一、洛倫茲力的大小和方向
1．定義：磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B時(shí)，F(xiàn)＝0；
(2)v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝qvB；
(3)v與B的夾角為θ時(shí)，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(yùn)動(dòng)方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；
(2)方向特點(diǎn)：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)
4．做功：洛倫茲力不做功．
自測1 帶電荷量為＋q的不同粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是( )
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，則其所受洛倫茲力的大小、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(yùn)動(dòng)方向垂直
D．粒子在只受洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變
答案 B
二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
2．若v⊥B時(shí)，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(dòng)．
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(2πm,qB).
注意：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與速率無關(guān)．
自測2 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(dòng)．則α粒子與β粒子的動(dòng)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(dòng)，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(dòng)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(dòng)能之比為：eq \f(Ekα,Ekβ)＝eq \f(\f(q12,m1),\f(q22,m2))＝eq \f(4m2,m1)，故D正確．
1．洛倫茲力及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)
2.帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)
解題要點(diǎn)：eq \x(定圓心)―→eq \x(畫軌跡)―→eq \x(求半徑和圓心角)―→
例1 空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時(shí)速度方向偏離入射方向60°.不計(jì)粒子的重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為( )
A.eq \f(\r(3)mv0,3qR) B.eq \f(mv0,qR)
C.eq \f(\r(3)mv0,qR) D.eq \f(3mv0,qR)
答案 A
解析 若磁場方向向外，帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，其運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝eq \f(R,tan 30°)＝eq \r(3)R，由洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝eq \f(mv02,r)，得B＝eq \f(\r(3)mv0,3qR)，同理若磁場方向向里可得到同樣的結(jié)果，選項(xiàng)A正確．
變式1 (2019·江蘇南京市、鹽城市一模)水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方電子的初速度方向與電流I的方向相同，均平行于紙面水平向左．下列四幅圖是描述電子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，正確的是( )
答案 A
解析 由安培定則可知，在直導(dǎo)線的下方，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知電子開始受到的力向下，電子向下偏轉(zhuǎn)；離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，由半徑公式r＝eq \f(mv,eB)可知，電子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
模型1 直線邊界磁場
直線邊界，粒子進(jìn)出磁場具有對稱性(如圖1所示)
圖1
圖a中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
圖b中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2m?π－θ?,Bq)
圖c中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
例2 (2019·湖北宜昌市四月調(diào)研)如圖2所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電子1從磁場邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場．之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場，則eq \f(t1,t2)為( )
圖2
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 電子1、2在磁場中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意畫出兩電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：
電子1垂直射進(jìn)磁場，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，ab即為直徑，c點(diǎn)為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq \f(mv,Bq)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，電子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
模型2 平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件，圖3a中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \f(θm,Bq)，t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
圖3
圖b中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \f(θm,Bq)
圖c中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2m?π－θ?,Bq)
圖d中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
例3 (多選)(2020·遼寧沈陽市質(zhì)檢)兩個(gè)帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強(qiáng)磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時(shí)由A點(diǎn)出發(fā)，同時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，如圖4所示，則( )
圖4
A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電
B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1
C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2
D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1
答案 BD
解析 由左手定則可得：a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
故Ra＝eq \f(\f(1,2)d,sin 30°)＝d，
Rb＝eq \f(\f(1,2)d,sin 60°)＝eq \f(\r(3),3)d，
所以，Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，故B正確；
由幾何關(guān)系可得：從A運(yùn)動(dòng)到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，
ta＝eq \f(Ta,6)＝tb＝eq \f(Tb,3)，則Ta∶Tb＝2∶1，
再根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝eq \f(mv2,R)，
