則粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會打在b點；同理電場向右磁場垂直紙面向外時，粒子受到向右的電場力和洛倫茲力，電子受到向左的電場力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點，故C正確，D錯誤；故選C。6．（2022·海南·高考真題）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（

）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能【答案】C【詳解】粒子在輻射電場中以速度做勻速圓周運動，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強磁場中解得粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉(zhuǎn)動半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度和比荷。故選C。7．（多選）（2022·遼寧·高考真題）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【答案】AD【詳解】AB．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，A正確、B錯誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應(yīng)強度，粒子1都不會偏轉(zhuǎn)，C錯誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有解得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，D正確。故選AD。8．（多選）（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是·（）A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2【答案】AD【詳解】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)可知t1<t2故A正確，B錯誤。CD．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據(jù)可知Ek1>Ek2故C錯誤，D正確。故選AD。9．（多選）（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）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磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為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°【答案】BC【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有可得根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，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，如圖因為上下磁感應(yīng)強度均為B，則根據(jù)對稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得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（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（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。10．（多選）（2022·廣東·高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。11．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間t?！敬鸢浮浚?）正電，；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理可知解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運動軌道圓弧對應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，有帶電粒子在磁場中運動的時間聯(lián)立各式解得1．(多選)如圖所示，一只陰極射線管，左側(cè)不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導(dǎo)線AB時，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡向下偏，則()A．導(dǎo)線中的電流從A流向BB．導(dǎo)線中的電流從B流向AC．若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現(xiàn)D．電子束的徑跡與AB中的電流方向無關(guān)解析：選BC.由于AB中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向里，所以根據(jù)安培定則，AB中的電流從B流向A.當(dāng)AB中的電流方向變?yōu)閺腁流向B時，則AB上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲?，電子所受的洛倫茲力變?yōu)橄蛏?，電子束的徑跡變?yōu)橄蛏掀D(zhuǎn)．選項B、C正確．2．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：選D.因洛倫茲力不做功，故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，軌道半徑增大；由角速度ω＝eq\f(v,r)知，角速度減小，選項D正確．3．如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()A.eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析：選B.如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應(yīng)圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形．由于O1D＝eq\f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，B正確．4．如圖為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)原理圖，磁場方向如圖，某帶電粒子穿過S′孔打在MN板上的P點．則()A．該粒子一定帶負電B．a(chǎn)極板電勢一定比b極板高C．到達P點粒子的速度大小與a、b間電、磁場強弱無關(guān)D．帶電粒子的eq\f(q,m)比值越大，PS′間距離越大解析：選B.粒子在MN右側(cè)的磁場中向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；由左手定則可知，粒子在選擇器中受向上的洛倫茲力，此時粒子受力平衡，電場力的方向向下，所以電場強度的方向也向下，a極板電勢一定比b極板高，故B正確；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝eq\f(E,Bab)，到達P點粒子的速度大小與a、b間電、磁場強弱有關(guān)，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，知比荷越大，r越小，PS′間距離越小，故D錯誤．5．如圖所示，沿x方向有界、沿y方向無界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向內(nèi)，大量的速率不同的電子(不計重力)從O點沿x軸正方向進入磁場，最終離開磁場．下列判斷正確的是()A．所有的電子都向x軸下方偏轉(zhuǎn)B．所有的電子都做類平拋運動C．所有的電子在磁場中運動時速度不變D．只要是速率不同的電子，它們在磁場中運動的時間就一定不同解析：選A.根據(jù)左手定則，可以判斷電子受到的洛倫茲力的方向向下，所以所有的電子都向x軸下方偏轉(zhuǎn)，A正確．電子在磁場中做勻速圓周運動，B錯誤．洛倫茲力對電荷不做功，所有的電子在磁場中運動時速度大小不變，但方向時刻改變，C錯誤．電子的速度不同，所有電子在磁場旋轉(zhuǎn)半個圓周后射出磁場，t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)都相同，它們運動的時間都相同，D錯誤．6．如圖，ABCD是一個正方形的勻強磁場區(qū)域，經(jīng)相等加速電壓加速后的甲、乙兩種帶電粒子分別從A、D射入磁場，均從C點射出，則它們的速率v甲∶v乙和它們通過該磁場所用時間t甲∶t乙的值分別為()A．1∶12∶1 B．1∶22∶1C．2∶11∶2 D．1∶21∶1解析：選B.帶電粒子在電場中加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(2U,BR)，即v∝eq\f(1,R)，故eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(1,2)；甲粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)用時t甲＝eq\f(πR甲,2v甲)，乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)用時t乙＝eq\f(πR乙,v乙)可得，eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(R甲v乙,2R乙v甲)＝eq\f(2,1).由以上分析計算可知選項B正確．7．美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子方面前進了一步．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器．下列說法正確的是()A．帶電粒子每運動一周被加速一次B．P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)D．加速電場方向需要做周期性的變化解析：選A.由圖可知帶電粒子每運動一周被加速一次，加速電場方向不需要做周期性變化，A正確，D錯誤．由動能定理得nqU＝eq\f(1,2)mv2，又qBv＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2nmU,q))，R與加速次數(shù)不成正比，故B錯誤．最大動能為Ek＝eq\f(qBR02,2m)，R0為D形盒半徑，可知C錯誤．8．(多選)如圖所示，帶正電的A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30°和60°(與邊界的夾角)射入磁場，又都恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是()A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是eq\f(1,\r(3))B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是eq\f(3,2＋\r(3))C．A、B兩粒子eq\f(m,q)之比是eq\f(1,\r(3))D．A、B兩粒子eq\f(m,q)之比是eq\f(3,2＋\r(3))解析：選BD.由題意知，粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)Bqv＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq).由幾何關(guān)系可得，對粒子B：rBcos60°＋rB＝d，對粒子A：rAcos30°＋rA＝d，聯(lián)立解得eq\f(rA,rB)＝eq\f(3,2＋\r(3))，所以A錯誤，B正確．再根據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)，可得A、B兩粒子eq\f(m,q)之比是eq\f(3,2＋\r(3))，故C錯誤，D正確．9．如圖所示，兩勻強磁場方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2.一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為圖中虛線所示的“心”形圖線．則以下說法正確的是()A．電子的運行軌跡為PENCMDPB．電子運行一周回到P用時為T＝eq\f(2πm,B1e)C．B1＝2B2D．B1＝4B2解析：選C.根據(jù)左手定則可知：電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；電子在整個過程中，在勻強磁場B1中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以T＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)，故B錯誤；由圖象可知，電子在勻強磁場B1中運動半徑是在勻強磁場B2中運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故C正確，D錯誤．10．(多選)如圖所示，寬度為d的雙邊界有界磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)從MN邊界上的A點沿紙面垂直MN以初速度v0進入磁場．已知該帶電粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v0,2Bd)，其中A′為PQ上的一點，且AA′與PQ垂直．則下列判斷正確的是()A．該帶電粒子進入磁場后將向下偏轉(zhuǎn)B．該帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為2dC．該帶電粒子打在PQ上的點與A′點的距離為eq\r(3)dD．該帶電粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)解析：選BD.由左手定則知，該帶電粒子進入磁場后將向上偏轉(zhuǎn)，故A錯誤．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得R＝eq\f(mv0,qB)，又因為帶電粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v0,2Bd)，則有R＝2d，故B正確．由幾何關(guān)系可知，該帶電粒子打在PQ上的點與A′點的距離為s＝R(1－cos30°)＝2d×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))＝(2－eq\r(3))d，故C錯誤．由圖可知，該帶電粒子在勻強磁場中運動的圓心角為θ＝eq\f(π,6)，所以粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(2πm,qB)×eq\f(1,12)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確．11．如圖所示，質(zhì)量均為m、電荷量大小均為q的正離子，從磁場邊界上的一點A以初速度（與磁場邊界夾角為30°）射入到勻強磁場中。已知磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，重力忽略不計。則（）

