第2讲 磁场对运动电荷的作用
■目标要求
1.掌握洛伦兹力的大小的计算和方向的判断方法。2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。3.学会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题,能确定粒子运动的圆心、半径和运动时间等。
考点1 对洛伦兹力的理解和应用
必|备|知|识
1.洛伦兹力:磁场对 的作用力。
2.洛伦兹力的方向。
(1)判定方法(左手定则)。
掌心——磁感线从掌心进入;
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的 ;
拇指——指向 的方向。
(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的 。
3.洛伦兹力的大小。
(1)v∥B时,洛伦兹力F= 。(θ=0°或180°)
(2)v⊥B时,洛伦兹力F= 。(θ=90°)
(3)v=0时,洛伦兹力F=0。
(1)带电粒子在磁场中的速度不为零,一定受到洛伦兹力作用()
(2)洛伦兹力对运动电荷不做功()
(3)同一带电粒子在A处受到的洛伦兹力大于在B处受到的洛伦兹力,则A处的磁感应强度一定大于B处的磁感应强度()
关|键|能|力
1.洛伦兹力与安培力的联系及区别。
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者性质相同,都是磁场力。
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.洛伦兹力与电场力的比较。
洛伦兹力 电场力
产生 条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反
做功 情况 任何情况下都不做功 可能做正功,可能做负功,也可能不做功
考向1 洛伦兹力的大小和方向
【典例1】
(2023·海南卷)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力的说法正确的是( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【典例2】 (2025·西安模拟)如图,来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能粒子,幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的运动方向,使很多带电粒子不能到达地面,避免了其对地面生命的危害。已知西安上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×10-4 T,如果有一速率v=5.0×105 m/s、电量为1.6×10-19 C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场,则该正电荷受到的洛伦兹力约为( )
A.9.6×10-18 N 向东
B.9.6×10-18 N 向西
C.9.6×10-16 N 向北
D.9.6×10-16 N 向南
考向2 洛伦兹力作用下带电体的运动
【典例3】 (2025·芜湖模拟)如图所示,竖直平面内固定一足够长绝缘直杆,与水平面夹角为α。
杆处在足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直杆所在平面,磁场磁感应强度大小为B。杆上套一个带负电的环,环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ(μA.tan α B.
C.+1 D.-1
【典例4】
(多选)如图所示,两足够长的通电直导线P、Q(垂直纸面)关于粗糙程度均匀的水平面对称分布,P、Q连线与水平面交点为O,P、Q通以大小相等、方向相反的恒定电流。一带正电的绝缘物块从A点以某一初速度向右运动,恰好运动到O点。下列说法正确的是( )
A.从A到O,磁感应强度逐渐增大
B.从A到O,磁感应强度先增大后减小
C.从A到O,物块做匀减速直线运动
D.从A到O,物块做加速度逐渐增大的减速运动
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
必|备|知|识
1.在匀强磁场中,当带电粒子平行于磁场方向运动时,粒子不受洛伦兹力作用,做 运动。
2.带电粒子以速度v垂直于磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中,若只受洛伦兹力,则带电粒子做 运动,其轨迹面与磁场 。
(1)轨迹半径:由洛伦兹力提供向心力,qvB=,解得r= 。
(2)周期:由v=得T= ,周期T与轨迹半径和粒子的运动速度 ,只和粒子的比荷和 有关。
(3)运动时间:当带电粒子转过的圆心角为θ(单位为弧度)时,所用时间t= T。
(4)动能:Ek=mv2==。
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,速度越大,轨道半径越大()
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,速度越大,周期越大()
关|键|能|力
1.圆心的确定方法。
方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向,则可根据洛伦兹力F⊥v,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即为圆心,如图甲。
甲 乙
方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线,中垂线与速度垂线的交点即为圆心,如图乙。
2.半径的计算方法。
方法一 由物理方法求:半径R=。
