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第22讲 磁场对运动电荷的作用-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第22讲 磁场对运动电荷的作用-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共42页。试卷主要包含了洛伦兹力，洛伦兹力的方向，洛伦兹力的大小，运动时间的确定等内容，欢迎下载使用。
第22讲 磁场对运动电荷的作用
目录
考点一 对洛伦兹力的理解 1
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路 1
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动 6
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题 14
练出高分 20
考点一 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
大拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
[例题1] （多选）（2022•湖南模拟）如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；在桌面上放有内壁光滑、长为L的试管，底部有质量为m、带电量为q的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电，且轨迹为抛物线
B．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至qBqvBLm
C．洛伦兹力对小球做正功
D．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL
【解答】解：A、小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力Fy＝quB恒定，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A错误；
B、由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛伦兹力的分力Fx＝qvyB，小球运动到中点时沿管速度为vy2⋅qvBm×12，则拉力应增大至F=qBqvBLm以维持匀速运动，故B正确；
C、沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的m实际洛伦兹力总是与速度方向垂直，不做功，故C错误；
D、对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系，WF＝ΔEk＝qvBL，故D正确．
故选：BD。
[例题2] （多选）（2022•绵阳模拟）两根导线通有大小方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初速度vo分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反
C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动
【解答】解：已知通电导线垂直水平面且电流方向向外，根据安培定则判断两通电导线产生的磁场为皆为以导线为圆心的同心圆环磁场，如图所示：
根据平行四边形定则，可判断ab之间的磁场方向对称分布，如图所示，且O点磁感应强度为零。
AB.根据左手定则判断带正电的质点在aO段受洛伦兹力方向垂直水平面向下，在bO段受洛伦兹力方向也是垂直水平面向下，方向相同，故A正确，B错误；
CD.若水平面光滑，质点受竖直方向的重力、支持力和洛伦兹力三力平衡，合力为零，质点从a到O做匀速直线运动；若水平面粗糙，在从b到O过程中，竖直方向合力为零，水平方向摩擦力向右，质点做减速运动，故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题3] （多选）（2021•德州二模）如图所示，光滑绝缘圆弧轨道的半径为R，最低点N点左侧处于垂直纸面向外的匀强磁场中，现将一带负电的小球（可视为质点）自最低点右侧的M点静止释放，M、N两点间的距离远小于轨道半径R，小球到达最左侧的位置为P点（图中未画出），小球运动过程中始终未脱离轨道，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．P点比M点高
B．小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大
C．小球在P点和M点处对轨道的压力大小不相等
D．小球运动的周期为2πRg
【解答】解：A、小球在运动过程中，受到重力、洛伦兹力和支持力作用，其中洛伦兹力和支持力不做功，只有重力做功，故小球机械能守恒，故小球到达最左侧的位置P点的高度与M点高度相同，故A错误；
B、对小球受力分析可知，进入磁场前，根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝mv2R，进入磁场后，洛伦兹力垂直速度方向向下，根据牛顿第二定律有：FN'﹣mg﹣qvB＝mv2R，则FN'＞FN，可知小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大，故B正确；
C、小球在P点和M点速度均为0，不受洛伦兹力，且高度相同，故对轨道的压力大小相等，故C错误；
D、由于洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，且M、N两点间的距离远小于轨道半径R，故小球做单摆运动的周期为T＝2πRg，故D正确。
故选：BD。
[例题4] 如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v．若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．v变大 B．v变小 C．v不变 D．不能确定
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wf=12mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣Wf′=12mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以v′＞v．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
[例题5] 如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度v0，在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02
B．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02−m3g22B2q2
C．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02
D．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02−m3g22B2q2
【解答】解：A、如果磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上，
①当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。
②当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−12mv02，解得：W=12mv02，
③当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。
由qvB＝mg可得：匀速运动的速度：v=mgqB，
根据动能定理得：﹣W=12mv2−12mv02，解得：W=12mv02−m3g22B2q2，故AB错误；
C、如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−12mv02，解得：W=12mv02，故C正确，D错误。
故选：C。
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
2．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P为入射点，M为出射点)．
图3
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)．
[例题6] （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q（q＞0）的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为M3、电荷量为q3，Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．P粒子与Q粒子半径之比r1：r2＝2：1
B．P粒子与Q粒子半径之比r1：r2＝1：2
C．P粒子与Q粒子周期之比T1：T2＝2：1
D．P粒子与Q粒子周期之比T1：T2＝1：2
【解答】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得粒子的轨迹半径r=mvqB=pqB；
由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1r2=q2q1=23q13q=2，故A正确，B错误；
CD、粒子的周期公式T=2πrv=2πmqB，据此可知P粒子与Q粒子周期之比T1T2=2πm1q1B2πm2q2B=m1q2m2q1=M3×2q32M3×q3=1，故CD错误。
故选：A。
[例题7] （2023•鹰潭一模）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a带负电，b带正电
B．a、b两粒子的周期之比为1：3
C．a、b两粒子的速度之比为2：1
D．a、b两粒子的质量之比为1：3
【解答】解：A．如下图所示
由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等。可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误；
B．两带电粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，则有
13Ta=16Tb
a、b两粒子的周期之比为
TaTb=12，故B错误；
D．根据周期公式
T=2πmqB
由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为
mamb=TaTb=12，故D错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为
vavb=mbma=21，故C正确。
故选：C。
[例题8] （多选）（2023•湖南模拟）一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是（ ）
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于πmqB
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于3πm2qB
【解答】解：AB、画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；均为πmqB，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于πmqB，故A正确，B错误；
CD、当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t=270°360°×T=3πm2qB，故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，OO′上侧有磁感应强度大小B＝2.0×10﹣4T的匀强磁场，电子以v＝1.6×106m/s的速度从A点与OO′成30°方向进入磁场，在垂直于磁场的平面内运动。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg、电量q＝1.6×10﹣19C。
（1）画出电子在磁场中运动轨迹；
（2）该电子离开磁场出射点离A的距离；
（3）该电子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）根据左手定则确定偏转方向，再由洛伦兹力指向圆心，从而大致画出电子的运动轨迹如图所示，
（2）由牛顿第二定律有：qvB=mv2r
所以电子做圆周运动的半径为：
r=mvqB=9.1×10−31×1.6×1061.6×10−19×2.0×10−4m=4.5×10﹣2m，
