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專題22 磁場對運動電荷的作用
課標要求 知識要點 命題推斷
1.會計算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向. 2.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關問題． 考點一　對洛倫茲力的理解 考點二　帶電粒子做圓周運動的分析思路 考點三　帶電粒子在有界磁場中的運動 考點四　帶電粒子運動的臨界和極值問題 題型：選擇題 計算題 1洛倫茲力的大小和方向 2半徑公式和周期公式的應用 3常見有界磁場 4放縮圓、平移圓、旋轉圓、磁聚焦 5帶電粒子在磁場中運動多解問題 6洛倫茲力與現代科技
考點一　對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力
磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力．
2．洛倫茲力的方向
(1)判定方法
左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
大拇指——指向洛倫茲力的方向．
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．
3．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.
考點二　帶電粒子做圓周運動的分析思路
1．勻速圓周運動的規律
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以入射速度v做勻速圓周運動．
2．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．半徑的確定
可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數等)求出半徑大小．
4．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝T(或t＝)．
考點三　帶電粒子在有界磁場中的運動
帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形
1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
2．平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
3．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)
4．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵是：
(1)畫出運動軌跡；
(2)確定圓心和半徑；
(3)利用洛倫茲力提供向心力列式．
考點四　帶電粒子運動的臨界和極值問題
1．臨界問題的分析思路
物理現象從一種狀態變化成另一種狀態時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態點．與臨界狀態相關的物理條件稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點．
臨界問題的一般解題模式為：
(1)找出臨界狀態及臨界條件；
(2)總結臨界點的規律；
(3)解出臨界量．
2．帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法
帶電體進入有界磁場區域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態，畫出臨界軌跡：
(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態是對這個面的壓力為零．
(2)射出或不射出磁場的臨界狀態是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切．
（2024 河北二模）如圖所示，空間內有一垂直紙面方向的勻強磁場（方向未知），一帶正電的粒子在空氣中運動的軌跡如圖所示，由于空氣阻力的作用，使得粒子的軌跡不是圓周，假設粒子運動過程中的電荷量不變。下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動方向為c→b→a
B．粒子所受的洛倫茲力大小不變
C．粒子在b點的洛倫茲力方向沿軌跡切線方向
D．磁場的方向垂直紙面向里
【解答】解：A．由
得
由于空氣阻力做負功，粒子運動過程中速率逐漸減小，所以粒子運動的軌道半徑逐漸減小，粒子的運動方向為a→b→c，故A錯誤；
B．由公式f＝qvB可知粒子所受的洛倫茲力逐漸減小，故B錯誤；
C．粒子所受的洛倫茲力與速度方向垂直，方向指向彎曲軌跡的內側，所以粒子在b點的洛倫茲力并不沿切線方向，故C錯誤；
D．由左手定則可知勻強磁場的方向垂直紙面向里，故D正確。
故選：D。
（多選）（2024 思明區校級模擬）如圖所示，在內壁光滑、水平放置的玻璃圓管內，有一直徑略小于環口徑的帶正電的小球，小球以速率v0沿逆時針方向勻速轉動。若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比例增加的變化磁場，設運動過程中小球所帶電荷量不變，則（　　）
A．小球對玻璃圓管的壓力不斷增大
B．洛倫茲力對小球一直不做功
C．小球受到的洛倫茲力不斷增大
D．小球先沿逆時針方向做減速運動，過一段時間后，沿順時針方向做加速運動
【解答】解：ACD.磁感應強度方向豎直向上，磁感應強度B隨時間成正比增加，由楞次定律可知，變化的磁場產生的感生電場沿順時針方向，小球帶正電，則小球所受電場力沿順時針方向，與小球的運動方向相反，小球做減速運動，當小球速度減小到零后，小球反向做加速運動，速度不斷增加，所以小球的速度先減小后增大，向心力先減小后增大，小球所受的支持力沿水平方向上的分力提供向心力，支持力沿水平方向上的分力先減小后增大，小球所受的支持力沿豎直方向上的分力不變，由力的合成可知，玻璃圓環對小球的支持力先減小后增大，由牛頓第三定律知，小球對玻璃圓環的壓力先減小后增大，由于小球的速度先減小后增大，由洛倫茲力公式F＝qvB可知，小球受到的磁場力先減小后增大，故AC錯誤，D正確；
B.磁場力方向與小球的速度方向始終垂直，洛倫茲力對小球一直不做功，故B正確。
故選：BD。
（多選）（2024 鯉城區校級模擬）宇宙中存在大量帶電粒子，這些帶電粒子經過地球時，地球的磁場使它們發生偏轉。若比荷相同的粒子均以同一速度垂直地面射入地磁場區域，有（　　）
A．從同一地點射入的正、負粒子，在地磁場的作用下偏轉方向相同
B．從同一地點射入的正、負粒子，在地磁場的作用下偏轉方向相反
C．在極地附近射入的粒子，受到的地磁場作用力更大
D．在赤道附近射入的粒子，受到的地磁場作用力更大
【解答】解：AB.根據左手定則可知，正、負粒子受到的洛倫茲力方向相反，故A錯誤，B正確；
C.在極地附近射入的粒子，速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，故C錯誤；
D.在赤道附近射入的粒子，速度方向與磁場方向垂直，所受洛倫茲力最大，故D正確。
故選：BD。
（2023 河西區模擬）如圖所示，在真空中，水平導線中有恒定電流I通過，導線的正下方有一束電子初速度方向與電流方向相同，則電子可能的運動情況是（　　）
A．沿路徑a運動 B．沿路徑b運動
C．沿路徑c運動 D．沿路徑d運動
【解答】解：AB.由安培定則，電流在下方產生的磁場方向指向紙外，由左手定則，電子剛進入磁場時所受洛倫茲力方向向下，則電子的軌跡必定向下彎曲，故AB錯誤；
CD.由于洛倫茲力方向始終與電荷運動方向垂直，故其運動軌跡必定是曲線，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 東港區校級模擬）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電量為e，質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動。則以下說法錯誤的是（　　）
A．電場方向垂直環平面向外
B．電子運動周期為
C．垂直環平面的磁感應強度大小為
D．電場強度大小為
【解答】解：A．根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直環平面向里，故A錯誤；
B．電子在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為
故B正確；
C．電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有
解得
故C正確；
D．電子在垂直環平面方向受力平衡，則有
eE＝evB
解得
故D正確。
本題選錯誤的，故選：A。
（2024 江寧區校級模擬）如圖所示，xOy坐標平面在豎直面內，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內有垂直于xOy平面的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電量為﹣q、質量為m的小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示。則（　　）
A．OAB軌跡為半圓
B．磁場垂直于紙面向里
C．小球運動至最低點A時處于失重狀態
D．小球在整個運動過程中機械能守恒
【解答】解：A．運動過程中受洛倫茲力及重力，軌跡為不是半圓，故A錯誤；
B．根據左手定則可知磁場垂直于紙面向外，故B錯誤；
C．由圖可知小球運動至最低點A時加速度豎直向上，可知處于超重狀態，故C錯誤；
D．小球在整個運動過程中洛倫茲力不做功，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。
故選：D。
（2024 郫都區校級模擬）應用電磁場工作的四種儀器如圖所示，則下列說法中正確的是（　　）
A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與加速電壓成正比
B．乙中不改變質譜儀各區域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子一定是比荷相同的粒子
C．丙中通上如圖所示電流和加上如圖磁場時，UMN＞0，則霍爾元件的自由電荷為正電荷