方法二 由几何方法求:一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。
3.时间的计算方法。
方法一 利用圆心角求:t=T。
方法二 利用弧长求:t=。
【典例5】
(2025·哈尔滨模拟)如图所示,带电粒子仅在磁场力作用下绕磁感线做螺旋运动,则带电粒子从P点向Q点运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.粒子的动能越来越大,旋转半径越来越小
B.粒子的动能越来越大,旋转半径越来越大
C.粒子的动能不变,旋转半径越来越小
D.粒子的动能不变,旋转半径越来越大
【典例6】
(2025·龙岩模拟)如图所示,在直角坐标系第一象限存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为q的粒子从x轴上的P点射入磁场中,入射方向与x轴成θ=60°,射入后恰好能垂直于y轴射出磁场,不计粒子重力,已知OP=a。则( )
A.粒子带正电荷
B.射出点与O点距离为2a
C.若只改变θ,粒子射出点与O点最远的距离为4a
D.若只改变θ,粒子在磁场中运动时间最长为
第2讲 磁场对运动电荷的作用
考点1
必备知识
1.运动电荷 2.(1)反方向 洛伦兹力 (2)平面 3.(1)0 (2)qvB
微点辨析 (1)× (2)√ (3)×
关键能力
【典例1】 A 解析 小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右,A项正确;小球运动过程中,受重力和洛伦兹力的作用,且合力不为零,所以小球运动过程中的速度变化,B项错误;小球受到的重力不变,洛伦兹力时刻变化,则合力时刻变化,加速度时刻变化,C项错误;洛伦兹力永不做功,D项错误。
【典例2】 A 解析 根据洛伦兹力的表达式可知F洛=qvB=9.6×10-18 N,根据左手定则可知洛伦兹力由西向东,A项正确。
【典例3】 C 解析 圆环沿杆运动的速度为v1时垂直杆的方向有FN1+Bqv1=mgcos α,沿杆的方向有mgsin α-Ff1=ma,当 Ff1=0,即FN1=0时,a有最大值,且am=gsin α,此时qv1B=mgcos α,解得v1=,在圆环继续下滑过程中,弹力方向变为垂直于杆向下,设当环的速度达到最大值v2时,环受杆的弹力为 FN2,摩擦力为Ff2=μFN2,此时应有a=0,即mgsin α=Ff2,FN2+mgcos α=Bqv2,解得v2=,因此=+1,C项正确。
【典例4】 AC 解析 根据安培定则可得,两导线在AO之间磁场如图所示,根据平行四边形定则,将两磁场合成可知,合磁场方向水平向左,且由A到O两导线磁感应强度增强且与水平夹角变小,则合磁感应强度沿水平向左增强,A项正确,B项错误;由于AO之间磁场方向水平向左,与物块的运动方向共线,所以物块不受洛伦兹力,物块在运动过程中受到恒定不变的摩擦力,根据牛顿第二定律,物块做匀减速直线运动,C项正确,D项错误。
考点2
必备知识
1.匀速直线 2.匀速圆周 垂直 (1) (2) 无关 磁感应强度 (3)
微点辨析 (1)√ (2)×
关键能力
【典例5】 C 解析 洛伦兹力不做功,因此粒子的动能不变,A、B两项错误;根据公式Bqv=m,解得R=,随着磁感应强度B增大,v不变,故旋转半径R会减小,C项正确,D项错误。
【典例6】 D 解析 粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动垂直于y轴射出磁场,即水平向左离开,由左手定则可知粒子带负电,A项错误;粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系可得sin θ=,圆周的半径为r=2a,射出点与O点距离为d=r+rcos θ=3a,B项错误;若只改变θ,出射点与入射点在直径两端时,构成的直角三角形使得粒子射出点与O点最远,如图乙所示,则dmax==a,C项错误;若只改变θ,粒子在磁场中运动时间由圆心角决定,圆心角最大时时间最长,则当θ=0°时,即粒子的速度水平向右进入磁场时运动时间最大,如图丙所示,有cos α==,解得α=30°,最长运动时间为tmax=·T=·T=,D项正确。
甲 乙
丙(共28张PPT)
第2讲
磁场对运动电荷的作用
第十一章 磁场
目
标
要
求
1.掌握洛伦兹力的大小的计算和方向的判断方法。2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。3.学会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能确定粒子运动的圆心、半径和运动时间等。
考点1 对洛伦兹力的理解和应用
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
内容
索引
对洛伦兹力的理解和应用
考点1
必|备|知|识
1.洛伦兹力：磁场对 的作用力。
2.洛伦兹力的方向。
(1)判定方法(左手定则)。
掌心——磁感线从掌心进入；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的 ；
拇指——指向 的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 。
运动电荷
反方向
洛伦兹力
平面
3.洛伦兹力的大小。
(1)v∥B时，洛伦兹力F= 。(θ=0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F= 。(θ=90°)
(3)v=0时，洛伦兹力F=0。
0
qvB
(1)带电粒子在磁场中的速度不为零，一定受到洛伦兹力作用( )
(2)洛伦兹力对运动电荷不做功( )
(3)同一带电粒子在A处受到的洛伦兹力大于在B处受到的洛伦兹力,则A处的磁感应强度一定大于B处的磁感应强度( )