由几何关系知，电子出射点离A点的距离为：
△x＝AD＝2rcos60°＝4.5×10﹣2m
（3）电子在磁场中偏转了α=5π3，则电子在磁场中运动时间为：
t=α2πT=5π32π×2πrv=5×3.14×4.5×10−23×1.6×106s=1.5×10﹣7s
答：（1）画出电子在磁场中运动轨迹如图；
（2）该电子离开磁场出射点离A的距离是4.5×10﹣2m；
（3）该电子在磁场中运动的时间是1.5×10﹣7s。
[例题10] （2023•文昌模拟）如图所示，足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐标系xOy，磁感应强度为B的匀强磁场垂直桌面向下。质量为m、电荷量为q带电小球A（可视为质点）从坐标原点O以一定初速度沿着x轴正方向射出，在第一象限内运动并从坐标为（0，a）的P点向左离开第一象限。
（1）判断小球A的电性并求出初速度v0的大小；
（2）若小球A在第一象限内运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点）发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两球电量均分，碰后小球A仍沿原轨迹运动。不计两球之间的库仑力。
①求小球B的质量mB；
②若两球碰后恰好在坐标为（−34a，34a）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐标。
【解答】解：（1）根据左手定则可知球A带正电荷，球A运动半径
rA=a2
根据牛顿第二定律
Bqv0=mv02rA
解得：v0=Bqa2m
（2）①碰撞后球A运动半径rA=a2保持不变，但其带电量变为q2，设碰撞后A的速度为vA，B速度为vB，根据
Bq2vA=mvA2rA
即
vA=v02
弹性正碰，选择小球碰撞前的速度方向为正方向，系统动量守恒、机械能守恒
mv0＝mvA+mBvB
12mv02=12mvA2+12mBvB2
解得：vB=32v0；mB=13m
②由（2）可得：
vB=32v0；mB=13m
对球B，根据牛顿第二定律可得：
Bq2vB=mBvB2rB
解得：rB=rA=a2
设两球从碰撞位置运动到(−34a，34a)球A转过的圆心角是θ，又因为
vB＝3vA
则两球角速度之比
ωA：ωB＝1：3
球B转过的圆心角是3θ，球B比球A多转2π，则
3θ﹣θ＝2π
解得：θ＝π
所以球B被碰时在第一象限的位置为(34a，14a)
答：（1）小球A的电性带正电，初速度的大小为Bqa2m；
（2）①小球B的质量为13m；
②小球B在第一象限初始位置的坐标为（34a，14a）。
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动
带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图7所示)
图7
2．平行边界(存在临界条件，如图8所示)
图8
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图9所示)
图9
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：
(1)画出运动轨迹；
(2)确定圆心和半径；
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．
[例题11] （2023•云南模拟）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（ ）
A．7eBR10m B．29eBR10m
C．21eBR40m D．(5−23)eBR5m
【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，
根据evB=mv2r得：
v=erBm
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcos60°+(R−r)2−(rsin60°)2=0.4R
解得：r=2140R
则最大速率为：
v=21eBR40m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题12] （2023•西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R，变形解得：v=qBRm，根据图中轨迹可知，R1＜R2，则有v1＜v2，故B错误；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为：T=2πRv=2πmqB，粒子在磁场中的运动时间为：t=α2πT，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
故选：C。
[例题13] （2023•兰州模拟）如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子（重力不计）以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子在磁场中运动轨迹半径为r1、r2，运动时间为t1、t2。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
【解答】解：A、由题意可知粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知粒子带负电，故A错误；
B、根据题意做出粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示：
由图中几何关系可得：r1＝r2+r2sin∠C
解得粒子在磁场中运动得半径之比：r1：r2＝3：1，故B错误；
C、根据洛伦兹力充当向心力有：Bqv=mv2r，解得粒子在磁场中运动时的速度：v=Bqrm
由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于轨迹半径之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故C正确；
D、根据粒子在磁场中运动得轨迹可知，速率为v1时粒子在场中偏转了30°，速率为v2时粒子在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动得周期相同均为：T=2πmqB，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1：t2＝30°：180°＝1：6，故D错误。
故选：C。
[例题14] （多选）（2023•南宁二模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子可以到达地面
B．若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子均无法到达地面
C．若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
D．若粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
【解答】解：AB、若粒子的速率为qBR2m，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv1B=mv2r2
解得r2=R2，若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确；
C、若粒子的速率为qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得r＝R；若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示：
设该轨迹半径为r1，由几何关系可得r12+(2R)2−r1=R
解得r1=32R≠r
故C错误；
D、若粒子速率为3qBR2m，由洛伦兹力提供向心力得qv'B＝mv'2r'2
解得r'=3R2
由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着O处入射时，轨迹如图所示
由几何关系得：OB=r2+(2R)2−r'＝R
则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。
故选：BD。
[例题15] （2022•郑州一模）竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小v=qBRm。粒子重力忽略不计，求：
（1）粒子运动到x轴时的位置；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。
【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r1，解得：r1＝R
由题意可知，粒子的运动轨迹如图1所示：
由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。粒子在Ⅱ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
2qvB=mv2r2，解得：r2=R2
粒子运动轨迹如图1所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：x=OM=R+R2=3R2；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图2所示
由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y方向上运动的距离：y1=R−Rcos60°=R2
在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y2＝R
由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y轴，在y方向上运动的距离：y3=R−Rcos60°=R2
综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y＝y1+y2+y3＝2R
答：（1）粒子运动到x轴时的位置为32R；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题
1．临界问题的分析思路
物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．
临界问题的一般解题模式为：
(1)找出临界状态及临界条件；
(2)总结临界点的规律；
(3)解出临界量．
2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法
带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切．
[例题16] （多选）（2023•怀仁市模拟）如图所示，在水平荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，则（ ）
A．所有粒子均会打到荧光屏上
B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为3t
C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为23t
D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为(3+1)d
【解答】解：A．根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运动，已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为：
R＝d
根据几何关系可得：
T＝4t
若粒子以水平向右方向射出，粒子不会打到荧光屏上，故A错误；
B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最长，如图所示：
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为270°，结合几何关系可得：
tmax=270°360°T=34×4t=3t，故B正确；
C．当粒子打到荧光屏位置处于S正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短，如图所示：
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，结合几何关系可得：
tmin=60°360°T=16×4t=23t
故C正确；
D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，此时的位置是粒子打到荧光屏的最右端；如图所示：
根据几何关系，粒子打到荧光屏上的区域长度为：
L=(2R)2−d2+R=(3+1)d
故D正确。
故选：BCD。
