一、选择题
1．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )
A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 答案 B
mv
解析 仅增大励磁线圈中电流，磁感应强度增大，由R＝可知电子束径迹的半径变小，由qB2πmT＝可知电子做圆周运动的周期将变小，选项A、C错误；仅提高电子枪加速电压，电子
qBmv2πm
速度增大，由R＝可知电子束径迹的半径变大，由T＝可知，电子做圆周运动的周期qBqB不变，选项B正确，选项D错误．
2.(2017·贵阳期末检测)如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP＝x，能正确反映x与U之间关系的是( )
A．x与U成正比 C．x与U成正比 答案 C
12
解析 带电粒子在电场中加速的过程，由动能定理有qU＝mv，由几何关系知，带电粒子在
2xv22mqU
磁场运动的轨道半径为R＝，又因为qvB＝m，联立以上三式，解得x＝，即x∝U，
2RqB
2
B．x与U成反比 D．x与U成反比
1
选项C正确．
3.如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核(1H)和氦核(2He)．下列说法中正确的是( )
2
4
A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同
C．它们在D形盒中运动的周期相同
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 AC
vqBRq
解析 根据qvB＝m，得v＝.两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，故选项A正确；
Rmm12qBRq
最大动能Ek＝mv＝，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等，故选项
22mm2πmq
B错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相等，故选
qBm项C正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速，故选项D错误．
4．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是( )
2222
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 C．在磁场中运动时间由小到大排列的顺序是氕、氘、氚 D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚 答案 AC
解析 氢元素的三种同位素离子均带正电，电荷量大小均为e，经过加速电场，由动能定理
2
12
有：eU＝Ek＝mv，故进入磁场中的动能相同，B项错误；且质量越大的离子速度越小，故A
2vmv2meU
项正确；三种离子进入磁场后，洛伦兹力充当向心力，evB＝m，解得R＝＝，可ReBeBπRπm
见，质量越大的圆周运动半径越大，D项错；在磁场中运动时间均为半个周期，t＝＝，
veB可见离子质量越大运动时间越长，C项正确．
5．(2017·南宁模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图乙中的( )
2
答案 C
解析 由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向1T2πmπm
里和向外，在三个区域中均运动圆周，故t＝，由于T＝，求得B＝，只有选项C
44Bq2qt正确．
6.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子
在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，粒子自身的重力不计，则( )
A．粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqU
B．在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为＋U C．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变
D．为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n1
圈时的磁感应强度为
R答案 D
3
2nmU
q
解析 粒子在电场中绕行n圈后回到A板时获得的总动能为nqU，选项A错误；在粒子绕行2πm
的整个过程中，A板电势有时为＋U，有时为零，选项B错误；周期T＝，在粒子绕行的
qBmv
整个过程中，R不变，v变大，由R＝知，磁感应强度B发生变化，所以T也发生变化，
qBmv121
选项C错误；粒子绕行第n圈时，R＝，又nqU＝mv，联立解得B＝
qB2R确．
7．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，比荷相等的正、负离子都由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
2nmU
，选项D正q
A．所加匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外
q
B．若加速电压一定，离子的比荷越大，磁感应强度B越小
m
q
C．磁感应强度B一定时，比荷相同的离子加速后，质量大的离子动能小
m
D．对于给定的正、负离子，加速电压U越大，离子在环状空腔磁场中的运动时间越长 答案 B
解析 离子在环状空腔内做圆周运动，洛伦兹力指向圆心，由左手定则可知，磁场方向垂直12
环面向内，选项A错误；离子加速，由动能定理得qU＝mv，而运动的半径r一定，则r＝
2mv1＝qBB
2mUTπm
，选项B正确，选项C错误；离子在磁场中的运动时间t＝＝，与加速电q2qB
压U的大小无关，选项D错误．
8．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )
4
7πdA. 2v0
d3π
C.(2＋) v02答案 D
解析 带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y轴d2d
时的速度v＝2v0，这一过程的时间t1＝＝.又由题意知，带电粒
v0v02子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d.故知带电粒子在第Ⅰ象限中的3πm32πd3πd
运动时间t2＝＝＝，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时
4Bq2v2v02πdd7π
间t3＝，故t总＝(2＋)，选项D正确．
v0v02二、非选择题
9．如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：
d
B.(2＋5π) v0d7πD.(2＋) v02
(1)电场强度的大小； (2)磁感应强度的大小B； (3)粒子在磁场中的运动时间．
解析 (1)由几何关系可知粒子在水平电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h＝v0t
5
12h＝at 2
由牛顿运动定律可知： Eq＝ma
mv0
联立解得：E＝；
2qhmv0