A．該粒子可能從圖中C點離開B．該粒子在磁場中運動的軌道半徑為C．該粒子在磁場中運動的時間為D．該粒子離開磁場的位置與A點的距離為【答案】B【詳解】A．

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，作出粒子軌跡示意圖，見下圖，粒子從A點左側(cè)D點離開磁場，A錯誤；

B．洛倫茲力提供向心力，對粒子有解得B正確；B．

根據(jù)幾何關(guān)系有，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，則有解得C錯誤；D．該粒子離開磁場的位置與A點的距離為D錯誤。故選B。12．如圖所示的虛線框為一長方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td，其大小關(guān)系是（）

A．ta<tb<tc<tdB．ta＝tb＝tc＝tdC．ta＝tb<tc<tdD．ta＝tb>tc>td【答案】D【詳解】電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為四個電子m、q相同，B也相同，則它們圓周運動的周期相同。A．畫出電子運動的軌跡如圖從圖看出，從a、b兩點射出的電子軌跡所對的圓心角都是，則：故A錯誤；BCD．從下圖看出從d射出的電子軌跡所對的圓心角根據(jù)圓周運動的時間，T相同時，圓心角越大，時間t越大，所以所以ta＝tb>tc>td故BC錯誤，D正確。故選D。13．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM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平面交線O的距離為（）

A． B． C． D．【答案】D【詳解】帶電粒子在磁場中做圓周運動軌道半徑為軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于

故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線故選D。14．兩個相同的回旋加速器，分別接在加速電壓為U1和U2的高頻交流電源上，且U2=2U1，有兩個相同的帶電粒子分別在這兩個加速器中運動，設(shè)兩個粒子在加速器中運動的時間分別為t1和t2，獲得的最大動能分別為Ek1和Ek2，則有（）A．t1=t2，Ek1=Ek2 B．t1=t2，Ek1＜Ek2C．t1>t2，Ek1=Ek2 D．t1>t2，Ek1＜Ek2【答案】C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由其運動半徑可以知道，粒子獲得的最大動能只與磁感應(yīng)強度和D型盒的半徑有關(guān)，所以有由粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期知兩粒子在回旋加速器中運動一周所用的時間相同，設(shè)粒子在加速器中繞行的圈數(shù)為n，則有因為所以而粒子在加速器中的運動時間為所以故C正確，ABD錯誤。故選C。15．（多選）如圖所示，豎直放置的金屬板M上放一個放射源C，可向紙面內(nèi)各個方向射出速率均為v的α粒子，P是與金屬板M平行的足夠大的熒光屏，到M的距離為d。現(xiàn)在P與金屬板M間加上垂直紙面的勻強磁場，調(diào)整磁