[例题17] （多选）（2023•蚌埠模拟）如图所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），其中半圆内部没有磁场．一群比荷为k的同种带电粒子从ac之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（ ）
A．粒子的速率为2dBk
B．粒子的速率为dBk
C．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为2π3kB
D．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为4π3kB
【解答】解：AB．画出粒子的运动轨迹如图
由几何关系可知，粒子运动的轨道半径R＝2d
根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R
粒子速率v＝2dBk，故A正确，B错误；
CD．从c点射入的粒子，由几何关系，
粒子运动轨迹圆心正好在圆周ab上，粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动时间t=240°360°T=4πm3qB=4π3kB
故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题18] （多选）（2023•河南模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界如图所示，磁场的磁感应强度大小为B，半圆形边界的半径为R，O为半圆的圆心，ab是半圆的直径，边界上c点到a的距离为R，a、b、c、O在同一直线上，从c点沿垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小不同的质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子均能从圆弧（含a、b点）上射出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆弧边界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范围为qBR2m≤v≤3qBR2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
C．从圆弧面射出后能到达b点的粒子速度大小可能为qBRm
D．从圆弧面射出后经过O点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a点射出，粒子有最小速度；恰好从b点射出，则粒子有最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分别为rmin=R2，rmax=32R；由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r，解得v=qBrm；可得vmin=qBR2m，vmax=BqBR2m，即粒子速度的取值范围为qBR2m≤v≤3qBR2m，故A正确；
C、从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a点，轨道半径为R，则此种情况下根据洛伦兹力提供向心力：qBv=mv2R，粒子的速度大小为v=BqRm，故C正确；
B、如图乙所示
由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最小，根据周期公式：T=2πmqB，所以粒子运动的时间为：t=θ2πT=θmqB，可知从圆弧面射出后能到达b点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间并不越短，故B错误；
D、从圆弧面射出后经过O点的粒子的运动轨迹如图丙所示
由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D错误。
故选：AC。
[例题19] （多选）（2023•自贡模拟）如图所示，直角三角形ABC位于纸面内，∠C＝30°，AB边长为3d，垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形ABC区域内。质量为m、电荷量为+q的粒子从A点以速度v沿纸面射入磁场区域，刚好从C点离开磁场。粒子重力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．磁场磁感应强度的最大值为2mv3qd
B．粒子通过磁场的最长时间为πdv
C．粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为3πdv
D．粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为v3d
【解答】解：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、通过磁场的时间最长、周期最小、角速度最大。当粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子的运动轨迹如图所示：
A、设粒子的轨道半径为r，由几何知识可知：r＝AC=3dtan30°=3d；根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2r，联立解得磁感应强度的最大值为：B=mv3qd，故A错误；
B、根据几何关系可得粒子轨迹对应的最大圆心角为θ＝60°，则粒子通过磁场的最长时间为：t=60°360°×2πrv=πdv，故B正确；
C、粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为：T=2πrv=6πdv，故C错误；
D、粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为：ω=vr=v3d，故D正确。
故选：BD。
[例题20] 如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy平面向外、磁感应强度B1=3mv02qa的矩形匀强磁场PQMN，点Q坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y轴上的A（0，a）点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限、从Q点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚线EQ左侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度B2＝kmv0qa（k为大于零的未知常数）的匀强磁场。虚线EQ与x轴正方向的夹角为α（未知），在x＝4a处垂直于x轴放置一块长为23a的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均能被吸收并导入大地。求：
（1）带电粒子在B1磁场中运动的时间是多少？
（2）矩形匀强磁场PQMN的最小面积是多少？
（3）在题（2）的基础上，沿OA放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿x轴正方向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足v=yav0。已知所有从EQ射出磁场B2的粒子速度方向均沿x轴正方向。求接地导线上的电流大小随k值变化的函数表达式。
【解答】解：（1）粒子轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力，由qv0B1＝mv02r1得：r1=mv0qB1=23a
设带电粒子在B1磁场中转过的圆心角为θ，则cosθ=a−23ar1=12
解得：θ=2π3，粒子在磁场中运动周期为：T=2πr1v0=4πa3v0
粒子在B1磁场中运动时间为：t1=θ2πT=4πa9v0；
（2）如图所示阴影部分，矩形长：L1=3r1=233a，宽：L2＝r1﹣r1cos60°=a3
矩形最小面积为Smin＝L1L2=239a2；
（3）由几何关系可知：α=π3，从A点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图），
QE长度为LQE=(2a)2+(23a)2=4a，由几何关系可知：2r2cos30°＝LQEr2=433a
又：qv0B2＝mv02r2，B2＝kmv0qa，可得：k=34
当k≥34时，全部粒子都打到金属挡板上，I＝Nq
当k＜34时，设从OA上的F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打到金属挡板下边界。
qvB2＝mv2r2，又v=yav0。可得：y=433ka
从OF发射的粒子能全部打到金属挡板上，
I=yaqN=433kNq。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•辽宁模拟）正电子的发现，开辟了反物质领域的研究。如图所示，为安德森发现正电子的云室照片，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射线穿过铅板时（粒子速度减小），有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的方向反了。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从上向下穿过铅板
B．粒子穿过铅板后运动周期减小
C．匀强磁场的方向垂直照片平面向里
D．粒子穿过铅板后向心加速度大小不变
【解答】解：D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
qvB=mv2r=ma
解得：r=mvqB
向心加速度为a=qBvm
根据题意可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，向心加速度变小，故D错误；
A．粒子穿过铅板后能量有损失，所以粒子的速度v减小，根据上述分析可知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r减小，因此粒子从下向上穿过铅板，故A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，则粒子穿过铅板后运动周期不变，故B错误；
C．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故C正确。
故选：C。
2．（2023•贵阳模拟）托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内部，而不与器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比。为了约束更高温度的等离子体，需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ）
A．T B．T2 C．T D．T3
【解答】解：由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
带电粒子的动能Ek=12mv2
解得B=2mEkqr
平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于T。故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2023•山西模拟）用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D．若仅增大α角（α＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
【解答】解：A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
x＝v0cosα•t
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；
B．根洛伦兹力提供向心力可得：
evB=mv2R
根据周期的计算公式可得：
T=2πRv
且v＝v0sinα
解得：D=2R=2mv0sinαeB；T=2πmeB
所以Δx=vxT=2πmv0cosαeB
由上式可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；
C．若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；
D．若仅增大α，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确。
故选：D。
4．（2023•新会区校级一模）带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子运动过程中洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小