电场强度为；
2qh
(2)粒子到达O点，沿＋y方向的分速度 Eq2h
vy＝at＝·＝v0；
mv0
vy
速度与x正方向的夹角α满足tanα＝＝1，α＝45°
vx粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场， 粒子在磁场中的速度v＝2v0； 轨道半径R＝2h v
由Bqv＝m得：
Rmv0
B＝；
qh
mv0
故磁感应强度为；
qh
12πm1πh
(3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间t＝T＝·＝；
8Bq84v0粒子在磁场中的运动时间为
πh
. 4v0
2
2
2
10.如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，磁场MN和PQ边界距离为d.求： (1)粒子离开电场时的速度；
(2)若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B；
(3)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围． 答案 (1)v＝
2qU1 (2)B＝ m2d
2mU
q
6
3
(3)B≥·2d2mU q
解析 (1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有： 12
qU＝mv解得：v＝
2
2qU
. m
(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r＝2d v1
由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m，联立解得：B＝
r2d
2
2mU
. q
(3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹与PQ相切 d＝r＋rsin30° 3
联立解得：B＝·2d
2mU q
3·2d
2mU3，磁感应强度的范围是B≥·q2d
2mU
. q
磁感应强度的最小值为B＝
11．(2017·浙江联考)如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
7
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？
(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的距离大小？
2（2－3）Bqd2Bqd2πm答案 (1) (2)U≥
m3m3Bq(3)23d
解析 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R1，运动速度为v0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R1＋R1cos30°＝d mv0
又qv0B＝
R1
Bqd2（2－3）Bqd
解得v0＝＝
m（1＋cos30°）m所以粒子能从左边界射出时的最大速度为 2（2－3）Bqd
vm＝v0＝
m
2
2
2
(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． d
由几何关系知R2＝
cos30°
v2
由洛伦兹力提供向心力得Bqv2＝m. R212
由动能定理得－qU＝0－mv2
2Bqd2Bqd
解得U＝＝ 2
2mcos30°3m2Bqd
所加电压满足的条件U≥.
3m
T2πm
粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而T＝
6Bq
8
2
2
2
2
2
2
2
T2πm
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t＝2×＝ 63Bq(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R3＝2d
由几何关系可得粒子能打到CD边界的范围如图丙所示．
粒子打到CD边界的距离l＝2×2dcos30°＝23d
12．(2017·唐山联考)如图所示，在xOy平面内，在x>0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x<0范围内以第三象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成θ＝45°角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，在边
界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝32 N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0＝2×10 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所带电荷量q＝－5×10
－18
3
C，质量m＝1×10
－24
kg，求：
(1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；
(2)带电微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间； (3)带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小．
解析 (1)带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由半径公式可得 mv0－3r＝＝4×10 m. B|q|
因为OP＝0.8 cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C，由几何关系可知，A点位置的坐标为(－4×10 m，－4×10 m)． (2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2πm－5T＝＝1.256×10 s. B|q|
1－5
由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t1＝ T＝0.314×10 s.
4微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加
9
－3
－3
|q|E
速度为a＝，
m
2v02mv0－5
故在电场中运动的时间为t2＝＝＝2.5×10 s.
aE|q|
微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故t3＝t1＝0.314×10 s，所以微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10 s.
(3)微粒从B点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度a＝－5－5
|q|Em
＝1.6×108 m/s2
， 则第四次到达电、磁场边界时， y＝12at2y4，x＝v0t4，tan45°＝x， 解得v3
y＝at4＝4×10 m/s.
则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为v＝v2
0＋v2
y＝25×103
m/s.
10
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