关|键|能|力
1.洛伦兹力与安培力的联系及区别。
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.洛伦兹力与电场力的比较。
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功
考向1
洛伦兹力的大小和方向
【典例1】 (2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A项正确；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B项错误；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C项错误；洛伦兹力永不做功，D项错误。
解析
【典例2】 (2025·西安模拟)如图，来
自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量
高能粒子，幸好由于地磁场的存在改变
了这些带电粒子的运动方向，使很多带
电粒子不能到达地面，避免了其对地面
生命的危害。已知西安上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×10-4 T，如果有一速率v=5.0×105 m/s、电量为1.6×10-19 C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场，则该正电荷受到的洛伦兹力约为( )
A.9.6×10-18 N 向东
B.9.6×10-18 N 向西
C.9.6×10-16 N 向北
D.9.6×10-16 N 向南
根据洛伦兹力的表达式可知F洛=qvB=9.6×10-18 N，根据左手定则可知洛伦兹力由西向东，A项正确。
解析
考向2
洛伦兹力作用下带电体的运动
【典例3】 (2025·芜湖模拟)如图所示，竖直平
面内固定一足够长绝缘直杆，与水平面夹角为α。
杆处在足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直杆所
在平面，磁场磁感应强度大小为B。杆上套一个
带负电的环，环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ(μA.tan α B. C.+1 D.-1
圆环沿杆运动的速度为v1时垂直杆的方向有FN1+Bqv1=mgcos α，沿杆的方向有mgsin α-Ff1=ma，当 Ff1=0，即FN1=0时，a有最大值，且am=gsin α，此时qv1B=mgcos α，解得v1=，在圆环继续下滑过程中，弹力方向变为垂直于杆向下，设当环的速度达到最大值v2时，环受杆的弹力为 FN2，摩擦力为Ff2=μFN2，此时应有a=0,即mgsin α=Ff2，FN2+mgcos α=Bqv2，解得v2=，因此=+1，C项正确。
解析
【典例4】 (多选)如图所示，两足够长的通电直导线P、Q(垂直纸面)关于粗糙程度均匀的水平面对称分布，P、Q连线与水平面交点为O，P、Q通以大小相等、方向相反的恒定电流。一带正电的绝缘物块从A点以某一初速度向右运动，恰好运动到O点。下列说法正确的是( )
A.从A到O，磁感应强度逐渐增大
B.从A到O，磁感应强度先增大后减小
C.从A到O，物块做匀减速直线运动
D.从A到O，物块做加速度逐渐增大的减速运动
根据安培定则可得，两导线在AO之间磁场如
图所示，根据平行四边形定则，将两磁场合
成可知，合磁场方向水平向左，且由A到O两
导线磁感应强度增强且与水平夹角变小，则
合磁感应强度沿水平向左增强，A项正确，B项错误；由于AO之间磁场方向水平向左，与物块的运动方向共线，所以物块不受洛伦兹力，物块在运动过程中受到恒定不变的摩擦力，根据牛顿第二定律，物块做匀减速直线运动，C项正确，D项错误。
解析
带电粒子在匀强磁场中的运动
考点2
必|备|知|识
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子不受洛伦兹力作用，做 运动。
2.带电粒子以速度v垂直于磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子做 运动，其轨迹面与磁场 。
匀速直线
匀速圆周
垂直
(1)轨迹半径：由洛伦兹力提供向心力，qvB=，解得r= 。
(2)周期：由v=得T= ，周期T与轨迹半径和粒子的运动速度 ，只和粒子的比荷和 有关。
(3)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(单位为弧度)时，所用时
间t= T。
(4)动能：Ek=mv2==。
无关
磁感应强度
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，速度越大，轨道半径越大( )
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，速度越大，周期越大( )
关|键|能|力
1.圆心的确定方法。
方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速
度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分
别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交
点即为圆心，如图甲。
方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。
2.半径的计算方法。
方法一 由物理方法求：半径R=。
方法二 由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。
3.时间的计算方法。
方法一 利用圆心角求：t=T。
方法二 利用弧长求：t=。