所以，運(yùn)動(dòng)周期為：T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)；
根據(jù)a、b粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯(cuò)誤，D正確．
模型3 圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運(yùn)動(dòng)具有對稱性(如圖5所示)
圖5
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq \f(R,tan θ)
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
θ＋α＝90°
例4 (2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖6，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)．有無數(shù)個(gè)帶有相同電荷量和相同質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以同樣的速率通過P點(diǎn)進(jìn)入磁場．這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq \f(1,3).將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的eq \f(1,4)，則eq \f(B2,B1)等于( )
圖6
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 設(shè)圓的半徑為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為M，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，如圖甲所示，∠POM＝120°，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有sin 60°＝eq \f(R,r)，
解得R＝eq \f(\r(3),2)r；
磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，如圖乙所示，∠PON＝90°，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′，則有R′＝eq \f(\r(2),2)r，由帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq \f(mv,qB)，由于v、m、q相等，則得eq \f(B2,B1)＝eq \f(R,R′)＝eq \f(\f(\r(3),2)r,\f(\r(2),2)r)＝eq \f(\r(6),2)，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
模型4 三角形邊界磁場
例5 (2019·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)第二次模擬)如圖7所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))以速度v從AC邊的中點(diǎn)O垂直AC邊射入磁場區(qū)域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為( )
圖7
A.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(2\r(2)qBL,m) B.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(5qBL,m)
C.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(?\r(2)＋1?qBL,m) D.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(5qBL,2m)
答案 C
解析 根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知，v＝eq \f(Bqr,m)，因此半徑越大，速度越大；根據(jù)幾何關(guān)系可知，使粒子軌跡與AD邊相切時(shí)速度最大，如圖，則有AO′·sin 45°＝O′E，即(R＋L)sin 45°＝R，解得滿足題目要求的最大半徑為R＝(eq \r(2)＋1)L，故最大速度為v1＝eq \f(?\r(2)＋1?qBL,m)；當(dāng)粒子從C點(diǎn)出射時(shí)，滿足題目要求的半徑最小，為r2＝eq \f(L,2)，故最小速度應(yīng)為v2＝eq \f(qBL,2m)，則v的取值范圍為eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(?\r(2)＋1?qBL,m)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
例6 (2019·江蘇卷·16)如圖8所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈(碰撞時(shí)間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d＜L.粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變．
圖8
(1)求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；
(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；
(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PM＝d，QN＝eq \f(d,2)，求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.
答案 (1)eq \f(qBd,m) (2)eq \f(2＋\r(3),2)d (3)(eq \f(L,d)＋eq \f(3\r(3)－4,6))eq \f(πm,2qB)或(eq \f(L,d)－eq \f(3\r(3)－4,6))eq \f(πm,2qB)
解析 (1)洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,r)
又r＝d
解得v＝eq \f(qBd,m)；
(2)如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場左邊界相切
由幾何關(guān)系得dm＝d(1＋sin 60°)
解得dm＝eq \f(2＋\r(3),2)d；
(3)粒子的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq \f(2πm,qB)
設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時(shí)間為t′，則
t＝neq \f(T,4)＋t′(n＝1,3,5…)
①當(dāng)L＝nd＋(1－eq \f(\r(3),2))d時(shí)，粒子斜向上射出磁場
t′＝eq \f(1,12)T，解得t＝(eq \f(L,d)＋eq \f(3\r(3)－4,6))eq \f(πm,2qB)
②當(dāng)L＝nd＋(1＋eq \f(\r(3),2))d時(shí)，粒子斜向下射出磁場
t′＝eq \f(5,12)T，解得t＝(eq \f(L,d)－eq \f(3\r(3)－4,6))eq \f(πm,2qB) .
1．(半徑和周期公式的應(yīng)用)氕、氘、氚的電荷量相同、質(zhì)量之比為1∶2∶3，它們由靜止經(jīng)過相同的加速電壓加速，之后垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，不計(jì)重力和它們間的相互作用，則( )
A．運(yùn)動(dòng)半徑之比為eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．運(yùn)動(dòng)半徑之比為3∶2∶1
C．運(yùn)動(dòng)周期之比為1∶2∶3
D．運(yùn)動(dòng)周期之比為3∶2∶1
答案 C
解析 經(jīng)過電壓U加速后速度v＝eq \r(\f(2qU,m))，根據(jù)半徑公式R＝eq \f(mv,qB)得R＝eq \r(\f(2mU,qB2))，半徑與質(zhì)量的平方根成正比，即運(yùn)動(dòng)半徑之比為1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，A、B錯(cuò)；根據(jù)周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知周期之比等于質(zhì)量之比，為1∶2∶3，C對，D錯(cuò)．
2.(帶電粒子在圓形磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng))(多選)如圖9所示，勻強(qiáng)磁場分布在半徑為R的eq \f(1,4)圓形區(qū)域MON內(nèi)，Q為半徑ON上的一點(diǎn)且OQ＝eq \f(\r(2),2)R，P點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且PQ與MO平行．現(xiàn)有兩個(gè)完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，下列說法正確的是( )
圖9
A．粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場
B．粒子2在P、N之間某點(diǎn)射出磁場
