(1)    洛倫茲力、洛倫茲力的方向；(2)洛倫茲力公式、洛倫茲力作用下的有界磁場中的偏轉運動；(3)帶電粒子在勻強磁場中運動的時間、半徑及軌跡判定等。  例1．(2020·全國I卷·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，弧AB為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為(　　)A．     B．     C．     D．【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，粒子在磁場中運動的時間，則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大。當半徑r≤0.5R和r≥1.5R時，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期；當0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從π逐漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即軌跡對應的最大圓心角θ＝π，粒子運動最長時間，故選C。【點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，難點是應用放縮法作圖，找到粒子運動軌跡對應的最大圓心角。例2．(2019·全國I卷·24)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。【解析】(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有：qU＝mv2 ①設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：qvB＝m ②由幾何關系知d＝r ③聯(lián)立①②③式得＝。 ④(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan 30° ⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝ ⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝。【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題,考查了考生應用數(shù)學知識處理、分析物理問題的能力,體現(xiàn)了物理學科中的運動與相互作用觀念的素養(yǎng)要素以及科學推理的核心素養(yǎng)。  1．已知通入電流為I的長直導線在周圍某點產(chǎn)生的磁感應強度大小B與該點到導線間的距離r的關系為B＝k(k為常量)。如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度v0水平向右運動，小球始終在水平面上運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是(　　)【答案】A【解析】通電長直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B方向在水平面內(nèi)，由于洛倫茲力F與B、v0的方面均垂直，所以F沿豎直方向，小球在水平方向上不受力而做勻速直線運動，只有A項正確。2．質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是(　　)A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間【答案】A【解析】由左手定則可知M帶負電，N帶正電，故A選項正確。由qvB＝m得R＝，由題意可知兩個帶電粒子的質量和電量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由題圖可知RN<RM，故vN<vM，所以B選項錯誤。由于洛倫茲力的方向始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力永遠不會對M、N做功，則C選項錯誤。由T＝＝及題給條件可知，這兩個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由題圖可知兩個帶電粒子在磁場中的偏轉角相等，均偏轉了180°，故在磁場中運動的時間相等，所以D選項錯誤。3．(多選)如圖所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場。一帶電粒子僅在磁場力作用下由Ⅰ區(qū)運動到Ⅱ區(qū)，弧線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為2∶1，下列判斷一定正確的是(　　)A．兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為2∶1B．粒子在兩個磁場中的運動速度大小之比為1∶1C．粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為2∶1D．弧aP與弧Pb對應的圓心角之比為2∶1【答案】BC【解析】粒子在磁場中所受的洛倫茲力指向運動軌跡的凹側，結合左手定則可知，兩個磁場的磁感應強度方向相反，根據(jù)題中信息無法求得粒子在兩個磁場中運動軌跡所在圓周的半徑之比，所以無法求出兩個磁場的磁感應強度之比，A項錯誤；運動軌跡粒子只受洛倫茲力的作用，而洛倫茲力不做功，所以粒子的動能不變，速度大小不變，B項正確；已知粒子通過aP、Pb兩段弧的速度大小不變，而路程之比為2∶1，可求出運動時間之比為2∶1，C項正確；由圖知兩個磁場的磁感應強度大小不等，粒子在兩個磁場中做圓周運動時的周期T＝也不等，粒子通過弧aP與弧Pb的運動時間之比并不等于弧aP與弧Pb對應的圓心角之比，D項錯誤。4．(多選)如圖所示，MN、PQ之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域水平方向足夠長，MN、PQ間距為L，現(xiàn)用電子槍將電子從O點垂直邊界MN射入磁場區(qū)域，調整電子槍中的加速電壓可使電子從磁場邊界不同位置射出。a、b、c為磁場邊界上的三點，下列分析正確的是　(　　)A．從a、b、c三點射出的電子速率關系為va＜vb＜vcB．從a、b、c三點射出的電子速率關系為va＜vc＜vbC．若從邊界MN射出的電子出射點與O點的距離為s，則無論怎樣調整加速電壓，必有0＜s＜2LD．若從邊界PQ射出的電子出射點與O點的距離為s，則無論怎樣調整加速電壓，必有L＜s＜2L【答案】AC【解析】畫出軌跡圓可知，從a、b、c三點射出的電子的半徑關系為Ra＜Rb＜Rc，由R＝，知va＜vb＜vc，A項對，B項錯；電子垂直于邊界MN射入磁場，能從邊界MN射出，其軌跡的最大圓與邊界PQ相切，則無論怎樣調整加速電壓，必有0＜s＜2L，C項對；若電子從邊界PQ射出，其軌跡的最小圓也與邊界PQ相切，則無論怎樣調整加速電壓，必有L＜s＜L，D項錯。5．如圖所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v。若加上一個垂直紙面指向讀者方向的磁場，則滑到底端時(　　)A．v變大            B．v變小C．v不變            D．不能確定【答案】B【解析】洛倫茲力雖然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物體與斜面間的正壓力變大，故摩擦力變大，損失的機械能增加。6．(多選)如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，在運動中都能通過各自軌道的最低點M、N，則(　　)A．兩小球每次到達軌道最低點時的速度都有vN>vMB．兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有FN>FMC．小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻相同D．小球b能到達軌道的最右端，小球a不能到達軌道的最右端【答案】AD【解析】到M點的過程中重力做正功，電場力做負功，到達N點時只有重力做正功，因能量守恒，所以vN>vM，故A項正確；對M點，F(xiàn)M＝mg＋m。對N點，F(xiàn)N＝mg＋m±F洛，可以看出無法確定FN與FM的大小關系，故B項錯誤；電場力沿軌道切線分量減小了小球a的下滑速度，故C項錯誤；b向右運動過程中機械能守恒，能到最右端，a向右運動過程中機械能減小，不能到最右端，故D項正確。7．(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點。