【典例5】 (2025·哈尔滨模拟)如图所示，带电粒子仅在磁场力作用下绕磁感线做螺旋运动，则带电粒子从P点向Q点运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.粒子的动能越来越大，旋转半径越来越小
B.粒子的动能越来越大，旋转半径越来越大
C.粒子的动能不变，旋转半径越来越小
D.粒子的动能不变，旋转半径越来越大
洛伦兹力不做功，因此粒子的动能不变，A、B两项错误；根据公式Bqv=m，解得R=，随着磁感应强度B增大，v不变，故旋转半径R会减小，C项正确，D项错误。
解析
【典例6】 (2025·龙岩模拟)如图所示，在直角坐标系第一象限存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从x轴上的P点射入磁场中，入射方向与x轴成θ=60°，射入后恰好能垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力，已知OP=a。则( )
A.粒子带正电荷
B.射出点与O点距离为2a
C.若只改变θ，粒子射出点与O点最远的距离为4a
D.若只改变θ，粒子在磁场中运动时间最长为
粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动垂直于y轴射出磁场，即水平向左离开，由左手定则可知粒子带负电，A项错误；粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可得sin θ=，圆周的半径为r=2a，射出点与O点距离为d=r+rcos θ=3a，B项错误；若只改变θ，出射点与入射点在直径两端时，构成的直角三角形使得粒子射出点与O点最远，如图乙所示，则dmax==a，C项错误；
解析
若只改变θ，粒子在磁
场中运动时间由圆心角
决定，圆心角最大时时
间最长，则当θ=0°时，
即粒子的速度水平向右
进入磁场时运动时间最大，如图丙所示，有cos α==，解得α=
30°，最长运动时间为tmax=·T=·T=，D项正确。
解析微练40 磁场对运动电荷的作用
梯级Ⅰ基础练
1.如图所示，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。若磁感应强度为B，粒子带电量为q(q>0)，质量为m，速度大小为v，不计重力，则粒子运动的轨道半径为( )
A. B. C. D.
2.(多选)(2025·西安模拟)如图所示，足够大的空间内，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上O点固定一根绝缘细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O点做匀速圆周运动。在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列情况有可能发生的是( )
A.速率变小，半径变小，周期不变
B.速率不变，半径不变，周期不变
C.速率变小，半径变大，周期变大
D.速率不变，半径变小，周期变小
3.(2025·广州模拟)电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子(此过程类似完全非弹性碰撞)，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是( )
4.(2025·泉州模拟)云雾室也称云室是一种早期的核辐射探测器，也是最早的带电粒子径迹探测器。因发明者为英国物理学家威尔逊，一般称为威尔逊云室。如图所示，将大量正、负带电粒子以大小相同的速度喷入云雾室里，观察到有两个粒子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反。已知云雾室中匀强磁场方向垂直纸面向里，只考虑带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力。下列说法正确的是( )
A.粒子①受到的洛伦兹力不变
B.粒子②一定带负电
C.粒子①和②的质量一定相等
D.粒子①和②的比荷一定相等
5.(2025·贵阳模拟)科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，PMN左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，PM⊥MN。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从PM上O点以平行于MN的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过MN上E、F两点，OM=ME=EF=d，不考虑粒子间相互作用力及重力，则( )
A.乙在磁场中运动的轨道半径为2d
B.乙的质量是甲质量的2.5倍
C.甲在磁场中运动时间大于乙
D.洛伦兹力对甲、乙均做正功
6.(2025·天水模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)由轨道左端A处无初速度滑下﹐当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若轨道两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg
C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
7.(2025·北京模拟)如图所示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷量为+q的圆环套在OO'棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μA. B.