C．粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時(shí)間之比為3∶2
D．粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時(shí)間之比為2∶1
答案 AD
解析 如圖所示，粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，根據(jù)洛倫茲力指向圓心和MN的中垂線過圓心，可知圓心為O1，半徑為R.兩個(gè)完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑相同．粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，圓心O2應(yīng)在P點(diǎn)上方R處，連接O2P、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場，A正確，B錯(cuò)誤；∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cs ∠POQ＝eq \f(OQ,OP)＝eq \f(\r(2),2)，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.兩個(gè)完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動(dòng)的周期相同．粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間與運(yùn)動(dòng)軌跡所對的圓心角成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時(shí)間之比為2∶1，C錯(cuò)誤，D正確．
3．(帶電粒子在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動(dòng)的周期性問題)如圖10甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計(jì)離子所受重力．求：
圖10
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??；
(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時(shí)的速度v0的可能值．
答案 (1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)
解析 設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向?yàn)檎较颍?br>(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝eq \f(mv02,R)
做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq \f(2πR,v0)
由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq \f(2πm,qT0)
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期即T0時(shí)，有R＝eq \f(d,4)；當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，
有R＝eq \f(d,4n)(n＝1,2,3，…)．
聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為
v0＝eq \f(B0qR,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)
1．下列說法正確的是( )
A．運(yùn)動(dòng)電荷在磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0的地方，一定受到洛倫茲力的作用
B．運(yùn)動(dòng)電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為0
C．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動(dòng)能，也不能改變帶電粒子的速度
D．洛倫茲力對帶電粒子總不做功
答案 D
2．(2020·安徽安慶市調(diào)研)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的( )
A．線速度大小減小，角速度減小
B．向心加速度大小變小，周期變小
C．軌道半徑增大，洛倫茲力大小增大
D．軌道半徑增大，角速度減小
答案 D
解析 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvB＝meq \f(v2,r)
解得：r＝eq \f(mv,qB)
從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后．B減小，所以r增大．線速度、角速度的關(guān)系為：v＝ωr，由于洛倫茲力不做功，所以線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小，
由公式F洛＝qvB可知，洛倫茲力變小，
由公式an＝eq \f(v2,r)可知，由于半徑增大，所以向心加速度大小減小，
由公式T＝eq \f(2π,ω)可知，由于角速度減小，所以周期變大．
3.如圖1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(diǎn)．當(dāng)ab中通以由b→a的恒定電流時(shí)，下列說法正確的是( )
圖1
A．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里
B．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外
C．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直并指向左方
D．小球不受磁場力作用
答案 D
4.如圖2所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間．此時(shí)，該電荷所受洛倫茲力的方向是( )
圖2
A．向左 B．向右
C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外
答案 D
5.(多選)(2019·云南玉溪一中第五次調(diào)研)如圖3所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．一點(diǎn)電荷從圖中A點(diǎn)以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°.當(dāng)該電荷離開磁場時(shí)，速度方向剛好改變了180°.不計(jì)電荷的重力，下列說法正確的是( )
圖3
A．該點(diǎn)電荷離開磁場時(shí)速度方向的反向延長線通過O點(diǎn)
B．該點(diǎn)電荷的比荷為eq \f(2v0,BR)
C．該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq \f(πR,2v0)
D．該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq \f(πR,3v0)
答案 BC
解析 由題意可畫出電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知電荷做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq \f(R,2)，結(jié)合qv0B＝meq \f(v02,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2v0,BR)，B正確；電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq \f(πr,v0)＝eq \f(πR,2v0)，C正確，D錯(cuò)誤．
6.(2019·安徽安慶市下學(xué)期第二次模擬)如圖4所示，半徑分別為R、2R的兩個(gè)同心圓，圓心為O，大圓和小圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，其余區(qū)域無磁場，一重力不計(jì)的帶正電粒子從大圓邊緣的P點(diǎn)沿PO 方向以速度v1射入磁場，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圖中軌跡所對的圓心角為120°；若將該帶電粒子從P點(diǎn)射入的速度大小變?yōu)関2，不論其入射方向如何，都不可能射入小圓內(nèi)部區(qū)域，則eq \f(v1,v2)至少為( )
圖4
A.eq \f(4\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(4\r(3),9) D.eq \f(\r(3),3)
答案 A
解析 粒子速度為v1時(shí)，圓心角為120°，設(shè)圓心為O1，由幾何關(guān)系可知，半徑r1＝PO·tan 30°＝2R×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(3)R,3)
當(dāng)v2方向豎直向上，粒子恰好完成半個(gè)圓周且與內(nèi)圓相切時(shí)有：r2＝eq \f(R,2)，此時(shí)v2為滿足條件的最大值
結(jié)合r＝eq \f(mv,qB)得：v＝eq \f(qBr,m)，所以速度之比等于半徑之比，
eq \f(r1,r2)＝eq \f(4\r(3),3)，所以eq \f(v1,v2)至少為eq \f(4\r(3),3).