D．丁中將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，靜電計指針張角變小
【解答】解：A、帶電粒子在回旋加速器中，根據牛頓第二定律可得：
解得：
由此可知，帶電粒子的最大動能與加速電壓無關，故A錯誤；
B、經過質譜儀的速度選擇器區域的粒子速度都相同，經過偏轉磁場時擊中光屏同一位置的粒子軌道半徑相同，所以不改變質譜儀各區域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正確；
C、假設該霍爾元件是正電荷導電，根據左手定則可判斷正電荷受到的洛倫茲力方向指向N側，所以N側帶正電，電勢高，即UMN＜0，故C錯誤；
D、將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，電容器兩端的電勢差始終與電源電勢差相等，則靜電計指針張角不變，故D錯誤；
故選：B。
（2024 湖北模擬）如圖，粒子源發射質量為m、電荷量為q的正離子，經加速后以速度v沿水平方向進入速度選擇器、磁分析器和電場偏轉系統最后打在xOy平面上。速度選擇器為四分之一圓環的輻向電場，方向指向O'，沿中軸線上的兩端M和N中心位置處各有一個小孔，圓環內外半徑分別為L和3L。離子從M孔穿出后進入磁分析器，磁分析器也是一樣的四分之一圓環，其圓心和電場圓心O′重疊，內部分布垂直紙面向內的勻強磁場，離子經磁場偏轉后從PQ出口（包含P、Q兩點）離開。之后進入電場偏轉區，此處分布有垂直紙面向外的勻強電場，電場強度與速度選擇器中心軸線處大小相等，離子經勻強電場偏轉后打在xOy平面上，xOy平面距PQ距離為2L，其中圓環中軸線剛好正對O點。不計離子重力。求：
（1）電場偏轉區場強E的大小；
（2）要保證離子能順利通過磁分析器，磁感應強度B的大小取值范圍；
（3）若磁分析器中的磁場強度，通過計算用（x，y）表示離子落在xOy平面上的坐標。
【解答】解：（1）根據牛頓第二定律有
解得
（2）如圖所示
當離子從P點飛出時，設離子的運動半徑為 R1，根據幾何關系有
解得
根據牛頓第二定律有
解得
當離子從Q點飛出時，設離子的運動半徑為 R2
根據幾何關系有
解得
根據牛頓第二定律有
解得
則磁感應強度B的取值范圍是
（3）離子從Q點飛出時速度方向與水平方向的夾角θ 的余弦值為
離子在電場力的作用下沿x方向做勻加速直線運動，加速度大小為
離子從Q點到xOy平面的運動時間為
根據運動學規律可得
根據幾何關系可得
所以離子落在xOy平面上的坐標為
答：（1）電場偏轉區場強E的大小為 ；
（2）磁感應強度B的取值范圍是 ；
（3）離子落在xOy平面上的坐標為 。
（2024 江蘇模擬）如圖甲所示，矩形MNPQ位于豎直平面內，水平線O1O2為矩形的一中心線，NP的長度為d，MN的長度為L，重力加速度為g，某質量為m，電荷量為q（q＞0）的小球從O1點以初速度大小v0開始在矩形面內運動。
（1）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上的勻強電場，小球恰好從P點飛出矩形區域，求所加勻強電場場強的大小E0；
（2）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時加上垂直于矩形區域向里的勻強磁場，小球恰好從PQ連線中點飛出矩形區域，求所加勻強磁場的磁感應強度大小B；
（3）若小球初速度偏向右上方向，且與O1O2成α＝60°，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時在垂直于矩形區域方向加上按如圖乙所示變化的勻強磁場，變化周期（取垂直于矩形區域向外為正方向），小球恰能從O2點飛出矩形區域，求所加磁場磁感應強度大小B0應滿足的條件和小球在矩形區域運動的時間。
【解答】解：（1）小球在矩形MNPQ區域內做類平拋運動，設運動的加速度為a，在矩形區域中運動時間
在豎直方向有
由牛頓第二定律有
qE0﹣mg＝ma
解得
（2）小球受到的電場力
F＝qE＝mg
則小球受到的合力即洛倫茲力，在矩形區域中做勻速圓周運動，如圖所示
設圓周運動半徑為r，由幾何關系有
由向心力公式有
解得
（3）小球在矩形區域中做勻速圓周運動，設運動的軌道半徑為r'，則有
為使小球不從MN、PQ邊緣飛出，應滿足
r'≤d
小球在矩形區域運動的周期
為使小球恰能從O2點飛出矩形區域，應滿足的關系是
，（k＝1，2，3…）
解得
（其中k取的整數）
小球在矩形區域運動的時間
解得
答：（1）所加勻強電場場強的大小；
（2）所加勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）所加磁場磁感應強度大小B0應滿足（其中k取的整數），小球在矩形區域運動的時間。
（2024 南通模擬）現代科技中常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，在豎直平面內建立xOy坐標系，在y≥0區域存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，在O點沿y軸正方向放置足夠長的熒光屏A。第三象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，在點處沿x軸正方向射出速度為v0的粒子，恰好以2v0的速率從O點射入磁場、粒子的質量為m，電荷量為+q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）該粒子擊中熒光屏A的位置Q；
（2）該粒子從P運動到Q的時間；
（3）如圖乙所示，移去熒光屏A，在處，平行于x軸放置一足夠長的擋板C，在電場中P、O兩點之間有一連續分布的曲線狀粒子源，其形狀的曲線方程為，。該粒子源沿x軸正方向以速度v0持續發射與P點處相同的粒子，粒子按y坐標均勻分布，粒子源發射一段時間后停止發射，粒子擊中擋板C立即被吸收。求擊中擋板C的粒子數與發射的總粒子數之比η。
【解答】解：（1）如圖所示，粒子在第一象限做勻速圓周運動，設速度方向與y軸正方向成θ夾角
由
可知
得
θ＝30°
由幾何關系知
聯立解得Q點坐標
（2）粒子在電場中P→O，x方向勻速直線運動
粒子在磁場中勻速圓周運動周期
粒子在場中O→Q
聯立解得
粒子從P到Q的時間
（3）經分析，所有粒子經電場偏轉后均從O點進入磁場，且均經過Q點進入第二象限。如圖所示
設發射粒子的初始位置縱坐標為﹣y0，從O點進入第一象限與x軸正方向夾角為α，其軌跡恰好與擋板相切，粒子經過O點速度
粒子圓周運動的半徑
由
聯立解得
α＝37°
粒子在電場中做勻變速曲線運動，由
得
且
α＝37°
聯立解得
所以
答：（1）該粒子擊中熒光屏A的位置Q為；
（2）該粒子從P運動到Q的時間是；
（3）擊中擋板C的粒子數與發射的總粒子數之比η為。
題型1洛倫茲力的大小和方向
（2023 廣陵區校級一模）如圖所示，一內壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放置，高為h，管底有質量為m、電荷量為+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．洛倫茲力對小球做正功
B．小球運動的加速度逐漸增大
C．小球機械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管運動速度越大，小球在玻璃管中的運動時間越長
【解答】解：A、洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠不做功，故A錯誤；
B、玻璃管在水平方向做勻速直線運動，小球受到的洛倫茲力在豎直方向的分力保持不變，即在豎直方向做勻加速直線運動，合運動為勻變速曲線運動，故B錯誤；
C、由于管對球的支持力對小球做了功，小球的機械能是增加的，在豎直方向上，由牛頓第二定律得：qvB﹣mg＝ma，由勻變速直線運動的位移公式得：h，小球離開管口的速度vy＝at，合速度v合，運動的增加量ΔEk，重力勢能的增加量ΔEp＝mgh，聯立解得：ΔE＝ΔEk+ΔEp，解得：ΔE＝qvBh，故C正確；
D、小球的實際運動可分解為水平方向的速度為v和豎直速度vy，豎直方向的洛倫茲力不變，在豎直方向上，由牛頓第二定律得：qvB﹣mg＝ma，由勻速直線運動的位移公式得：h，解得：t，玻璃管運動速度越大，則小球在玻璃管中的運動時間越小，故D錯誤。
故選：C。
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，由F＝qvB可知，小球受到的洛倫茲力沿管道方向，且大小保持不變，根據牛頓第二定律得quB＝ma，由初速度為零的位移公式，解得，故A錯誤；
B．小球所受洛倫茲力始終和運動方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B錯誤；
C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率為，故C錯誤；
D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于，故D正確。
故選：D。
（2023 玉林三模）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（　　）
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
【解答】解：A、該粒子所受電場力的瞬時功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以P＝qEv1，故A錯誤；
B、v2與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小f＝qv2B，故B錯誤；
C、速度v1的方向與磁感應強度B方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；v2方向與B垂直，粒子在垂直于磁場方向平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，v2不變；粒子沿電場方向做加速運動，v1不斷增大，則v2與v1的比值不斷減小，故C錯誤；
D、粒子做勻速圓周運動的向心加速度a向大小不變，電場力產生的加速度a電，q、E、m不變，a電不變，a向、a電大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故D正確。
故選：D。
題型2半徑公式和周期公式的應用