【解答】解：AB、由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律的：qvB=mv2r，解得，粒子做圆周运动的轨道半径r=mvqB，由于m、q、B不变而粒子速度v减小，则粒子的轨道半径r减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子先经过b点，再经过a点；根据左手定则可知粒子带负电，故AB错误；
C、由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；
D、粒子所受洛伦兹力大小F＝qvB，q、B不变而v减小，则粒子所受洛伦兹力大小逐渐减小，故D正确。
故选：D。
5．（2023•海东市模拟）如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2：1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1
【解答】解：作出正、负粒子的运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得正粒子轨迹对应的圆心角θ＝120°，负粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°
根据周期公式可知粒子的周期为：T=2πmqB
正、负带电粒子比荷之比为2：1，则正、负带电粒子周期之比为：T1：T2＝1：2
正粒子在磁场中运动时间为：t1=θ360°T1，负粒子在磁场中运动时间为：t2=α360°T2，
所以有：t1：t2＝1：1，故D正确、ABC错误。
故选：D。
6．（2023•涟源市二模）如图，虚线MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子a、b从MN上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从MN上的同一点射出磁场。已知a粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
设a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为ra，rb，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
ra＝rbcosθ
又因为
ra=mavaBqa
rb=mbvbBqb
两粒子比荷相同，故有
rarb=vavb
即va＝vbcosθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．（2023•青羊区校级模拟）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束 24He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ）
A．3qBL4m B．5qBl4m C．5qBL8m D．5qBL6m
【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB=mv2R
又有T=2πrv=2πmqB
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t=α2πT=αmqB
可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大时∠aoc越小，而∠aoc＝180°﹣∠oac﹣∠oca＝180°﹣2∠oac
由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，∠oac最大，此时α最大，设半径为R。
根据几何关系有L2+（2L﹣R）2＝R2
解得R=54L
联立可得v=qBRm=5qBL4m
故选：B。
8．（2023•宜宾模拟）如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里，范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；A、B两点是L2上相距一定距离的两点。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定是带正电
B．该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点
D．若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不可能经过B点
【解答】解：AB．粒子在磁场中的运动轨迹的可能情况如下图所示
由粒子运动轨迹可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB错误；
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，但保持方向不变，粒子仍可能经过B点，故C正确；
D．设L1与L2之间的距离为d，则A到B的距离为
x=2dtanθ
若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，经过多个周期后仍有可能经过B点，故D错误。
故选：C。
9．（2023•平城区校级一模）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ）
A．2qBLm B．2qBLm C．5qBLm D．10qBLm
【解答】解：粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示
MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，根据几何关系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子运动的半径为r，四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2+MQ2
解得r=5L
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB=mv2r
解得粒子的最小速率为v=5qBLm
故ABD错误，C正确；
故选：C。
10．（2023•岳阳一模）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，已知电场强度大小为2mgq，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为mgqB，重力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡，即：qE＝mg+qv1B，解得：v1=mgqB
根据左手定则可知v1沿x轴正方向，由题意知初速度v0沿y轴正方向，小球从O点射入的速度大小为v0=mgqB，根据平行四边形法则可得分速度v2与y轴的夹角为45°，如下图所示
分速度v2的大小为v2=2v0=2mgqB
小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v1沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹，小球在y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动轨迹如下图
圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示
故C正确，ABD错误。
故选：C。
二．计算题（共2小题）
11．（2023•龙泉驿区模拟）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内有一沿y轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y＝x2，如图中虚线所示，电场强度大小E＝4V/m。第三象限内（包含x轴负半轴）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=π4T。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25m区域内有大量（速度相等）沿x轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q＝+8×10﹣6C，质量m＝1×10﹣6kg。已知从边界上横坐标为x＝0.1m以初速度v0处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区域，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，求：
（1）粒子的初速度v0；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。
【解答】解：（1）从x＝0.1m飞入的粒子，由类平抛运动的规律有：y=12at2
根据牛顿第二定律可得：a=qEm
水平方向，有：x＝v0t
又有：y＝x2
联立解得：v0＝4m/s
（2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为x，则由：x＝v0t
又有：y=12at2=x2
可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场
设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为v1，则：tanθ=v1v0
v12=2ay
粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的夹角越大，故从y1＝0.25m处进入电场的粒子，飞离电场时与x轴负方向的夹角最大，θ1＝45°
从y2＝0飞入的粒子运动方向不变，θ2＝0
故粒子飞离电场时速度方向与x轴负方向的夹角范围为0～45°
（3）与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示：
所有粒子从同一点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力有：
qvB＝mv2r，其中：v=2v0=2×4m/s＝42m/s
解得：r=22πm
根据周期公式可得：T=2πrv
解得：T＝1s
磁场中运动最短时间：t2=2×45°360°T
解得：t2＝0.25s
根据几何关系可得出磁场的坐标为（0，−4πm）
答：（1）粒子的初速度为4m/s；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围为0～45°；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间为0.25s，出磁场的坐标为（0，−4πm）。
12．（2023•浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E=2mv2eR，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。
【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E=Fe，a=Fm，xmin＝vt，R=12at2
解得xmin＝R
（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为vy=Eemt=2v
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%×12m(v22+vy2)=12m(vx12+vy12)，tanθ=vyv=vy1vx1
解得vy1＝v，vx1=v2
根据动量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）电子从y＝2R沿x轴正方向射出，有x0＝vt1，2R=12Eemt12
解得x0=2R
第一次碰撞后电子的速度为vy1=12vy=v=gt2，vx1=12vx=12v
第一次碰撞后电子的水平位移为x1=2×14x0
第二次碰撞后电子的水平位移为x2=2×14x1
第n次碰撞后电子的水平位移为xn=2×14xn−1
所以xmax=x0+x1+⋯+xn=2R+2×142R1−14=523R
（4）根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即rn=12rn−1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则rmin（1+cosθ）＝2Rrminsinθ=12rmin(1−sinθ)
联立解得rmin=6R3+22，Bmax=(3+22)mv6eR
根据几何关系x1＝rsinθ，xn=2×12xn−1
所以x＝x1+x2+⋯+xn＝rsinθ+2×12rsinθ1−12=3rsinθ≤5R
所以rmax=5R3，Bmin=3mv5eR
所以B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
答：（1）荧光区域的横坐标的最小值为xmin＝R，
（2）第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）荧光区域的横坐标的最大值为523R，