7．(2019·河北省中原名校聯(lián)盟下學(xué)期聯(lián)考)如圖5所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點(diǎn)沿ba方向射入磁場，結(jié)果粒子恰好能通過c點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，則粒子的速度大小為( )
圖5
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(\r(2)qBL,m)
C.eq \f(?\r(2)－1?qBL,m) D.eq \f(?\r(2)＋1?qBL,m)
答案 C
解析 粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定過圓心，由于粒子能經(jīng)過c點(diǎn)，因此粒子出磁場時(shí)一定沿ac方向，軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由幾何關(guān)系可知，eq \r(2)r＋r＝L，則r＝(eq \r(2)－1)L，根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r)，
解得v0＝eq \f(?\r(2)－1?qBL,m)，C項(xiàng)正確．
8．(多選)(2019·四川達(dá)州市第二次診斷)如圖6所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．入口處有比荷相同的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場，經(jīng)時(shí)間t1從d點(diǎn)射出磁場；乙粒子以速度v2沿與ab 成45°的方向垂直射入磁場，經(jīng)時(shí)間t2垂直于cd射出磁場．不計(jì)粒子重力和粒子之間的相互作用力，則( )
圖6
A．v1∶v2＝eq \r(2)∶4 B．v1∶v2＝1∶eq \r(2)
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1
答案 AC
解析 畫出兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖；
兩粒子比荷相同，則周期相同，設(shè)為T；設(shè)正方形的邊長為R，則從d點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)半徑為r1＝eq \f(1,2)R，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq \f(T,2)；速度為v2的粒子，由幾何關(guān)系：r2＝eq \r(2)R，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq \f(T,8)；根據(jù)r＝eq \f(mv,qB)可知eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)；eq \f(t1,t2)＝eq \f(4,1)；故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．
9.(多選)(2019·云南昆明市4月質(zhì)檢)如圖7所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，BC邊的中點(diǎn)O有一粒子源，可以在ABC平面內(nèi)沿任意方向發(fā)射速率為v的相同的正粒子，若從AB邊中點(diǎn)D射出磁場的粒子，從O到D的過程中速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計(jì)粒子的重力及帶電粒子之間的相互作用，下列說法正確的是( )
圖7
A．粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為L
B．粒子不可能從A點(diǎn)射出磁場
C．粒子的比荷為eq \f(q,m)＝eq \f(2v,B0L)
D．從B點(diǎn)射出的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq \f(πL,3v)
答案 BC
解析 從O點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，則從D點(diǎn)射出的粒子，由弦長公式OD＝eq \f(L,2)＝2rsin 30°，解得：r＝eq \f(L,2)，故A錯(cuò)誤；若粒子從A點(diǎn)射出，則弦長為eq \f(\r(3),2)L，得：eq \f(\r(3),2)L＝2×eq \f(L,2)sin α，解得：α＝60°，即粒子以與豎直方向成60°角射入，由幾何關(guān)系可得，粒子將從AC邊射出，故粒子不可能從A點(diǎn)射出磁場，故B正確；由qvB＝meq \f(v2,r)得：r＝eq \f(mv,qB)，即eq \f(L,2)＝eq \f(mv,qB0)，解得：eq \f(q,m)＝eq \f(2v,LB0)，故C正確；OB＝eq \f(L,2)＝r，則從B點(diǎn)射出的粒子的圓心角為60°，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq \f(60°,360°)×eq \f(2π×\f(L,2),v)＝eq \f(πL,6v)，故D錯(cuò)誤．
10.(2020·河南洛陽市模擬)如圖8所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強(qiáng)磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.頂點(diǎn)A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速度的粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q，粒子重力不計(jì)．則粒子以下列哪一速度值發(fā)射時(shí)不能通過C點(diǎn)( )
圖8
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(qBL,2m)
C.eq \f(2qBL,3m) D.eq \f(qBL,8m)
答案 C
解析 粒子帶正電，且經(jīng)過C點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示：
所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運(yùn)動(dòng)半徑：r＝eq \f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得：v＝eq \f(Bqr,m)＝eq \f(BqL,mn)(n＝1,2,3，…)，故選C.