C. D.
梯级Ⅱ能力练
8.(多选)(2025·黄岗模拟)如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带负电的小球，置于水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中。已知线长为L，小球质量为m，电荷量为q，磁感应强度大小为，现把小球从A点静止释放，刚好沿着圆弧AB到达最高点B处，此时OA与OB夹角为θ，其中cos θ=，sin θ=，重力加速度为g，已知cos 37°=，sin 37°=，则小球( )
A.从A到B的过程中，小球的机械能一直增大
B.小球所受的电场力是重力的倍
C.从A到B过程中，小球的最大速度为
D.从A到B过程中，绳子的最大拉力为重力的倍
9.如图所示，光滑绝缘水平桌面上有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=3×10-4 kg，mb=1.5×10-4 kg。b球带正电荷q=1×10-3 C，静止在磁感应强度为B=1×10-3 T的匀强磁场中，不带电小球a以速度v0=4×103 m/s进入磁场，与b球发生正碰，且碰后两球电量均分，若碰后b球对桌面压力恰好为0，g=10 m/s2，求:
(1)碰后b球的速度vb;
(2)碰后a球对桌面的压力大小。
梯级Ⅲ创新练
10.如图所示，质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上，整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对小球施加一个水平向右、大小恒为F(FA. B.
C. D.
微练40 磁场对运动电荷的作用
1.D 解析 粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得粒子运动的轨道半径r=,D项正确。
2.BD 解析 因为洛伦兹力永不做功,所以速度大小不变,A、C两项错误;若开始时细线上无拉力,当细线断开后,合力不变,速率不变,周期不变,B项正确;若开始时细线上有拉力,由拉力和洛伦兹力的合力提供向心力,即F+F洛=或F-F洛=;细线断开后,仅由洛伦兹力提供向心力,即F洛=,此时合力可能变大、变小或不变,而速度不变,则轨道半径可能变小、变大或不变,再根据周期T=,可判断周期可能变小、变大或不变,D项正确。
3.D 解析 正离子吸收一个电子后,带电荷量由+3e变为+2e,由于碰撞的时间极短,故吸收电子后满足动量守恒定律,离子运动的动量保持不变,由洛伦兹力提供向心力qvB=m,轨道半径为r=,因为离子吸收电子后,电荷量减小且新离子的动量与原来相同,故离子做圆周运动的轨道半径r增大,离子仍然带正电,故离子圆周运动方向没有发生变化,D项正确。
4.D 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,洛伦兹力的方向始终指向圆心,洛伦兹力大小一定,方向不断发生变化,A项错误;根据左手定则可知,粒子②带正电,B项错误;两个粒子的径迹弯曲程度相同,即轨道半径相等,根据qvB=m,解得=,两粒子的比荷相等,质量不一定相等,C项错误,D项正确。
5.B 解析 乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O1,由几何关系有(R乙-d)2+(2d)2=,可得乙在磁场中运动的轨道半径为R乙=2.5d,A项错误;由牛顿第二定律有Bqv=,化简得R=,由图可知R甲=d,得=,结合R=可知=,即乙的质量是甲质量的2.5倍,B项正确;由公式t=,且乙粒子的运动轨迹大于甲粒子的运动轨迹,两粒子入射速度大小相同,即有t乙>t甲,C项错误;洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功,D项错误。
6.D 解析 小球从A到C过程机械能守恒mgR=mv2,解得v=,所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F=qB,A项错误;在C点由牛顿第二定律有FN-mg+F=m,解得FN=3mg-qB,小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB,B项错误;小球从C到D的过程中,速率不变,小球受到的合外力大小不变(加速度a的大小也不变),方向始终指向圆心,设过小球的半径与竖直方向的夹角为θ,在竖直方向应用牛顿第二定律得,(F洛+FN)cos θ-mg=macos θ,整理得FN=+ma-F洛,随着θ增大,FN增大;在水平方向应用牛顿第二定律得(F洛+FN)sin θ-F=masin θ,整理得F=(F洛+FN-ma)sin θ,随着θ增大,F增大,C项错误;小球从C到D的过程中,由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小,所以外力F的功率逐渐增大,D项正确。
7.C 解析 由于μ8.AC 解析 从A到B过程中,电场力对小球一直做正功,则小球机械能一直增大,电势能一直减小,A项正确;根据动能定理-mgL(1-cos θ)+FLsin θ=0,解得F=mg,B项错误;小球所受重力和电场力的合力为F合=mg,方向与竖直方向的夹角为37°,所以当绝缘细线运动到此位置时,小球速度最大,根据动能定理-mgL(1-cos 37°)+FLsin 37°=mv2,解得v=,C项正确;根据T-F洛-F合=m,F洛=qBv,从A到B过程中,绳子的最大拉力T=F合+m+F洛=,D项错误。
9.答案 (1)3 000 m/s (2)1.75×10-3 N
解析 (1)碰后b球对桌面压力恰好为0,可得mbg=vB,
解得vb=3 000 m/s。
(2)由a、b两球碰撞过程水平方向动量守恒得mav0+0=mava+mbvb,
解得va=2 500 m/s,
a球受到的支持力大小为
F=mag-vaB=1.75×10-3 N,
由牛顿第三定律可知,碰后a球对桌面的压力大小为F'=1.75×10-3 N。
10.A 解析 对小球分析,竖直方向平衡mg=qvB+FN,水平方向,根据牛顿第二定律F-μFN=ma,当小球的加速度大小第一次达到时,联立解得v=,A项正确。(共29张PPT)
微练40
磁场对运动电荷的作用