若一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場?，F(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是(　　)A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是t0【答案】AD【解析】由題，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0。隨粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變，由圖可以知道粒子在四個邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個頂點射出，所以A項正確；當粒子從O點沿紙面垂直于cd邊射入正方形內(nèi)，軌跡恰好為半個圓周，即時間t0剛好為半周期，從ab邊射出的粒子所用時間小于半周期t0，從bc邊射出的粒子所用時間小于T＝，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時間為＝，故B、C項錯誤，A、D項正確。8．(多選)在xOy平面上以O為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面。一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成θ角，如圖所示。不計重力的影響，則下列關系一定成立的是(　　)A．若r＜，則0°＜θ＜90°B．若r≥，則t≥C．若t＝，則r＝D．若r＝，則t＝【答案】AD【解析】帶電粒子在磁場中從O點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R＝。當r≥時，P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，θ最大且為90°，運動時間為半個周期，即t＝；當r＜時，粒子在到達P點之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉角φ在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉角φ＞90°，所以過x軸時0°＜θ＜90°，A項對，B項錯；同理，若t＝，則r≥，若r＝，則t＝，C項錯，D項對。9．如圖，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域，不計重力及粒子間的相互作用，下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　)【答案】D【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，以x軸為邊界的磁場，粒子從x軸進入磁場后再離開，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R＝，知射入粒子沿x軸負方向的剛好進入磁場做一個圓周，沿y軸正方向進入的剛好轉半個周期，如圖，在兩圖形的相交的部分是粒子不經(jīng)過的地方，故D項正確。10．如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°。一質量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡。(2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值。(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)。【解析】(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示。(2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應強度、軌跡半徑和周期。設圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動的軌跡半徑R2＝即＝2∶1。(3)qvB1＝mqvB2＝mT1＝＝T2＝＝圓心角∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2＝T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝，B2＝。11．為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉。扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場。質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。 (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針。(2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T。(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系。(已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2)【解析】(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝，旋轉方向為逆時針。(2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝每個圓弧的長度l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos＝r＝周期T＝代入得T＝。(3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30°谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝由幾何關系rsin＝r′sin由三角關系sin＝sin15°＝代入得B′＝B。 12．如圖所示的xOy平面上，以坐標原點O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內(nèi)分布著磁感應強度為B＝2.0×10－3T的勻強磁場，其中M、N點距坐標原點O為 m，磁場方向垂直紙面向里，坐標原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為＝5×107 C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v＝1×105 m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)，不計粒子重力。(1)求平行于x軸射入的粒子，射出磁場的位置及在磁場中的運動時間；(2)求恰好從M點射出磁場的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角；(3)若粒子進入磁場前經(jīng)加速使其動能增加為原來的2倍，仍從O點垂直磁場方向射入第一象限，求粒子在磁場中運動的時間t與射入時與x軸正向的夾角θ的關系。【解析】(1)平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖甲所示，設出射點為P，由qvB＝m得R＝1 m。由幾何關系可知O1P＝O1O＝1 m，OP＝ m，則△O1OP為等腰直角三角形，x＝y(tǒng)＝1 m，α＝故P點坐標為(1 m，1 m)運動時間為t0＝·＝×10－5 s。(2)如圖乙所示，由幾何關系可知：O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m則△O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°則θ＝∠O2OM＝45°。(3)由R＝，Ek＝mv2可知R＝，＝＝則R′＝ m。粒子從M點出射時OM＝R′，如圖丙所示，△O3OM為正三角形，圓心角α′＝，出射角θ′＝ 若粒子從弧MN上射出時，弦長均為 m，圓心角均為α′＝運動時間均為t＝·＝×10－5 s，故0≤θ≤時，t＝×10－5 s若粒子從邊OM出射時，如圖丁所示，α″＝2＝π－2θ運動時間t″＝·＝(π－2θ)×10－5 s，故<θ≤時，t＝(π－2θ)×10－5 s。   

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