11.(2019·遼寧大連市第二次模擬)如圖9所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，甲、乙兩帶電粒子均從a點(diǎn)沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場，甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點(diǎn)離開磁場．已知甲粒子的速度大小為v，甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為1∶2，質(zhì)量之比為1∶2，不計(jì)粒子重力．求：
圖9
(1)乙粒子的速度大?。?br>(2)甲、乙兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比．
答案 (1)eq \f(\r(3),12)v (2)1∶4
解析 (1)設(shè)正方形邊界邊長為L，如圖所示．
可得r甲＝2L, r乙＝eq \f(\r(3),6)L，
對于甲、乙兩粒子，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,r)
可得v＝eq \f(qBr,m)，
因?yàn)閝甲∶q乙＝1∶2、m甲∶m乙＝1∶2，
所以v甲∶v乙＝4eq \r(3)，v乙＝eq \f(\r(3),12)v
(2)T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)，
由圖可得θ甲＝30°，
θ乙＝120°，所以甲、乙兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t甲∶t乙＝1∶4.
12．(2019·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖10所示，在矩形區(qū)域abcO內(nèi)存在一個(gè)垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，Oa邊長為eq \r(3)L，ab邊長為L.現(xiàn)從O點(diǎn)沿著Ob方向垂直磁場射入各種速率的帶正電粒子，已知粒子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q(粒子所受重力及粒子間相互作用忽略不計(jì))，求：
圖10
(1)垂直ab邊射出磁場的粒子的速率v；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm.
答案 (1)eq \f(2\r(3)qBL,m) (2)eq \f(πm,3qB)
解析 (1)粒子垂直ab邊射出磁場時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線1，
設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知：tan θ＝eq \f(L,\r(3)L)＝eq \f(\r(3),3)，
則θ＝eq \f(π,6)，sin θ＝eq \f(Oa,OO1)＝eq \f(\r(3)L,R)，故R＝2eq \r(3)L.
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
解得v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)
(2)由做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,Bq)
因此粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期不變，和速度無關(guān)，
由幾何關(guān)系可知最大圓心角α＝2θ＝eq \f(π,3)
可知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(πm,3Bq).
帶電粒子在磁
場中的運(yùn)動(dòng)
所受洛倫茲力
大小
v∥B時(shí)，F(xiàn)＝0；
v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝qvB；
v＝0時(shí)，F(xiàn)＝0
方向
方向判定
左手定則(注意四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)方向，負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)反方向)
方向特點(diǎn)
F⊥B，F(xiàn)⊥v
運(yùn)動(dòng)
v∥B
勻速直線運(yùn)動(dòng)
v⊥B
勻速圓周運(yùn)動(dòng)(洛倫茲力提供向心力：F＝qvB＝meq \f(v2,r))：半徑r＝eq \f(mv,qB)，周期T＝eq \f(2πm,qB)
基本思路
圖例
說明
圓心的確定
①與速度方向垂直的直線過圓心
②弦的垂直平分線過圓心
③軌跡圓弧與邊界切點(diǎn)的法線過圓心
P、M點(diǎn)速度垂線交點(diǎn)
P點(diǎn)速度垂線與弦的垂直平分線交點(diǎn)
某點(diǎn)的速度垂線與切點(diǎn)法線的交點(diǎn)
半徑的確定
利用平面幾何知識(shí)求半徑
常用解三角形法：例：(左圖)R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq \f(L2＋d2,2d)
運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定
利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時(shí)間
①t＝eq \f(θ,2π)T
②t＝eq \f(L,v)
(1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于所對的圓心角θ
(2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ180°時(shí)，φ＝360°－2α
類型
分析
圖例
帶電粒子電性不確定
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解
如圖，帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負(fù)電，其軌跡為b
磁場方向不確定
只知道磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成多解
如圖，帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b
臨界狀態(tài)不唯一
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解
運(yùn)動(dòng)具有周期性
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