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1.如图所示，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。若磁感应强度为B，粒子带电量为q(q>0)，质量为m，速度大小为v，不计重力，则粒子运动的轨道半径为( )
A. B. C. D.
梯级Ⅰ 基础练
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m，解得粒子运动的轨道半径r=，D项正确。
解析
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2.(多选)(2025·西安模拟)如图所示，足够大的空间内，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上O点固定一根绝缘细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O点做匀速圆周运动。在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列情况有可能发生的是( )
A.速率变小，半径变小，周期不变
B.速率不变，半径不变，周期不变
C.速率变小，半径变大，周期变大
D.速率不变，半径变小，周期变小
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因为洛伦兹力永不做功，所以速度大小不变，A、C两项错误；若开始时细线上无拉力，当细线断开后，合力不变，速率不变，周期不变，B项正确；若开始时细线上有拉力，由拉力和洛伦兹力的合力提供向心力，即F+F洛=或F-F洛=；细线断开后，仅由洛伦兹力提供向心力，即F洛=，此时合力可能变大、变小或不变，而速度不变，则轨道半径可能变小、变大或不变，再根据周期T=，可判断周期可能变小、变大或不变，D项正确。
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3.(2025·广州模拟)电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子(此过程类似完全非弹性碰撞)，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是( )
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正离子吸收一个电子后，带电荷量由+3e变为+2e，由于碰撞的时间极短，故吸收电子后满足动量守恒定律，离子运动的动量保持不变，由洛伦兹力提供向心力qvB=m，轨道半径为r=，因为离子吸收电子后，电荷量减小且新离子的动量与原来相同，故离子做圆周运动的轨道半径r增大，离子仍然带正电，故离子圆周运动方向没有发生变化，D项正确。
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4.(2025·泉州模拟)云雾室也称云室是一种早期的核辐射探测器，也是最早的带电粒子径迹探测器。因发明者为英国物理学家威尔逊，一般称为威尔逊云室。如图所示，将大量正、负带电粒子以大小相同的速度喷入云雾室里，观察到有两个粒子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反。已知云雾室中匀强磁场方向垂直纸面向里，只考虑带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力。下列说法正确的是 ( )
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A.粒子①受到的洛伦兹力不变
B.粒子②一定带负电
C.粒子①和②的质量一定相等
D.粒子①和②的比荷一定相等
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粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力的方向始终指向圆心，洛伦兹力大小一定，方向不断发生变 化，A项错误；根据左手定则可知，粒子②带正电，B项错误；两个粒子的径迹弯曲程度相同，即轨道半径相等，根据qvB=m，解得=，两粒子的比荷相等，质量不一定相等，C项错误，D项正确。
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5.(2025·贵阳模拟)科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，PMN左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，PM⊥MN。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从PM上O点以平行于MN的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过MN上E、F两点，OM=ME=EF=d，不考虑粒子间相互作用力及重力，则( )
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A.乙在磁场中运动的轨道半径为2d
B.乙的质量是甲质量的2.5倍
C.甲在磁场中运动时间大于乙
D.洛伦兹力对甲、乙均做正功
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乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O1，由几何关系有(R乙-d)2+(2d)2=，可得乙在磁场中运动的轨道半径为R乙=2.5d，A项错误；由牛顿第二定律有Bqv=，化简得R=，由图可知R甲=d，得=，结合R==，即乙的质量是甲质量的2.5倍，B项正确；由公式t=，且乙粒子的运动轨迹大于甲粒子的
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运动轨迹，两粒子入射速度大小相同，即有t乙>t甲，C项错误；洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，D项错误。
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6.(2025·天水模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)由轨道左端A处无初速度滑下﹐当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若轨道两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