（2024 德惠市校級模擬）如圖所示，半徑為R的圓OAP區域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，圓心O點有一粒子源，先后從O點以相同速率向圓區域內發射兩個完全相同的正電粒子a、b（質量為m，電量為q），其速度方向均垂直于磁場方向，與OP的夾角分別為90°、60°，不計粒子的重力及粒子間相互作用力，則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比ta：tb為（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
【解答】解：根據粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力：，代入數據解得：R＝R。
粒子在場中做圓周運動的半徑均為R，恰好與磁場區域半徑相等，對a粒子，畫出運動軌跡，如圖所示：
在磁場中恰好以P點為圓心做圓周運動，從AP邊上M點出磁場，根據幾何關系可知，轉過的圓心角為60°，所以運動時間為：；
對b粒子，畫出運動軌跡，如圖所示：
磁場中做圓周運動恰好從AP邊上D點出，由幾何關系得：轉過的圓心角為：60°
所以運動時間為：
故ta：tb＝1：1，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 江西模擬）如圖所示，粒子甲垂直ab邊界進入垂直紙面向外的勻強磁場時發生核反應：甲→乙+丙，產生的乙和丙粒子垂直經過磁場的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，不計重力及空氣阻力，則（　　）
A．甲帶正電
B．乙帶負電
C．甲、乙的動量大小之比為8：5
D．乙、丙的動量大小之比為1：1
【解答】解：AB、粒子乙在磁場中順時針偏轉，粒子丙在磁場中逆時針偏轉，由左手定則判斷，乙帶正電，丙帶負電。已知乙和丙的電荷量大小相等，根據電荷守恒定律，可知甲不帶電，故AB錯誤；
CD、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得：
qvB＝m
又有動量p＝mv
聯立可得：p＝qBr
可見粒子的動量大小與圓周運動半徑為正比關系，已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，則乙、丙的動量大小之比為p乙：p丙＝5：3。
粒子甲發生核反應的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向，則有：
p甲＝p乙+p丙，可得甲、乙的動量大小之比為8：5，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 海淀區校級三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（　　）
A．d、e都是正電子的徑跡
B．a徑跡對應的粒子動量最大
C．b徑跡對應的粒子動能最大
D．a徑跡對應的粒子運動時間最長
【解答】解：A．帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，故A錯誤；
B．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有
解得
由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據
p＝mv
可知a徑跡對應的粒子動量最小，故B錯誤；
C．根據
可知
Eka＜Ekb＜Ekc
即b徑跡對應的粒子動能不是最大的，故C錯誤；
D．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有
，
則
所以
Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te
粒子在磁場中的運動時間
其中α為粒子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的粒子運動時間最長，故D正確。
故選：D。
題型3常見有界磁場
（2024 河南二模）如圖所示，在第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場（坐標軸上無磁場），位于x軸上的P點有一粒子發射器，沿與x軸正半軸成60°角方向發射不同速率的電子，已知當速度為v0時，粒子恰好從O點沿y軸負方向離開坐標系，則下列說法正確的是（　　）
A．如果v＞v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
B．如果v＞v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短
C．如果v＜v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
D．如果v＜v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短
【解答】解：AB、粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當速度為v0時，粒子恰好從O點沿y軸負方向離開坐標系，作出粒子此時的運動軌跡如圖所示。
該軌跡恰好與y軸相切，若v＞v0，粒子速度越大，其軌跡半徑越大，軌跡飛出點逐漸從上述軌跡的切點位置上移，可知，軌跡對應的圓心角θ越小，根據
可知，粒子速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短，故A錯誤，B正確；
CD、若v＜v0，結合上述可知，粒子的運動軌跡為一段優弧，粒子從x軸正方向射出，根據單邊有界磁場的對稱性，可知飛出的速度方向與x軸正方向夾角仍然等于60°，根據幾何關系可知，軌跡所對應的圓心角始終為240°，根據可知，如果v＜v0，則粒子在磁場中運動的時間一定，與速度大小無關，故CD錯誤。
故選：B。
（2024 金臺區模擬）如圖所示圓形區域內存在一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，一帶正電荷的粒子沿圖中直線以速率v0從圓周上的a點射入圓形區域，從圓周上b點射出（b點圖中未畫出）磁場時速度方向與射入時的夾角為60°，已知圓心O到直線的距離為橫截面半徑的一半。現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線從a點射入圓形區域，也從b點離開該區域，若不計重力，則勻強電場的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，畫出粒子運動軌跡，如下圖所示：
由題知速度的偏轉角為60°，則軌跡的圓心角θ＝60°，可知△O'ab為等邊三角形，可得∠bac＝30°
圖中Oc為直線ad的垂線段，在△Oac中，已知：Oc，又有：Oa＝R，易知：∠Oac＝30°，可得：∠bac＝∠Oac，可知O點在ab連線上，即ab＝2R，則有：r＝ab＝2R。
由洛倫茲力提供向心力得：，解得：
粒子在電場中做類平拋運動，設電場強度的大小為E，粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：qE＝ma
根據上圖中的幾何關系，粒子沿ac方向（即垂直于電場方向）做勻速直線運動的位移大小為yae＝2Rcos30°，粒子在平行于電場方向做勻加速直線運動的位移大小為xeb＝2Rsin30°。根據運動學公式可得：
yae＝v0t
聯立解得：，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 溫州三模）如圖所示是粒子流擴束技術的原理簡圖。正方形區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對稱分布，一束速度相同的質子束射入后能夠實現擴束，四個區域內有界磁場（邊界均為圓弧）分布可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由左手定則可知粒子進入磁場后運動軌跡如下圖
即入射平行粒子束不會擴束，故A錯誤；
B.由左手定則可知，平行粒子入射后，經兩個同方向磁場，會向同一方向偏轉，不會平行于入射方向射出，故B錯誤；
C.如下圖所示
當粒子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑恰好等于有界磁場的圓弧半徑時，一束速度相同的質子束射入后能夠實現擴束，故C正確；
D.由左手定則可知，粒子運動軌跡如下圖所示
平行粒子束射入后不會實現擴束，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024 四川模擬）如圖所示，正方形MNPQ所圍的區域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，比荷的絕對值相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率v從O點沿紙面并垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的運動軌跡。已知O點是PQ的中點，不計粒子重力及帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是（　　）
A．粒子c帶正電，粒子a、b帶負電
B．粒子b的速率最大
C．粒子c的運動周期最小
D．僅改變速率大小，可使粒子運動軌跡與MN相切
【解答】解：A、粒子a、b在磁場中順時針偏轉，粒子c在磁場中逆時針偏轉，由左手定則判斷，粒子c帶正電，粒子a、b帶負電，故A正確；
B、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得：
qvB＝m
解得：v
三個粒子的比荷的絕對值相等，由題圖可知粒子b的圓周運動半徑最大，故粒子b的速率最大，故B正確；
C、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，可知三個粒子的運動周期相同，故C錯誤；
D、假設粒子運動軌跡能夠與MN相切，作出粒子的運動軌跡如下圖所示。
運動軌跡與MN相切的切點在磁場之外，故僅改變速率大小，不能使粒子運動軌跡與MN相切，故D錯誤。
故選：AB。
（多選）（2024春 南寧期末）如圖，OACD為矩形，OA邊長為L，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α＝60°，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子做圓周運動的軌道半徑
C．減小粒子的入射速度，粒子在磁場區域內的運動時間不變