（4）B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
第22讲 磁场对运动电荷的作用
目录
考点一 对洛伦兹力的理解 1
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路 1
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动 6
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题 14
练出高分 20
考点一 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
大拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
[例题1] （多选）（2022•湖南模拟）如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；在桌面上放有内壁光滑、长为L的试管，底部有质量为m、带电量为q的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电，且轨迹为抛物线
B．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至qBqvBLm
C．洛伦兹力对小球做正功
D．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL
【解答】解：A、小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力Fy＝quB恒定，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A错误；
B、由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛伦兹力的分力Fx＝qvyB，小球运动到中点时沿管速度为vy2⋅qvBm×12，则拉力应增大至F=qBqvBLm以维持匀速运动，故B正确；
C、沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的m实际洛伦兹力总是与速度方向垂直，不做功，故C错误；
D、对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系，WF＝ΔEk＝qvBL，故D正确．
故选：BD。
[例题2] （多选）（2022•绵阳模拟）两根导线通有大小方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初速度vo分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反
C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动
【解答】解：已知通电导线垂直水平面且电流方向向外，根据安培定则判断两通电导线产生的磁场为皆为以导线为圆心的同心圆环磁场，如图所示：
根据平行四边形定则，可判断ab之间的磁场方向对称分布，如图所示，且O点磁感应强度为零。
AB.根据左手定则判断带正电的质点在aO段受洛伦兹力方向垂直水平面向下，在bO段受洛伦兹力方向也是垂直水平面向下，方向相同，故A正确，B错误；
CD.若水平面光滑，质点受竖直方向的重力、支持力和洛伦兹力三力平衡，合力为零，质点从a到O做匀速直线运动；若水平面粗糙，在从b到O过程中，竖直方向合力为零，水平方向摩擦力向右，质点做减速运动，故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题3] （多选）（2021•德州二模）如图所示，光滑绝缘圆弧轨道的半径为R，最低点N点左侧处于垂直纸面向外的匀强磁场中，现将一带负电的小球（可视为质点）自最低点右侧的M点静止释放，M、N两点间的距离远小于轨道半径R，小球到达最左侧的位置为P点（图中未画出），小球运动过程中始终未脱离轨道，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．P点比M点高
B．小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大
C．小球在P点和M点处对轨道的压力大小不相等
D．小球运动的周期为2πRg
【解答】解：A、小球在运动过程中，受到重力、洛伦兹力和支持力作用，其中洛伦兹力和支持力不做功，只有重力做功，故小球机械能守恒，故小球到达最左侧的位置P点的高度与M点高度相同，故A错误；
B、对小球受力分析可知，进入磁场前，根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝mv2R，进入磁场后，洛伦兹力垂直速度方向向下，根据牛顿第二定律有：FN'﹣mg﹣qvB＝mv2R，则FN'＞FN，可知小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大，故B正确；
C、小球在P点和M点速度均为0，不受洛伦兹力，且高度相同，故对轨道的压力大小相等，故C错误；
D、由于洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，且M、N两点间的距离远小于轨道半径R，故小球做单摆运动的周期为T＝2πRg，故D正确。
故选：BD。
[例题4] 如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v．若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．v变大 B．v变小 C．v不变 D．不能确定
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wf=12mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣Wf′=12mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以v′＞v．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
[例题5] 如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度v0，在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02
B．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02−m3g22B2q2
C．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02
D．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02−m3g22B2q2
【解答】解：A、如果磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上，
①当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。
②当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−12mv02，解得：W=12mv02，
③当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。
由qvB＝mg可得：匀速运动的速度：v=mgqB，
根据动能定理得：﹣W=12mv2−12mv02，解得：W=12mv02−m3g22B2q2，故AB错误；
C、如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−12mv02，解得：W=12mv02，故C正确，D错误。
故选：C。
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
2．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P为入射点，M为出射点)．
图3
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)．
[例题6] （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q（q＞0）的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为M3、电荷量为q3，Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．P粒子与Q粒子半径之比r1：r2＝2：1
B．P粒子与Q粒子半径之比r1：r2＝1：2
C．P粒子与Q粒子周期之比T1：T2＝2：1
D．P粒子与Q粒子周期之比T1：T2＝1：2
【解答】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得粒子的轨迹半径r=mvqB=pqB；
由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1r2=q2q1=23q13q=2，故A正确，B错误；
CD、粒子的周期公式T=2πrv=2πmqB，据此可知P粒子与Q粒子周期之比T1T2=2πm1q1B2πm2q2B=m1q2m2q1=M3×2q32M3×q3=1，故CD错误。
故选：A。
[例题7] （2023•鹰潭一模）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a带负电，b带正电
B．a、b两粒子的周期之比为1：3
C．a、b两粒子的速度之比为2：1
D．a、b两粒子的质量之比为1：3
【解答】解：A．如下图所示
由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等。可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误；
B．两带电粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，则有
13Ta=16Tb
a、b两粒子的周期之比为
TaTb=12，故B错误；
D．根据周期公式
T=2πmqB
由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为
mamb=TaTb=12，故D错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为
vavb=mbma=21，故C正确。
故选：C。
[例题8] （多选）（2023•湖南模拟）一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是（ ）
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于πmqB
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于3πm2qB
【解答】解：AB、画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；均为πmqB，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于πmqB，故A正确，B错误；
CD、当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t=270°360°×T=3πm2qB，故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，OO′上侧有磁感应强度大小B＝2.0×10﹣4T的匀强磁场，电子以v＝1.6×106m/s的速度从A点与OO′成30°方向进入磁场，在垂直于磁场的平面内运动。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg、电量q＝1.6×10﹣19C。
（1）画出电子在磁场中运动轨迹；
（2）该电子离开磁场出射点离A的距离；
（3）该电子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）根据左手定则确定偏转方向，再由洛伦兹力指向圆心，从而大致画出电子的运动轨迹如图所示，
（2）由牛顿第二定律有：qvB=mv2r
所以电子做圆周运动的半径为：
r=mvqB=9.1×10−31×1.6×1061.6×10−19×2.0×10−4m=4.5×10﹣2m，
由几何关系知，电子出射点离A点的距离为：
△x＝AD＝2rcos60°＝4.5×10﹣2m
（3）电子在磁场中偏转了α=5π3，则电子在磁场中运动时间为：
t=α2πT=5π32π×2πrv=5×3.14×4.5×10−23×1.6×106s=1.5×10﹣7s
答：（1）画出电子在磁场中运动轨迹如图；