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A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg
C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
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小球从A到C过程机械能守恒mgR=mv2，解得v=，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F=qB，A项错误；在C点由牛顿第二定律有FN-mg+F=m，解得FN=3mg-qB，小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB，B项错误；小球从C到D的过程中，速率不变，小球受到的合外力大小不变(加速度a的大小也不变)，方向始终指向圆心，设过小球的半径与竖直方向的夹角为
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θ，在竖直方向应用牛顿第二定律得，(F洛+FN)cos θ-mg=macos θ，整理得FN=+ma-F洛，随着θ增大，FN增大；在水平方向应用牛顿第二定律得(F洛+FN)sin θ-F=masin θ，整理得F=(F洛+FN- ma)sin θ，随着θ增大，F增大，C项错误；小球从C到D的过程中，
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由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，D项正确。
7.(2025·北京模拟)如图所示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷量为+q的圆环套在OO'棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μA. B.
C. D.
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由于μ解析
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8.(多选)(2025·黄岗模拟)如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带负电的小球，置于水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中。已知线长为L，小球质量为m，电荷量为q，磁感应强度大小为，现把小球从A点静止释放，刚好沿着圆弧AB到达最高点B处，此时OA与OB夹角为θ，其中cos θ=， sin θ=，重力加速度为g，已知cos 37°=，sin 37°=，则小球 ( )
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梯级Ⅱ 能力练
A.从A到B的过程中，小球的机械能一直增大
B.小球所受的电场力是重力的倍
C.从A到B过程中，小球的最大速度为
D.从A到B过程中，绳子的最大拉力为重力的倍
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从A到B过程中，电场力对小球一直做正功，则小球机械能一直增大，电势能一直减小，A项正确；根据动能定理-mgL(1-cos θ)+
FLsin θ=0，解得F=mg，B项错误；小球所受重力和电场力的合力为F合=mg，方向与竖直方向的夹角为37°，所以当绝缘细线运动到此位置时，小球速度最大，根据动能定理-mgL(1-cos 37°)+
解析
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FLsin 37°=mv2，解得v=，C项正确；根据T-F洛-F合=m， F洛=qBv，从A到B过程中，绳子的最大拉力T=F合+m+F洛=，D项错误。
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9.如图所示，光滑绝缘水平桌面上有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=3×10-4 kg，mb=1.5×10-4 kg。b球带正电荷q=1× 10-3 C，静止在磁感应强度为B=1×10-3 T的匀强磁场中，不带电小球a以速度v0=4×103 m/s进入磁场，与b球发生正碰，且碰后两球电量均分，若碰后b球对桌面压力恰好为0，g=10 m/s2，求:
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碰后b球对桌面压力恰好为0，可得mbg=vB，
解得vb=3 000 m/s。
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(1)碰后b球的速度vb；
(2)碰后a球对桌面的压力大小。
由a、b两球碰撞过程水平方向动量守恒得mav0+0=mava+mbvb，
解得va=2 500 m/s，
a球受到的支持力大小为
F=mag-vaB=1.75×10-3 N，
由牛顿第三定律可知，碰后a球对桌面的压力大小为
F'=1.75×10-3 N。
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10.如图所示，质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上，整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场 中。现对小球施加一个水平向右、大小恒为F(FA. B.
C. D.
梯级Ⅲ 创新练
对小球分析，竖直方向平衡mg=qvB+FN，水平方向，根据牛顿第二定律F-μFN=ma，当小球的加速度大小第一次达到时，联立解得v=，A项正确。
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