D．增大粒子的入射速度，粒子一定從AC邊射出
【解答】解：A．粒子進入磁場時所受洛倫茲力垂直速度方向指向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A正確；
B．粒子運動軌跡如圖所示
由幾何知識可得軌跡半徑
粒子從A點離開磁場時的速度方向與OA的夾角為60°，故B錯誤；
C．根據牛頓第二定律
解得
可知，減小粒子的入射速度，軌跡半徑將減小，粒子出射位置會在A點左側，由幾何知識可知，軌跡的圓心角2α不變，粒子在磁場中做圓周運動的周期
即周期T不變，粒子在磁場中的運動時間
可見圓心角2α不變，則粒子在磁場區域內的運動時間不變，故C正確；
D．增大粒子的入射速度，半徑增大，粒子可能從CD邊射出，故D錯誤。
故選：AC。
（2024春 河南期末）如圖所示，在xOy坐標系中，垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場（含邊界），磁場方向與xOy平面垂直。一質子束從坐標原點射入磁場，所有質子射入磁場的初速度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成α＝53°角向下。PQ是與x軸平行的熒光屏（質子打到熒光屏上不再反彈），P、Q兩點的坐標分別為P（0，0.4l）、Q（l，0.4l）。已知質子比荷k，sin53°＝0.8。求：（結果均可用分數表示）
（1）質子在磁場中運動的最長時間是多少；
（2）如果讓熒光屏PQ發光長度盡可能長且質子的運動軌跡未出磁場，質子初速度大小的取值范圍是多少。
【解答】解：（1）質子在磁場中做勻速圓周運動，質子能打到y軸上時其軌跡圓心角最大，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示：
由洛倫茲力提供向心力得：qvB
質子圓周運動的周期為：T
由幾何關系可知圖1中的θ＝2（90°﹣α）
粒子在磁場中運動的最長時間為：tm
（2）當質子軌跡與PQ相切時，如圖1所示，設此時初速度為v1。由幾何關系得：R+Rcosα＝0.4l
由洛倫茲力提供向心力得：
解得：
當粒子運動軌跡與磁場右邊界相切時，如圖2所示，設此時初速度大小為v2，軌跡半徑為R′。
由幾何關系可得：R′+R′sinα＝l
同理得：
解得
綜上可得質子初速度大小的取值范圍為：
答：（1）質子在磁場中運動的最長時間是；
（2）質子初速度大小的取值范圍是。
（2024春 臨沂期末）如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，∠C＝30°，三角形區域內存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從D點沿著垂直BC邊的方向以速度v射入磁場，CD間距離為L，不計粒子受到的重力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的最長時間為
B．時，帶電粒子垂直于AC邊射出磁場
C．若粒子從BC邊射出磁場，則
D．若粒子從AC邊射出磁場，則
【解答】解：A、當粒子從BC邊射出時，其軌跡恰好為半圓，所以最長時間t，故A錯誤；
B、當v時，根據半徑公式可得：r＝L，粒子從D點出發做圓周運動的圓心在C點，由幾何關系可知，當粒子經過AC邊時，速度方向垂直于CA，故B正確；
CD、從BC邊射出的粒子，臨界條件為軌跡與AC相切，如圖所示，
由幾何關系有：CE2r1
而CE+ED＝CD＝L，即：2r1+r1＝L
從而得到：r1
由洛倫茲力提供向心力：qvB
聯立解得：v，即當粒子的速度小于v，從BC邊射出，故C錯誤；
D、若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大半徑為：r＞r1
代入相關數據得：v，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2024春 廈門期末）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC區域內外分別有垂直平面向外和垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。從AB的中點M處以某一速度沿MC方向發射一粒子，粒子射出后第三次經過磁場邊界時的位置為BC中點N，且速度方向垂直于BC。已知粒子質量為m、電荷量為+q，不計粒子重力，則粒子（　　）
A．做圓周運動的半徑為
B．運動速度的大小為
C．第一次經過N時的速度沿NA方向
D．從發射到第一次經過N點的時間為
【解答】解：A．根據題意，作出粒子的運動軌跡
根據幾何關系可得
解得做圓周運動的半徑為
故A正確；
B．根據洛倫茲力提供向心力
運動速度的大小為
故B錯誤；
C．根據粒子的運動軌跡可知，第一次經過N時的速度沿AN方向，故C錯誤；
D．粒子在磁場中的運動周期為
從發射到第一次經過N點的時間為
故D正確。
故選：AD。
（2024 湖北）如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動軌跡可能經過O點
B．粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向
C．粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為
D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為
【解答】解：AB、從A點沿半徑方向射入圓形磁場區域，根據相交圓的相關知識可知，軌跡不會經過O點，但粒子射出圓形磁場區域時一定背離O的方向，故AB錯誤；
C、畫出粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的軌跡圖，根據時間公式和周期公式，可知總時間為Δt22T，故C錯誤；
D、畫出從A進入，從C離開的軌跡圖，
由幾何關系可知，軌跡半徑：r＝Rtan30°
再結合半徑公式r
聯立可得：v，故D正確。
故選：D。
（多選）（2024春 長沙期末）一種圓柱形粒子探測裝置的橫截面如圖所示。內圓區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器，AB和PM分別為內圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場。粒子1經磁場偏轉后打在探測器上的Q點，粒子2經磁場偏轉后從磁場邊界C點離開，最后打在探測器上的N點（直線距離PN大于PQ），PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，粒子2在磁場中運動的時間為t。裝置內部為真空狀態，忽略粒子所受重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子1帶負電
B．若僅減小粒子2的入射速率，則粒子2在磁場中的運動時間增加
C．若兩粒子的入射速率相等，則粒子1的比荷小于粒子2的比荷
D．改變粒子2入射方向，速率變為原來的，則粒子2在磁場中運動的最長時間為t
【解答】解：A．粒子1受向下偏轉，由左手定則可知，粒子1帶負電，粒子1可能為電子，故A正確；
B．若僅減小粒子2的入射速率，則粒子2運動半徑減小，從磁場射出時，軌跡所對應的圓心角增大，粒子2在磁場中的運動時間為
則若僅減小粒子2的入射速率，則粒子2在磁場中的運動時間增加，故B正確；
C．洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動所需的向心力
可得
由題圖可知粒子l運動的半徑小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的入射速率相等，則粒子1的比荷大于粒子2的比荷，故C錯誤；
D．PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，則粒子2在磁場中軌跡所對應的圓心角為
設內圓半徑為R
根據幾何關系，粒子2在磁場中運動半徑為
開始粒子2在磁場中運動時間為
粒子2速率變為原來的，此時粒子2在磁場中運動半徑為
根據幾何關系，當粒子2的軌跡對應的弦為直徑PM時，粒子2在磁場中運動的時間最長，此時的圓心角為
β＝60°
速度改變后，粒子2在磁場中運動的最長時間為
故D正確。
故選：ABD。
題型4放縮圓、平移圓、旋轉圓、磁聚焦
（2024 湖北三模）如圖所示，在直角△MON區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B，O點處的粒子源可向紙面內磁場區域各個方向發射帶電粒子。已知帶電粒子的質量為m，電荷量為+q，速率均為，ON長為d且∠ONM＝30°，忽略粒子的重力及相互間的作用力。下列說法正確的是（　　）
A．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為
B．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為
C．MN邊上有粒子到達區域的長度為
D．ON邊上有粒子到達區域的長度為
【解答】解：AB、粒子在磁場區域內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得
結合，解得粒子的軌跡半徑為：
自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間的運動軌跡交MN于A點，圓弧所對應的圓心角為60°，自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間的運動軌跡交MN于B點交ON于C點，圓弧所對應的圓心角為120°，如圖所示。
根據，解得粒子的運動周期為：
則自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間分別為：，，故AB錯誤；
C、MN邊上有粒子到達區域的長度為AB之間的距離，由幾何關系可得
，故C正確；
D、ON邊上有粒子到達區域的長度為OC之間的距離，由幾何關系可得，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024 荊州區校級四模）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ之間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度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