（2）该电子离开磁场出射点离A的距离是4.5×10﹣2m；
（3）该电子在磁场中运动的时间是1.5×10﹣7s。
[例题10] （2023•文昌模拟）如图所示，足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐标系xOy，磁感应强度为B的匀强磁场垂直桌面向下。质量为m、电荷量为q带电小球A（可视为质点）从坐标原点O以一定初速度沿着x轴正方向射出，在第一象限内运动并从坐标为（0，a）的P点向左离开第一象限。
（1）判断小球A的电性并求出初速度v0的大小；
（2）若小球A在第一象限内运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点）发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两球电量均分，碰后小球A仍沿原轨迹运动。不计两球之间的库仑力。
①求小球B的质量mB；
②若两球碰后恰好在坐标为（−34a，34a）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐标。
【解答】解：（1）根据左手定则可知球A带正电荷，球A运动半径
rA=a2
根据牛顿第二定律
Bqv0=mv02rA
解得：v0=Bqa2m
（2）①碰撞后球A运动半径rA=a2保持不变，但其带电量变为q2，设碰撞后A的速度为vA，B速度为vB，根据
Bq2vA=mvA2rA
即
vA=v02
弹性正碰，选择小球碰撞前的速度方向为正方向，系统动量守恒、机械能守恒
mv0＝mvA+mBvB
12mv02=12mvA2+12mBvB2
解得：vB=32v0；mB=13m
②由（2）可得：
vB=32v0；mB=13m
对球B，根据牛顿第二定律可得：
Bq2vB=mBvB2rB
解得：rB=rA=a2
设两球从碰撞位置运动到(−34a，34a)球A转过的圆心角是θ，又因为
vB＝3vA
则两球角速度之比
ωA：ωB＝1：3
球B转过的圆心角是3θ，球B比球A多转2π，则
3θ﹣θ＝2π
解得：θ＝π
所以球B被碰时在第一象限的位置为(34a，14a)
答：（1）小球A的电性带正电，初速度的大小为Bqa2m；
（2）①小球B的质量为13m；
②小球B在第一象限初始位置的坐标为（34a，14a）。
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动
带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图7所示)
图7
2．平行边界(存在临界条件，如图8所示)
图8
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图9所示)
图9
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：
(1)画出运动轨迹；
(2)确定圆心和半径；
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．
[例题11] （2023•云南模拟）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（ ）
A．7eBR10m B．29eBR10m
C．21eBR40m D．(5−23)eBR5m
【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，
根据evB=mv2r得：
v=erBm
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcos60°+(R−r)2−(rsin60°)2=0.4R
解得：r=2140R
则最大速率为：
v=21eBR40m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题12] （2023•西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R，变形解得：v=qBRm，根据图中轨迹可知，R1＜R2，则有v1＜v2，故B错误；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为：T=2πRv=2πmqB，粒子在磁场中的运动时间为：t=α2πT，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
故选：C。
[例题13] （2023•兰州模拟）如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子（重力不计）以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子在磁场中运动轨迹半径为r1、r2，运动时间为t1、t2。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
【解答】解：A、由题意可知粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知粒子带负电，故A错误；
B、根据题意做出粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示：
由图中几何关系可得：r1＝r2+r2sin∠C
解得粒子在磁场中运动得半径之比：r1：r2＝3：1，故B错误；
C、根据洛伦兹力充当向心力有：Bqv=mv2r，解得粒子在磁场中运动时的速度：v=Bqrm
由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于轨迹半径之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故C正确；
D、根据粒子在磁场中运动得轨迹可知，速率为v1时粒子在场中偏转了30°，速率为v2时粒子在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动得周期相同均为：T=2πmqB，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1：t2＝30°：180°＝1：6，故D错误。
故选：C。
[例题14] （多选）（2023•南宁二模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子可以到达地面
B．若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子均无法到达地面
C．若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
D．若粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
【解答】解：AB、若粒子的速率为qBR2m，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv1B=mv2r2
解得r2=R2，若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确；
C、若粒子的速率为qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得r＝R；若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示：
设该轨迹半径为r1，由几何关系可得r12+(2R)2−r1=R
解得r1=32R≠r
故C错误；
D、若粒子速率为3qBR2m，由洛伦兹力提供向心力得qv'B＝mv'2r'2
解得r'=3R2
由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着O处入射时，轨迹如图所示
由几何关系得：OB=r2+(2R)2−r'＝R
则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。
故选：BD。
[例题15] （2022•郑州一模）竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小v=qBRm。粒子重力忽略不计，求：
（1）粒子运动到x轴时的位置；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。
【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r1，解得：r1＝R
由题意可知，粒子的运动轨迹如图1所示：
由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。粒子在Ⅱ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
2qvB=mv2r2，解得：r2=R2
粒子运动轨迹如图1所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：x=OM=R+R2=3R2；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图2所示
由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y方向上运动的距离：y1=R−Rcos60°=R2
在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y2＝R
由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y轴，在y方向上运动的距离：y3=R−Rcos60°=R2
综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y＝y1+y2+y3＝2R
答：（1）粒子运动到x轴时的位置为32R；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题
1．临界问题的分析思路
物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．
临界问题的一般解题模式为：
(1)找出临界状态及临界条件；
(2)总结临界点的规律；
(3)解出临界量．
2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法
带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切．
[例题16] （多选）（2023•怀仁市模拟）如图所示，在水平荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，则（ ）
A．所有粒子均会打到荧光屏上
B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为3t
C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为23t
D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为(3+1)d
【解答】解：A．根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运动，已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为：
R＝d
根据几何关系可得：
T＝4t
若粒子以水平向右方向射出，粒子不会打到荧光屏上，故A错误；
B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最长，如图所示：
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为270°，结合几何关系可得：
tmax=270°360°T=34×4t=3t，故B正确；
C．当粒子打到荧光屏位置处于S正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短，如图所示：
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，结合几何关系可得：
tmin=60°360°T=16×4t=23t
故C正确；
D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，此时的位置是粒子打到荧光屏的最右端；如图所示：
根据几何关系，粒子打到荧光屏上的区域长度为：
L=(2R)2−d2+R=(3+1)d
故D正确。
故选：BCD。
[例题17] （多选）（2023•蚌埠模拟）如图所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），其中半圆内部没有磁场．一群比荷为k的同种带电粒子从ac之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（ ）
A．粒子的速率为2dBk
B．粒子的速率为dBk
C．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为2π3kB
