(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＝2πmqB，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＝43π，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區域內存在勻強磁場，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＝12mv2   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＝mv2r   ②
由幾何關系知d＝2r   ③
聯立①②③式得qm＝4UB2d2。   ④
(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為s＝πr2＋rtan 30°   ⑤
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝sv   ⑥
聯立②④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2＋33。
【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題,考查了考生應用數學知識處理、分析物理問題的能力,體現了物理學科中的運動與相互作用觀念的素養要素以及科學推理的核心素養。

1．已知通入電流為I的長直導線在周圍某點產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＝kIr(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】通電長直導線產生的磁場的磁感應強度B方向在水平面內，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＝mv2R得R＝mvBq，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＝2πRv＝2πmBq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兩個區域，兩個區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區運動到Ⅱ區，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∶1
B．粒子在兩個磁場中的運動速度大小之比為1∶1
C．粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為2∶1
D．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＝2πmBq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，磁場區域水平方向足夠長，MN、PQ間距為L，現用電子槍將電子從O點垂直邊界MN射入磁場區域，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＜vc
B．從a、b、c三點射出的電子速率關系為va＜vc＜vb
C．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＜2L
D．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＝mvBq，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＜2L，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>vM
B．兩小球每次經過軌道最低點時對軌道的壓力都有FN>FM
C．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，FM＝mg＋mv2MR。對N點，FN＝mg＋mv2NR±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區域內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，經過時間t0剛好從c點射出磁場?，F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，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，它在磁場中經歷的時間可能是t0
C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間可能是32t0
D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間一定是53t0
【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，經過時間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，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23T＝4t03，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時間為5T6＝5t03，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的圓形區域內，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，經時間t后經過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＜2mvqB，則0°＜θ＜90°
B．若r≥2mvqB，則t≥πmqB
C．若t＝πmqB，則r＝2mvqB
D．若r＝2mvqB，則t＝πmqB
【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＝mvqB。當r≥2mvqB時，P點在磁場內，粒子不能射出磁場區，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＝πmqB；當r＜2mvqB時，粒子在到達P點之前射出圓形磁場區，速度偏轉角φ在大于0°、小于180°范圍內，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＝πmqB，則r≥2mvqB，若r＝2mvqB，則t＝πmqB，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過的區域，其中R＝mvqB，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，根據左手定則和R＝mvqB，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過的地方，故D項正確。

10．如圖所示，在一個圓形區域內，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的方向經過圓心O進入Ⅱ區，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區和Ⅱ區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區的磁感應強度、軌跡半徑和周期。
設圓形區域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入Ⅱ區磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區磁場中運動軌跡的圓心，其半徑

R1＝A1A2＝OA2＝r
粒子在Ⅱ區磁場中運動的軌跡半徑R2＝r2
即R1R2＝2∶1。
(3)qvB1＝mv2R1
qvB2＝mv2R2
T1＝2πR1v＝2πmqB1
T2＝2πR2v＝2πmqB2
圓心角∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區磁場中運動的時間為t1＝16T1
在Ⅱ區磁場中運動的時間為t2＝12T2
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＝5πm6qt，B2＝5πm3qt。
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的圓形區域等分成六個扇形區域，其中三個為峰區，三個為谷區，峰區和谷區相間分布。峰區內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區內沒有磁場。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內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針。
(2)求軌道在一個峰區內圓弧的圓心角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內的圓心角θ變為90°，求B′和B的關系。(已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2α2)
【解析】(1)峰區內圓弧半徑r＝mvqB，旋轉方向為逆時針。
(2)由對稱性，峰區內圓弧的圓心角θ＝2π3
每個圓弧的長度l＝2πr3＝2πmv3qB

每段直線長度L＝2rcosπ6＝3r＝3mvqB
周期T＝
代入得T＝。
(3)谷區內的圓心角θ′＝120°－90°＝30°
谷區內的軌道圓弧半徑r′＝mvqB′
由幾何關系rsinθ2＝r′sinθ′2
由三角關系sin30°2＝sin15°＝6－24
代入得B′＝3－12B。

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域MON內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2 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平面發射比荷為qm＝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，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發射時的速度與x軸正向的夾角；
(3)若粒子進入磁場前經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＝mv2R
得R＝1 m。
由幾何關系可知O1P＝O1O＝1 m，OP＝2 m，則△O1OP為等腰直角三角形，x＝y＝1 m，α＝π2
故P點坐標為(1 m，1 m)
運動時間為t0＝α2π•2πmqB＝π2×10－5 s。

(2)如圖乙所示，由幾何關系可知：O2M＝O2O＝1 m，OM＝2 m
則△O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°
則θ＝∠O2OM＝45°。
(3)由R＝mvqB，Ek＝12mv2可知R＝2mEkqB，R′R＝Ek′Ek＝2
則R′＝2 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′＝π3，出射角θ′＝π3
若粒子從弧MN上射出時，弦長均為2 m，圓心角均為α′＝π3
運動時間均為t＝α′2π•2πmqB＝π3×10－5 s，故0≤θ≤π3時，t＝π3×10－5 s
若粒子從邊OM出射時，如圖丁所示，α″＝2π2－θ＝π－2θ
運動時間t″＝α″2π•2πmqB＝(π－2θ)×10－5 s，故π3<θ≤π2時，t＝(π－2θ)×10－5 s。

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小題必練21：磁場對運動電荷的作用(圖文)

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