【解答】解：A、B：當所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則知：負離子向右偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（大圓弧）：
由幾何知識知：R2sin30°
而：s+R2
所以：R2＝s，所以當離子軌跡的半經小于s時滿足約束條件。
由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出：qvB＝mv
所以得：B；故A錯誤，B正確；
C、D：當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知：負離子向左偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（小圓弧）：
由幾何知識知道相切圓的半經為，所以當離子軌跡的半經小于時滿足約束條件。
由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出，qvB＝m，所以得：B．故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（2024 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，xOy坐標系中內存在圓形有界勻強磁場，圓心在A點（0，R）、半徑為R，磁感應強度為B、方向垂直紙面向外；在x＞R的區域存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸上有無限長的收集板。原點O處有一離子源，它可向各個方向發射速率相同的同種離子。沿y軸正方向發射的離子經磁場從P點射出后，在電場中落到收集板上的Q點。已知離子質量為m、帶電量為+q（q＞0），P、Q兩點坐標分別為（R，R）、（3R，0），離子重力不計，落到收集板后不反彈，求：
（1）離子的發射速率；
（2）勻強電場的電場強度大小；
（3）沿與y軸正方向均成30°角發射的離子1、離子2落到收集板上的間隔距離。
【解答】解：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可得：
幾何關系：r＝R
解得：
（2）P→Q類平拋，x＝vt＝2R
解得；
（3）對離子1：
x1＝R+v0t1
解得：
對離子2：
x2＝R+v0t2
解得：
答：（1）離子的發射速率為；
（2）勻強電場的電場強度大小為；
（3）沿與y軸正方向均成30°角發射的離子1、離子2落到收集板上的間隔距離為。
題型5帶電粒子在磁場中運動多解問題
（2022秋 肥東縣期末）如圖所示，在直角三角形ABC內存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB邊長度為d，∠C，現垂直AB邊以相同的速度射入一群質量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子（不考慮電荷間的相互作用），已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為2t0，則下列判斷中正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的軌道半徑一定是
B．粒子在磁場中運動的速度一定是
C．該勻強磁場的磁感應強度大小一定是
D．如果粒子帶的是負電，不可能有粒子垂直BC邊射出磁場
【解答】解：C、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡與AC垂直如圖所示：
由幾何關系可知圓弧對應的圓心角為90°，則垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是，即
解得粒子做勻速圓周運動的周期T＝4t0，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，解得：，故C正確；
AB、設當粒子的速度為v0時，有一個粒子的軌跡剛好與BC邊相切從A點離開磁場，設此時粒子的軌跡半徑為r，畫出軌跡如圖中軌跡①所示：
則可知此時粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為180°，運動時間最長，為2t0，由幾何關系可得，解得：r＝（23）d
粒子做勻速圓周運動的周期：T，解得：，但若粒子的速度小于v0，在磁場中運動的軌道半徑小于r＝（23）d，粒子也可以在磁場運動半圈而從AB邊離開，在磁場中的運動最長時間也為2t0，如圖中的軌跡②所示，則可知粒子在磁場運動的軌道半徑不一定等于r＝（23）d，粒子在磁場運動的速度大小不一定等于，故AB錯誤；
D、如果粒子帶的是負電，以B點為圓心，轉過的圓心角為的粒子能垂直BC邊射出磁場，故D錯誤。
故選：C。
題型6洛倫茲力與現代科技
（2024 南通模擬）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統中．長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標軸建立坐標系xyz，如圖所示．半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內自由電子和空穴的數目分別為n和p．當半導體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一沿+y方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，于是在z方向上很快建立穩定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿﹣z方向，則關于這種霍爾材料認識正確的是（　　）
A．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反
B．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力都為零
C．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力方向相反
D．若自由電子定向移動在沿+x方向上形成的電流為In，自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力合力大小為Fnz＝e（E）
【解答】解：A、由題意，恒定電流沿+x方向，則自由電子沿﹣x方向，空穴沿+x方向，根據左手定則可知電子受到的洛倫茲力方向向上，空穴受到的洛倫茲力方向向上，所以電子產生電流方向沿x軸正方向，空穴產生電流沿x軸負方向，設Δt時間內運動到導體上表面的自由電子數和空穴數分別為Nn、Np，設兩粒子沿z軸方向的速度為vnz和vnp，則有
Nn＝nacvnzΔt
Np＝nacvnpΔt
則霍爾電場建立后，半導體z方向上的上表面電荷量不再發生變化，即Nn＝Np
即在相等時間內運動到導體上表面的自由電子數和空穴數相等，則兩種載流子在z方向形成的電流大小相等，方向相反，故A正確；
BC、因為電子受到的洛倫茲力方向向上，空穴受到洛倫茲力方向向上，霍爾電場沿z軸負方向，所以電子受到霍爾電場的電場力向上，即電子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力向上且不為零，而空穴受到霍爾電場的電場力向下，則空穴在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力為零，故BC錯誤；
D、設自由電子沿x軸方向的速度為vnx，則滿足
所以自由電子受到洛倫茲力大小為：F洛＝evnxB
又因為霍爾電場力為：F電＝eE
所以自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力合力大小為：
，故D錯誤；
故選：A。
（2024 天心區校級模擬）電磁流量計是隨著電子技術的發展而迅速發展起來的新型流量測量儀表。主要有直流式和感應式兩種。如圖所示直流式電磁流量計，外加磁感應強度為B的水平勻強磁場垂直于管軸，在豎直徑向a、b處裝有兩個電極，用來測量含有大量正，負離子的液體通過磁場時所產生的電勢差大小U。液體的流量Q可表示為，其中d為管道直徑，k為修正系數，用來修正導出公式時未計及的因素（如流量計管道內的流速并不均勻等）的影響。那么A應該為（　　）
A．恒定常數
B．管道的橫截面積
C．液體的流速
D．液體中單位時間內流過某一橫截面的電荷量
【解答】解：由圖可知，含有大量正，負離子的液體從入口進入管道，根據左手定則可知，帶正電的離子所受洛倫茲力向上，故向上偏轉，帶負電的離子所受洛倫茲力向下，故向下偏轉，當顯示器的示數穩定時，則在管道內形成向下的勻強電場，則有
qvB＝qE
而
流量
Q＝Sv
聯立解得
所以式中的A應該為管道的橫截面積S，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 香坊區校級四模）新冠肺炎疫情持續期間，醫院需要用到血液流量計檢查患者身體情況。某種電磁血液流量計的原理可簡化為如圖所示模型。血液內含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側流入，左側流出，空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩定時測量值為U，流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（　　）
A．離子所受洛倫茲力方向一定豎直向下
B．M點的電勢一定高于N點的電勢
C．血液流量
D．電壓穩定時，正、負離子不再受洛倫茲力
【解答】解：AB、根據左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力方向豎直向下，負離子受到的洛倫茲力方向豎直向上，所以M點的電勢一定低于N點的電勢，故AB錯誤；
CD、當電壓穩定時，離子受到的電場力和洛倫茲力相等，則
流量的計算公式為：
Q＝vS
聯立解得：，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2024 東西湖區校級模擬）霍爾元件廣泛應用于生產生活中，有的電動自行車上控制速度的轉動把手就應用了霍爾元件，這種轉動把手稱為“霍爾轉把”。“霍爾轉把”內部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖。開啟電動自行車的電源時，在霍爾器件的上下面之間就有一個恒定電流I，如圖。將“霍爾轉把”旋轉，永久磁鐵也跟著轉動，施加在霍爾器件上的磁場就發生變化，霍爾器件就能輸出變化的電勢差U。這個電勢差是控制車速的，電勢差與車速的關系如圖。以下敘述正確的是（　　）