D．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为4π3kB
【解答】解：AB．画出粒子的运动轨迹如图
由几何关系可知，粒子运动的轨道半径R＝2d
根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R
粒子速率v＝2dBk，故A正确，B错误；
CD．从c点射入的粒子，由几何关系，
粒子运动轨迹圆心正好在圆周ab上，粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动时间t=240°360°T=4πm3qB=4π3kB
故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题18] （多选）（2023•河南模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界如图所示，磁场的磁感应强度大小为B，半圆形边界的半径为R，O为半圆的圆心，ab是半圆的直径，边界上c点到a的距离为R，a、b、c、O在同一直线上，从c点沿垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小不同的质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子均能从圆弧（含a、b点）上射出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆弧边界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范围为qBR2m≤v≤3qBR2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
C．从圆弧面射出后能到达b点的粒子速度大小可能为qBRm
D．从圆弧面射出后经过O点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a点射出，粒子有最小速度；恰好从b点射出，则粒子有最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分别为rmin=R2，rmax=32R；由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r，解得v=qBrm；可得vmin=qBR2m，vmax=BqBR2m，即粒子速度的取值范围为qBR2m≤v≤3qBR2m，故A正确；
C、从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a点，轨道半径为R，则此种情况下根据洛伦兹力提供向心力：qBv=mv2R，粒子的速度大小为v=BqRm，故C正确；
B、如图乙所示
由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最小，根据周期公式：T=2πmqB，所以粒子运动的时间为：t=θ2πT=θmqB，可知从圆弧面射出后能到达b点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间并不越短，故B错误；
D、从圆弧面射出后经过O点的粒子的运动轨迹如图丙所示
由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D错误。
故选：AC。
[例题19] （多选）（2023•自贡模拟）如图所示，直角三角形ABC位于纸面内，∠C＝30°，AB边长为3d，垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形ABC区域内。质量为m、电荷量为+q的粒子从A点以速度v沿纸面射入磁场区域，刚好从C点离开磁场。粒子重力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．磁场磁感应强度的最大值为2mv3qd
B．粒子通过磁场的最长时间为πdv
C．粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为3πdv
D．粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为v3d
【解答】解：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、通过磁场的时间最长、周期最小、角速度最大。当粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子的运动轨迹如图所示：
A、设粒子的轨道半径为r，由几何知识可知：r＝AC=3dtan30°=3d；根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2r，联立解得磁感应强度的最大值为：B=mv3qd，故A错误；
B、根据几何关系可得粒子轨迹对应的最大圆心角为θ＝60°，则粒子通过磁场的最长时间为：t=60°360°×2πrv=πdv，故B正确；
C、粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为：T=2πrv=6πdv，故C错误；
D、粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为：ω=vr=v3d，故D正确。
故选：BD。
[例题20] 如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy平面向外、磁感应强度B1=3mv02qa的矩形匀强磁场PQMN，点Q坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y轴上的A（0，a）点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限、从Q点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚线EQ左侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度B2＝kmv0qa（k为大于零的未知常数）的匀强磁场。虚线EQ与x轴正方向的夹角为α（未知），在x＝4a处垂直于x轴放置一块长为23a的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均能被吸收并导入大地。求：
（1）带电粒子在B1磁场中运动的时间是多少？
（2）矩形匀强磁场PQMN的最小面积是多少？
（3）在题（2）的基础上，沿OA放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿x轴正方向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足v=yav0。已知所有从EQ射出磁场B2的粒子速度方向均沿x轴正方向。求接地导线上的电流大小随k值变化的函数表达式。
【解答】解：（1）粒子轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力，由qv0B1＝mv02r1得：r1=mv0qB1=23a
设带电粒子在B1磁场中转过的圆心角为θ，则cosθ=a−23ar1=12
解得：θ=2π3，粒子在磁场中运动周期为：T=2πr1v0=4πa3v0
粒子在B1磁场中运动时间为：t1=θ2πT=4πa9v0；
（2）如图所示阴影部分，矩形长：L1=3r1=233a，宽：L2＝r1﹣r1cos60°=a3
矩形最小面积为Smin＝L1L2=239a2；
（3）由几何关系可知：α=π3，从A点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图），
QE长度为LQE=(2a)2+(23a)2=4a，由几何关系可知：2r2cos30°＝LQEr2=433a
又：qv0B2＝mv02r2，B2＝kmv0qa，可得：k=34
当k≥34时，全部粒子都打到金属挡板上，I＝Nq
当k＜34时，设从OA上的F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打到金属挡板下边界。
qvB2＝mv2r2，又v=yav0。可得：y=433ka
从OF发射的粒子能全部打到金属挡板上，
I=yaqN=433kNq。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•辽宁模拟）正电子的发现，开辟了反物质领域的研究。如图所示，为安德森发现正电子的云室照片，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射线穿过铅板时（粒子速度减小），有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的方向反了。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从上向下穿过铅板
B．粒子穿过铅板后运动周期减小
C．匀强磁场的方向垂直照片平面向里
D．粒子穿过铅板后向心加速度大小不变
【解答】解：D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
qvB=mv2r=ma
解得：r=mvqB
向心加速度为a=qBvm
根据题意可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，向心加速度变小，故D错误；
A．粒子穿过铅板后能量有损失，所以粒子的速度v减小，根据上述分析可知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r减小，因此粒子从下向上穿过铅板，故A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，则粒子穿过铅板后运动周期不变，故B错误；
C．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故C正确。
故选：C。
2．（2023•贵阳模拟）托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内部，而不与器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比。为了约束更高温度的等离子体，需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ）
A．T B．T2 C．T D．T3
【解答】解：由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
带电粒子的动能Ek=12mv2
解得B=2mEkqr
平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于T。故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2023•山西模拟）用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D．若仅增大α角（α＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
【解答】解：A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
x＝v0cosα•t
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；
B．根洛伦兹力提供向心力可得：
evB=mv2R
根据周期的计算公式可得：
T=2πRv
且v＝v0sinα
解得：D=2R=2mv0sinαeB；T=2πmeB
所以Δx=vxT=2πmv0cosαeB
由上式可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；
C．若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；
D．若仅增大α，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确。
故选：D。
4．（2023•新会区校级一模）带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子运动过程中洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小
【解答】解：AB、由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律的：qvB=mv2r，解得，粒子做圆周运动的轨道半径r=mvqB，由于m、q、B不变而粒子速度v减小，则粒子的轨道半径r减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子先经过b点，再经过a点；根据左手定则可知粒子带负电，故AB错误；
