2 磁场对运动电荷的作用
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
解析 根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。 答案 B
2．(2015·海南单科，1)如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
图1
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
解析 条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。 答案 A
3．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )
图2
A．向上偏转 C．向纸内偏转
B．向下偏转 D．向纸外偏转
解析 由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，精品K12教育教学资料
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阴极射线将向下偏转，故B选项正确。 答案 B
4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图3所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
图3
A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子的动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
v2mv 解析 由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径
rqB12
越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv可得b22πm粒子的动能较大，C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动
qB的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。 答案 C
5. (2017·陕西渭南一模)在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图4所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有( )
图4
A．s1＞s2＞s3
B．s1＜s2＜s3
C．s1＝s3＞s2
D．s1＝s3＜s2
解析 由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等。由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1＝s3＜s2，D正确。 答案 D
6．如图5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，精品K12教育教学资料
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其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是( )
图5
A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
v2mv 解析 当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvB＝m，得R＝，电
RqB12v2mqU子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU＝mv和qvB＝m得R＝，
2RqB2πR2πm可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T＝＝知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小
2
vqB无关，所以选项C、D错误。 答案 B
7.如图6所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出。增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是( )
图6
A．该粒子带正电 B．该粒子带负电 C．粒子从ab间射出 D．粒子从bc间射出
解析 根据带电粒子在磁场中偏转的方向，由左手定则判断可知该粒子带负电，选项A错误，B正确；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝
mv，所以当粒子入射的速率增大时，其轨道半径r会qB增大，粒子会从图中的bc之间射出磁场，故选项C错误，D正确。 答案 BD
8．如图7所示，Q1，Q2带等量正电荷，固定在光滑的绝缘杆的两端，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域精品K12教育教学资料
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同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计。现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )
图7
A．小球的速度将一直增大 B．小球的加速度将不断变化 C．小球所受洛伦兹力将一直增大
D．小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化
解析 Q1，Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力总是指向中点，又因杆光滑，所以小球将做关于Q1，Q2连线中点对称的往复运动，中点位置速度最大，两端速度为零，所以洛伦兹力的大小和方向都不断变化，由以上分析可知B，D项正确。故本题正确答案为BD。 答案 BD
9．如图8所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是( )
图8
A.
3qBL 6m B.
3qBL 3mC.
3qBL 2mD.3qBLm
解析 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r3LvqBr3qBL1＝·(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1，2，3，…)，3nrm3mn所以A、B正确。
2
答案 AB
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10．如图9所示，MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R，直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为－q，质量为m的小球自M点无初速度下滑，下列说法中正确的是( )
图9
A．小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关 B．小球滑到D点时，对轨道的压力一定大于mg C．小球滑到D点时，速度大小v＝2gR D．小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点N
解析 小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力，因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向，故不影响速度大小，所以下滑时间与磁场无关，选项A正确；整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，下12
滑至最低点过程中，由机械能守恒定律知，mgR＝mv，所以向左或向右经过D点速度都为2gR，选项C
2正确；根据机械能守恒定律知小球能滑至与M等高的N点，选项D正确；由D点受力分析及牛顿第二定律
v2
知，当向左经过D点时F＋FN－mg＝m，得FN＝3mg－qvB，由于不知道洛伦兹力qvB大小，故支持力FN大
R小不确定，故B错误。 答案 ACD 二、非选择题
11．(2018·辽宁沈阳一模)如图10所示，在真空中坐标xOy平面的x＞0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10
－2
T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10，0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向
4
－25
发射速率v＝10 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10电粒子能打到y轴上的范围。
kg，电荷量为q＝1.6×10
－18
C，求带
图10
解析 带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：
v2mv qvB＝m解得：R＝＝0.1 m＝10 cm
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如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点。因OP＝10 cm
AP＝2R＝20 cm
2
2
则OA＝AP－OP＝103 cm
当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以
B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为
－10～103 cm。 答案 －10～103 cm
12．(2018·浙江理综，25)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。
扇形聚焦磁场分布的简化图如图11所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
图11
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系。已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin 解析 (1)峰区内圆弧半径r＝① 旋转方向为逆时针方向②
2π (2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③
3
2
α 2
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每个圆弧的长度l＝2πr2πmv3＝3qB④
每段直线长度L＝2rcos π3mv6＝3r＝qB⑤
周期T＝3（l＋L）
v⑥
代入得T＝（2π＋33）mqB⑦
(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r′＝
mvqB′
⑨ 由几何关系rsin θθ′
2＝r′sin 2⑩
由三角关系sin 30°6－2
2＝sin 15°＝4 代入得B′＝
3－12
B 答案 (1)mvqB 逆时针 (2)2π（2π＋33）m3 qB (3)B′＝3－1
2
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