A．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C端的電勢高于D端的電勢
B．若改變霍爾器件上下面之間的恒定電流I的方向，將影響車速控制
C．其他條件不變，僅增大恒定電流I，可使電動自行車更容易獲得最大速度
D．按第一張圖順時針均勻轉動把手，車速增加得越來越快
【解答】解：A、若霍爾元件的自由電荷是自由電子，根據左手定則，電子受到洛倫茲力向C端相連接的面移動，因此C端電勢低于D端的電勢，故A錯誤；
B、當霍爾元件上下面之間的恒定電流I的方向改變，從霍爾元件輸出的控制車速的電勢差正負號相反，但由題中第三張圖可知，不會影響車速控制，故B錯誤；
C、設自由電子定向移動的速率為v，霍爾元件前后面間的距離為h，左右表面間距離為d，達到穩定后，自由電荷受力平衡，由Bqv＝q，可得U＝Bhv，電流的微觀表達式I＝nqvS＝nqvhd，則可知僅增大電流I時前后表面電勢差增大，對應的車速更大，電動自行車的加速性能更好，更容易獲得最大速度，故C正確；
D、當按題中第一張圖順時針均勻轉動把手時霍爾器件周圍場強增大，那么霍爾器件輸出的控制車速的電勢差U增大，因此車速變快，但并不是增加的越來越快，故D錯誤。
故選：C。
（2024 東西湖區校級模擬）如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，在兩D形盒左邊的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N，每當帶正電的粒子從a孔進入時，立即在兩板間加上恒定電壓，粒子經加速后從b孔射出時，立即撤去電壓。粒子進入D形盒中的勻強磁場后做勻速圓周運動。已知D形盒的縫隙間無磁場，不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（　　）
A．磁場方向垂直紙面向外
B．粒子運動的周期不斷變大
C．粒子每運動一周直徑的增加量越來越小
D．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大
【解答】解：A、帶正電粒子從a孔進入磁場后受到的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，D形盒中的磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；
B、根據洛倫茲力提供向心力得，粒子運動的周期T，粒子運動的周期不變，故B錯誤；
C、粒子第n次加速后，根據動能定理可得nqUmv2，解得，粒子在磁場中運動的半徑r，粒子每運動一周直徑的增加量Δd（）隨轉動周數的增加，粒子每運動一周直徑的增加量越來越小，故C正確；
D、當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據r，可知最大動能Ek（式中R為D形盒的半徑），由此可知，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，所以增大兩板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變，故D錯誤。
故選：C。中小學教育資源及組卷應用平臺
專題22 磁場對運動電荷的作用
課標要求 知識要點 命題推斷
1.會計算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向. 2.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關問題． 考點一　對洛倫茲力的理解 考點二　帶電粒子做圓周運動的分析思路 考點三　帶電粒子在有界磁場中的運動 考點四　帶電粒子運動的臨界和極值問題 題型：選擇題 計算題 1洛倫茲力的大小和方向 2半徑公式和周期公式的應用 3常見有界磁場 4放縮圓、平移圓、旋轉圓、磁聚焦 5帶電粒子在磁場中運動多解問題 6洛倫茲力與現代科技
考點一　對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力
磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力．
2．洛倫茲力的方向
(1)判定方法
左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
大拇指——指向洛倫茲力的方向．
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．
3．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.
考點二　帶電粒子做圓周運動的分析思路
1．勻速圓周運動的規律
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以入射速度v做勻速圓周運動．
2．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．半徑的確定
可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數等)求出半徑大小．
4．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝T(或t＝)．
考點三　帶電粒子在有界磁場中的運動
帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形
1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
2．平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
3．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)
4．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵是：
(1)畫出運動軌跡；
(2)確定圓心和半徑；
(3)利用洛倫茲力提供向心力列式．
考點四　帶電粒子運動的臨界和極值問題
1．臨界問題的分析思路
物理現象從一種狀態變化成另一種狀態時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態點．與臨界狀態相關的物理條件稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點．
臨界問題的一般解題模式為：
(1)找出臨界狀態及臨界條件；
(2)總結臨界點的規律；
(3)解出臨界量．
2．帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法
帶電體進入有界磁場區域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態，畫出臨界軌跡：
(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態是對這個面的壓力為零．
(2)射出或不射出磁場的臨界狀態是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切．
（2024 河北二模）如圖所示，空間內有一垂直紙面方向的勻強磁場（方向未知），一帶正電的粒子在空氣中運動的軌跡如圖所示，由于空氣阻力的作用，使得粒子的軌跡不是圓周，假設粒子運動過程中的電荷量不變。下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動方向為c→b→a
B．粒子所受的洛倫茲力大小不變
C．粒子在b點的洛倫茲力方向沿軌跡切線方向
D．磁場的方向垂直紙面向里
（多選）（2024 思明區校級模擬）如圖所示，在內壁光滑、水平放置的玻璃圓管內，有一直徑略小于環口徑的帶正電的小球，小球以速率v0沿逆時針方向勻速轉動。若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比例增加的變化磁場，設運動過程中小球所帶電荷量不變，則（　　）
A．小球對玻璃圓管的壓力不斷增大
B．洛倫茲力對小球一直不做功
C．小球受到的洛倫茲力不斷增大
D．小球先沿逆時針方向做減速運動，過一段時間后，沿順時針方向做加速運動
（多選）（2024 鯉城區校級模擬）宇宙中存在大量帶電粒子，這些帶電粒子經過地球時，地球的磁場使它們發生偏轉。若比荷相同的粒子均以同一速度垂直地面射入地磁場區域，有（　　）
A．從同一地點射入的正、負粒子，在地磁場的作用下偏轉方向相同
B．從同一地點射入的正、負粒子，在地磁場的作用下偏轉方向相反
C．在極地附近射入的粒子，受到的地磁場作用力更大
D．在赤道附近射入的粒子，受到的地磁場作用力更大
（2023 河西區模擬）如圖所示，在真空中，水平導線中有恒定電流I通過，導線的正下方有一束電子初速度方向與電流方向相同，則電子可能的運動情況是（　　）
A．沿路徑a運動 B．沿路徑b運動
C．沿路徑c運動 D．沿路徑d運動
（2024 東港區校級模擬）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電量為e，質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動。則以下說法錯誤的是（　　）
A．電場方向垂直環平面向外
B．電子運動周期為
C．垂直環平面的磁感應強度大小為
D．電場強度大小為
（2024 江寧區校級模擬）如圖所示，xOy坐標平面在豎直面內，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內有垂直于xOy平面的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電量為﹣q、質量為m的小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示。則（　　）
A．OAB軌跡為半圓
B．磁場垂直于紙面向里
C．小球運動至最低點A時處于失重狀態
D．小球在整個運動過程中機械能守恒
（2024 郫都區校級模擬）應用電磁場工作的四種儀器如圖所示，則下列說法中正確的是（　　）
A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與加速電壓成正比