C、由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；
D、粒子所受洛伦兹力大小F＝qvB，q、B不变而v减小，则粒子所受洛伦兹力大小逐渐减小，故D正确。
故选：D。
5．（2023•海东市模拟）如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2：1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1
【解答】解：作出正、负粒子的运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得正粒子轨迹对应的圆心角θ＝120°，负粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°
根据周期公式可知粒子的周期为：T=2πmqB
正、负带电粒子比荷之比为2：1，则正、负带电粒子周期之比为：T1：T2＝1：2
正粒子在磁场中运动时间为：t1=θ360°T1，负粒子在磁场中运动时间为：t2=α360°T2，
所以有：t1：t2＝1：1，故D正确、ABC错误。
故选：D。
6．（2023•涟源市二模）如图，虚线MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子a、b从MN上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从MN上的同一点射出磁场。已知a粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
设a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为ra，rb，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
ra＝rbcosθ
又因为
ra=mavaBqa
rb=mbvbBqb
两粒子比荷相同，故有
rarb=vavb
即va＝vbcosθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．（2023•青羊区校级模拟）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束 24He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ）
A．3qBL4m B．5qBl4m C．5qBL8m D．5qBL6m
【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB=mv2R
又有T=2πrv=2πmqB
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t=α2πT=αmqB
可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大时∠aoc越小，而∠aoc＝180°﹣∠oac﹣∠oca＝180°﹣2∠oac
由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，∠oac最大，此时α最大，设半径为R。
根据几何关系有L2+（2L﹣R）2＝R2
解得R=54L
联立可得v=qBRm=5qBL4m
故选：B。
8．（2023•宜宾模拟）如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里，范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；A、B两点是L2上相距一定距离的两点。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定是带正电
B．该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点
D．若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不可能经过B点
【解答】解：AB．粒子在磁场中的运动轨迹的可能情况如下图所示
由粒子运动轨迹可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB错误；
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，但保持方向不变，粒子仍可能经过B点，故C正确；
D．设L1与L2之间的距离为d，则A到B的距离为
x=2dtanθ
若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，经过多个周期后仍有可能经过B点，故D错误。
故选：C。
9．（2023•平城区校级一模）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ）
A．2qBLm B．2qBLm C．5qBLm D．10qBLm
【解答】解：粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示
MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，根据几何关系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子运动的半径为r，四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2+MQ2
解得r=5L
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB=mv2r
解得粒子的最小速率为v=5qBLm
故ABD错误，C正确；
故选：C。
10．（2023•岳阳一模）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，已知电场强度大小为2mgq，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为mgqB，重力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡，即：qE＝mg+qv1B，解得：v1=mgqB
根据左手定则可知v1沿x轴正方向，由题意知初速度v0沿y轴正方向，小球从O点射入的速度大小为v0=mgqB，根据平行四边形法则可得分速度v2与y轴的夹角为45°，如下图所示
分速度v2的大小为v2=2v0=2mgqB
小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v1沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹，小球在y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动轨迹如下图
圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示
故C正确，ABD错误。
故选：C。
二．计算题（共2小题）
11．（2023•龙泉驿区模拟）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内有一沿y轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y＝x2，如图中虚线所示，电场强度大小E＝4V/m。第三象限内（包含x轴负半轴）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=π4T。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25m区域内有大量（速度相等）沿x轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q＝+8×10﹣6C，质量m＝1×10﹣6kg。已知从边界上横坐标为x＝0.1m以初速度v0处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区域，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，求：
（1）粒子的初速度v0；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。
【解答】解：（1）从x＝0.1m飞入的粒子，由类平抛运动的规律有：y=12at2
根据牛顿第二定律可得：a=qEm
水平方向，有：x＝v0t
又有：y＝x2
联立解得：v0＝4m/s
（2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为x，则由：x＝v0t
又有：y=12at2=x2
可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场
设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为v1，则：tanθ=v1v0
v12=2ay
粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的夹角越大，故从y1＝0.25m处进入电场的粒子，飞离电场时与x轴负方向的夹角最大，θ1＝45°
从y2＝0飞入的粒子运动方向不变，θ2＝0
故粒子飞离电场时速度方向与x轴负方向的夹角范围为0～45°
（3）与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示：
所有粒子从同一点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力有：
qvB＝mv2r，其中：v=2v0=2×4m/s＝42m/s
解得：r=22πm
根据周期公式可得：T=2πrv
解得：T＝1s
磁场中运动最短时间：t2=2×45°360°T
解得：t2＝0.25s
根据几何关系可得出磁场的坐标为（0，−4πm）
答：（1）粒子的初速度为4m/s；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围为0～45°；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间为0.25s，出磁场的坐标为（0，−4πm）。
12．（2023•浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E=2mv2eR，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。
【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E=Fe，a=Fm，xmin＝vt，R=12at2
解得xmin＝R
（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为vy=Eemt=2v
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%×12m(v22+vy2)=12m(vx12+vy12)，tanθ=vyv=vy1vx1
解得vy1＝v，vx1=v2
根据动量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）电子从y＝2R沿x轴正方向射出，有x0＝vt1，2R=12Eemt12
解得x0=2R
第一次碰撞后电子的速度为vy1=12vy=v=gt2，vx1=12vx=12v
第一次碰撞后电子的水平位移为x1=2×14x0
第二次碰撞后电子的水平位移为x2=2×14x1
第n次碰撞后电子的水平位移为xn=2×14xn−1
所以xmax=x0+x1+⋯+xn=2R+2×142R1−14=523R
（4）根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即rn=12rn−1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则rmin（1+cosθ）＝2Rrminsinθ=12rmin(1−sinθ)
联立解得rmin=6R3+22，Bmax=(3+22)mv6eR
根据几何关系x1＝rsinθ，xn=2×12xn−1
所以x＝x1+x2+⋯+xn＝rsinθ+2×12rsinθ1−12=3rsinθ≤5R
所以rmax=5R3，Bmin=3mv5eR
所以B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
答：（1）荧光区域的横坐标的最小值为xmin＝R，
（2）第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）荧光区域的横坐标的最大值为523R，
（4）B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
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