B．乙中不改變質譜儀各區域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子一定是比荷相同的粒子
C．丙中通上如圖所示電流和加上如圖磁場時，UMN＞0，則霍爾元件的自由電荷為正電荷
D．丁中將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，靜電計指針張角變小
（2024 湖北模擬）如圖，粒子源發射質量為m、電荷量為q的正離子，經加速后以速度v沿水平方向進入速度選擇器、磁分析器和電場偏轉系統最后打在xOy平面上。速度選擇器為四分之一圓環的輻向電場，方向指向O'，沿中軸線上的兩端M和N中心位置處各有一個小孔，圓環內外半徑分別為L和3L。離子從M孔穿出后進入磁分析器，磁分析器也是一樣的四分之一圓環，其圓心和電場圓心O′重疊，內部分布垂直紙面向內的勻強磁場，離子經磁場偏轉后從PQ出口（包含P、Q兩點）離開。之后進入電場偏轉區，此處分布有垂直紙面向外的勻強電場，電場強度與速度選擇器中心軸線處大小相等，離子經勻強電場偏轉后打在xOy平面上，xOy平面距PQ距離為2L，其中圓環中軸線剛好正對O點。不計離子重力。求：
（1）電場偏轉區場強E的大小；
（2）要保證離子能順利通過磁分析器，磁感應強度B的大小取值范圍；
（3）若磁分析器中的磁場強度，通過計算用（x，y）表示離子落在xOy平面上的坐標。
（2024 江蘇模擬）如圖甲所示，矩形MNPQ位于豎直平面內，水平線O1O2為矩形的一中心線，NP的長度為d，MN的長度為L，重力加速度為g，某質量為m，電荷量為q（q＞0）的小球從O1點以初速度大小v0開始在矩形面內運動。
（1）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上的勻強電場，小球恰好從P點飛出矩形區域，求所加勻強電場場強的大小E0；
（2）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時加上垂直于矩形區域向里的勻強磁場，小球恰好從PQ連線中點飛出矩形區域，求所加勻強磁場的磁感應強度大小B；
（3）若小球初速度偏向右上方向，且與O1O2成α＝60°，小球開始運動時，在矩形MNPQ區域內加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時在垂直于矩形區域方向加上按如圖乙所示變化的勻強磁場，變化周期（取垂直于矩形區域向外為正方向），小球恰能從O2點飛出矩形區域，求所加磁場磁感應強度大小B0應滿足的條件和小球在矩形區域運動的時間。
（2024 南通模擬）現代科技中常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，在豎直平面內建立xOy坐標系，在y≥0區域存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，在O點沿y軸正方向放置足夠長的熒光屏A。第三象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，在點處沿x軸正方向射出速度為v0的粒子，恰好以2v0的速率從O點射入磁場、粒子的質量為m，電荷量為+q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）該粒子擊中熒光屏A的位置Q；
（2）該粒子從P運動到Q的時間；
（3）如圖乙所示，移去熒光屏A，在處，平行于x軸放置一足夠長的擋板C，在電場中P、O兩點之間有一連續分布的曲線狀粒子源，其形狀的曲線方程為，。該粒子源沿x軸正方向以速度v0持續發射與P點處相同的粒子，粒子按y坐標均勻分布，粒子源發射一段時間后停止發射，粒子擊中擋板C立即被吸收。求擊中擋板C的粒子數與發射的總粒子數之比η。
題型1洛倫茲力的大小和方向
（2023 廣陵區校級一模）如圖所示，一內壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放置，高為h，管底有質量為m、電荷量為+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．洛倫茲力對小球做正功
B．小球運動的加速度逐漸增大
C．小球機械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管運動速度越大，小球在玻璃管中的運動時間越長
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
（2023 玉林三模）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（　　）
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
題型2半徑公式和周期公式的應用
（2024 德惠市校級模擬）如圖所示，半徑為R的圓OAP區域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，圓心O點有一粒子源，先后從O點以相同速率向圓區域內發射兩個完全相同的正電粒子a、b（質量為m，電量為q），其速度方向均垂直于磁場方向，與OP的夾角分別為90°、60°，不計粒子的重力及粒子間相互作用力，則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比ta：tb為（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
（2024 江西模擬）如圖所示，粒子甲垂直ab邊界進入垂直紙面向外的勻強磁場時發生核反應：甲→乙+丙，產生的乙和丙粒子垂直經過磁場的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，不計重力及空氣阻力，則（　　）
A．甲帶正電
B．乙帶負電
C．甲、乙的動量大小之比為8：5
D．乙、丙的動量大小之比為1：1
（2024 海淀區校級三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（　　）
A．d、e都是正電子的徑跡
B．a徑跡對應的粒子動量最大
C．b徑跡對應的粒子動能最大
D．a徑跡對應的粒子運動時間最長
題型3常見有界磁場
（2024 河南二模）如圖所示，在第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場（坐標軸上無磁場），位于x軸上的P點有一粒子發射器，沿與x軸正半軸成60°角方向發射不同速率的電子，已知當速度為v0時，粒子恰好從O點沿y軸負方向離開坐標系，則下列說法正確的是（　　）
A．如果v＞v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
B．如果v＞v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短
C．如果v＜v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
D．如果v＜v0，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短
（2024 金臺區模擬）如圖所示圓形區域內存在一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，一帶正電荷的粒子沿圖中直線以速率v0從圓周上的a點射入圓形區域，從圓周上b點射出（b點圖中未畫出）磁場時速度方向與射入時的夾角為60°，已知圓心O到直線的距離為橫截面半徑的一半。現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線從a點射入圓形區域，也從b點離開該區域，若不計重力，則勻強電場的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
（2024 溫州三模）如圖所示是粒子流擴束技術的原理簡圖。正方形區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對稱分布，一束速度相同的質子束射入后能夠實現擴束，四個區域內有界磁場（邊界均為圓弧）分布可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（多選）（2024 四川模擬）如圖所示，正方形MNPQ所圍的區域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，比荷的絕對值相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率v從O點沿紙面并垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的運動軌跡。已知O點是PQ的中點，不計粒子重力及帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是（　　）
A．粒子c帶正電，粒子a、b帶負電
B．粒子b的速率最大
C．粒子c的運動周期最小
D．僅改變速率大小，可使粒子運動軌跡與MN相切
（多選）（2024春 南寧期末）如圖，OACD為矩形，OA邊長為L，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α＝60°，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子做圓周運動的軌道半徑
C．減小粒子的入射速度，粒子在磁場區域內的運動時間不變
D．增大粒子的入射速度，粒子一定從AC邊射出
（2024春 河南期末）如圖所示，在xOy坐標系中，垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場（含邊界），磁場方向與xOy平面垂直。一質子束從坐標原點射入磁場，所有質子射入磁場的初速度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成α＝53°角向下。PQ是與x軸平行的熒光屏（質子打到熒光屏上不再反彈），P、Q兩點的坐標分別為P（0，0.4l）、Q（l，0.4l）。已知質子比荷k，sin53°＝0.8。求：（結果均可用分數表示）
（1）質子在磁場中運動的最長時間是多少；
（2）如果讓熒光屏PQ發光長度盡可能長且質子的運動軌跡未出磁場，質子初速度大小的取值范圍是多少。
（2024春 臨沂期末）如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，∠C＝30°，三角形區域內存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從D點沿著垂直BC邊的方向以速度v射入磁場，CD間距離為L，不計粒子受到的重力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的最長時間為
B．時，帶電粒子垂直于AC邊射出磁場
C．若粒子從BC邊射出磁場，則
D．若粒子從AC邊射出磁場，則
（多選）（2024春 廈門期末）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC區域內外分別有垂直平面向外和垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。從AB的中點M處以某一速度沿MC方向發射一粒子，粒子射出后第三次經過磁場邊界時的位置為BC中點N，且速度方向垂直于BC。已知粒子質量為m、電荷量為+q，不計粒子重力，則粒子（　　）
A．做圓周運動的半徑為
B．運動速度的大小為
C．第一次經過N時的速度沿NA方向
D．從發射到第一次經過N點的時間為
（2024 湖北）如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動軌跡可能經過O點
B．粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向
C．粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為
D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為
（多選）（2024春 長沙期末）一種圓柱形粒子探測裝置的橫截面如圖所示。內圓區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器，AB和PM分別為內圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場。粒子1經磁場偏轉后打在探測器上的Q點，粒子2經磁場偏轉后從磁場邊界C點離開，最后打在探測器上的N點（直線距離PN大于PQ），PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，粒子2在磁場中運動的時間為t。裝置內部為真空狀態，忽略粒子所受重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子1帶負電
B．若僅減小粒子2的入射速率，則粒子2在磁場中的運動時間增加
C．若兩粒子的入射速率相等，則粒子1的比荷小于粒子2的比荷
D．改變粒子2入射方向，速率變為原來的，則粒子2在磁場中運動的最長時間為t
題型4放縮圓、平移圓、旋轉圓、磁聚焦
（2024 湖北三模）如圖所示，在直角△MON區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B，O點處的粒子源可向紙面內磁場區域各個方向發射帶電粒子。已知帶電粒子的質量為m，電荷量為+q，速率均為，ON長為d且∠ONM＝30°，忽略粒子的重力及相互間的作用力。下列說法正確的是（　　）
A．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為
B．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為
C．MN邊上有粒子到達區域的長度為
D．ON邊上有粒子到達區域的長度為
（多選）（2024 荊州區校級四模）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ之間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度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
（2024 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，xOy坐標系中內存在圓形有界勻強磁場，圓心在A點（0，R）、半徑為R，磁感應強度為B、方向垂直紙面向外；在x＞R的區域存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸上有無限長的收集板。原點O處有一離子源，它可向各個方向發射速率相同的同種離子。沿y軸正方向發射的離子經磁場從P點射出后，在電場中落到收集板上的Q點。已知離子質量為m、帶電量為+q（q＞0），P、Q兩點坐標分別為（R，R）、（3R，0），離子重力不計，落到收集板后不反彈，求：
（1）離子的發射速率；
（2）勻強電場的電場強度大小；
（3）沿與y軸正方向均成30°角發射的離子1、離子2落到收集板上的間隔距離。
題型5帶電粒子在磁場中運動多解問題
（2022秋 肥東縣期末）如圖所示，在直角三角形ABC內存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB邊長度為d，∠C，現垂直AB邊以相同的速度射入一群質量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子（不考慮電荷間的相互作用），已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為2t0，則下列判斷中正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的軌道半徑一定是
B．粒子在磁場中運動的速度一定是
C．該勻強磁場的磁感應強度大小一定是
D．如果粒子帶的是負電，不可能有粒子垂直BC邊射出磁場
題型6洛倫茲力與現代科技
（2024 南通模擬）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統中．長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標軸建立坐標系xyz，如圖所示．半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內自由電子和空穴的數目分別為n和p．當半導體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一沿+y方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，于是在z方向上很快建立穩定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿﹣z方向，則關于這種霍爾材料認識正確的是（　　）
A．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反
B．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力都為零
C．建立穩定霍爾電場后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力方向相反
D．若自由電子定向移動在沿+x方向上形成的電流為In，自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力合力大小為Fnz＝e（E）
（2024 天心區校級模擬）電磁流量計是隨著電子技術的發展而迅速發展起來的新型流量測量儀表。主要有直流式和感應式兩種。如圖所示直流式電磁流量計，外加磁感應強度為B的水平勻強磁場垂直于管軸，在豎直徑向a、b處裝有兩個電極，用來測量含有大量正，負離子的液體通過磁場時所產生的電勢差大小U。液體的流量Q可表示為，其中d為管道直徑，k為修正系數，用來修正導出公式時未計及的因素（如流量計管道內的流速并不均勻等）的影響。那么A應該為（　　）
A．恒定常數
B．管道的橫截面積
C．液體的流速
D．液體中單位時間內流過某一橫截面的電荷量
（2024 香坊區校級四模）新冠肺炎疫情持續期間，醫院需要用到血液流量計檢查患者身體情況。某種電磁血液流量計的原理可簡化為如圖所示模型。血液內含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側流入，左側流出，空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩定時測量值為U，流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（　　）
A．離子所受洛倫茲力方向一定豎直向下
B．M點的電勢一定高于N點的電勢
C．血液流量
D．電壓穩定時，正、負離子不再受洛倫茲力
（2024 東西湖區校級模擬）霍爾元件廣泛應用于生產生活中，有的電動自行車上控制速度的轉動把手就應用了霍爾元件，這種轉動把手稱為“霍爾轉把”。“霍爾轉把”內部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖。開啟電動自行車的電源時，在霍爾器件的上下面之間就有一個恒定電流I，如圖。將“霍爾轉把”旋轉，永久磁鐵也跟著轉動，施加在霍爾器件上的磁場就發生變化，霍爾器件就能輸出變化的電勢差U。這個電勢差是控制車速的，電勢差與車速的關系如圖。以下敘述正確的是（　　）
A．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C端的電勢高于D端的電勢
B．若改變霍爾器件上下面之間的恒定電流I的方向，將影響車速控制
C．其他條件不變，僅增大恒定電流I，可使電動自行車更容易獲得最大速度
D．按第一張圖順時針均勻轉動把手，車速增加得越來越快
（2024 東西湖區校級模擬）如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，在兩D形盒左邊的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N，每當帶正電的粒子從a孔進入時，立即在兩板間加上恒定電壓，粒子經加速后從b孔射出時，立即撤去電壓。粒子進入D形盒中的勻強磁場后做勻速圓周運動。已知D形盒的縫隙間無磁場，不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（　　）
A．磁場方向垂直紙面向外
B．粒子運動的周期不斷變大
C．粒子每運動一周直徑的增加量越來越小
D．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大

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