資源簡介

第2講　磁場對運動電荷的作用
■目標要求
1.掌握洛倫茲力的大小的計算和方向的判斷方法。2.會分析洛倫茲力作用下帶電體的運動。3.學會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題,能確定粒子運動的圓心、半徑和運動時間等。
考點1　對洛倫茲力的理解和應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.洛倫茲力:磁場對　　　　　　的作用力。
2.洛倫茲力的方向。
(1)判定方法(左手定則)。
掌心——磁感線從掌心進入;
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的　　　　　;
拇指——指向　　　　　　的方向。
(2)方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v決定的　　　　。
3.洛倫茲力的大小。
(1)v∥B時,洛倫茲力F=　　　。(θ=0°或180°)
(2)v⊥B時,洛倫茲力F= 　。(θ=90°)
(3)v=0時,洛倫茲力F=0。
(1)帶電粒子在磁場中的速度不為零,一定受到洛倫茲力作用()
(2)洛倫茲力對運動電荷不做功()
(3)同一帶電粒子在A處受到的洛倫茲力大于在B處受到的洛倫茲力,則A處的磁感應強度一定大于B處的磁感應強度()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.洛倫茲力與安培力的聯系及區別。
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現,二者性質相同,都是磁場力。
(2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運動電荷不做功。
2.洛倫茲力與電場力的比較。
洛倫茲力 電場力
產生 條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 F⊥B且F⊥v 正電荷受力與電場方向相同,負電荷受力與電場方向相反
做功 情況 任何情況下都不做功 可能做正功,可能做負功,也可能不做功
考向1　洛倫茲力的大小和方向
【典例1】　
(2023·海南卷)如圖所示,帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場,關于小球運動和受力的說法正確的是(　　)
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程中的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
【典例2】　(2025·西安模擬)如圖,來自太陽和其他星體的宇宙射線含有大量高能粒子,幸好由于地磁場的存在改變了這些帶電粒子的運動方向,使很多帶電粒子不能到達地面,避免了其對地面生命的危害。已知西安上空某處由南指向北的磁感應強度約為1.2×10-4 T,如果有一速率v=5.0×105 m/s、電量為1.6×10-19 C的正電荷豎直向下運動穿過此處的地磁場,則該正電荷受到的洛倫茲力約為(　　)
A.9.6×10-18 N　向東
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　洛倫茲力作用下帶電體的運動
【典例3】　(2025·蕪湖模擬)如圖所示,豎直平面內固定一足夠長絕緣直桿,與水平面夾角為α。
桿處在足夠大的勻強磁場中,磁場方向垂直桿所在平面,磁場磁感應強度大小為B。桿上套一個帶負電的環,環與絕緣直桿間的動摩擦因數為μ(μA.tan α B.
C.+1 D.-1
【典例4】　
(多選)如圖所示,兩足夠長的通電直導線P、Q(垂直紙面)關于粗糙程度均勻的水平面對稱分布,P、Q連線與水平面交點為O,P、Q通以大小相等、方向相反的恒定電流。一帶正電的絕緣物塊從A點以某一初速度向右運動,恰好運動到O點。下列說法正確的是(　　)
A.從A到O,磁感應強度逐漸增大
B.從A到O,磁感應強度先增大后減小
C.從A到O,物塊做勻減速直線運動
D.從A到O,物塊做加速度逐漸增大的減速運動
考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.在勻強磁場中,當帶電粒子平行于磁場方向運動時,粒子不受洛倫茲力作用,做　　　　運動。
2.帶電粒子以速度v垂直于磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中,若只受洛倫茲力,則帶電粒子做　　　　　運動,其軌跡面與磁場　　　　。
(1)軌跡半徑:由洛倫茲力提供向心力,qvB=,解得r=　　　　。
(2)周期:由v=得T=　　　　,周期T與軌跡半徑和粒子的運動速度　　　　,只和粒子的比荷和　　　　　　　有關。
(3)運動時間:當帶電粒子轉過的圓心角為θ(單位為弧度)時,所用時間t=　　　　T。
(4)動能:Ek=mv2==。
(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,速度越大,軌道半徑越大()
(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,速度越大,周期越大()
關|鍵|能|力
1.圓心的確定方法。
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向,則可根據洛倫茲力F⊥v,分別確定兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即為圓心,如圖甲。
甲　　　　　　　乙
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向,則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線,中垂線與速度垂線的交點即為圓心,如圖乙。
2.半徑的計算方法。
方法一　由物理方法求:半徑R=。
方法二　由幾何方法求:一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定。
3.時間的計算方法。
方法一　利用圓心角求:t=T。
方法二　利用弧長求:t=。
【典例5】　
(2025·哈爾濱模擬)如圖所示,帶電粒子僅在磁場力作用下繞磁感線做螺旋運動,則帶電粒子從P點向Q點運動的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.粒子的動能越來越大,旋轉半徑越來越小
B.粒子的動能越來越大,旋轉半徑越來越大
C.粒子的動能不變,旋轉半徑越來越小
D.粒子的動能不變,旋轉半徑越來越大
【典例6】　
(2025·龍巖模擬)如圖所示,在直角坐標系第一象限存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場,一個質量為m、電荷量為q的粒子從x軸上的P點射入磁場中,入射方向與x軸成θ=60°,射入后恰好能垂直于y軸射出磁場,不計粒子重力,已知OP=a。則(　　)
A.粒子帶正電荷
B.射出點與O點距離為2a
C.若只改變θ,粒子射出點與O點最遠的距離為4a
D.若只改變θ,粒子在磁場中運動時間最長為
第2講　磁場對運動電荷的作用
考點1
必備知識 　
1.運動電荷　2.(1)反方向　洛倫茲力　(2)平面　3.(1)0　(2)qvB
微點辨析　(1)×　(2)√　(3)×
關鍵能力 　
【典例1】　A　解析　小球剛進入磁場時速度方向豎直向下,由左手定則可知,小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右,A項正確;小球運動過程中,受重力和洛倫茲力的作用,且合力不為零,所以小球運動過程中的速度變化,B項錯誤;小球受到的重力不變,洛倫茲力時刻變化,則合力時刻變化,加速度時刻變化,C項錯誤;洛倫茲力永不做功,D項錯誤。
【典例2】　A　解析　根據洛倫茲力的表達式可知F洛=qvB=9.6×10-18 N,根據左手定則可知洛倫茲力由西向東,A項正確。
【典例3】　C　解析　圓環沿桿運動的速度為v1時垂直桿的方向有FN1+Bqv1=mgcos α,沿桿的方向有mgsin α-Ff1=ma,當 Ff1=0,即FN1=0時,a有最大值,且am=gsin α,此時qv1B=mgcos α,解得v1=,在圓環繼續下滑過程中,彈力方向變為垂直于桿向下,設當環的速度達到最大值v2時,環受桿的彈力為 FN2,摩擦力為Ff2=μFN2,此時應有a=0,即mgsin α=Ff2,FN2+mgcos α=Bqv2,解得v2=,因此=+1,C項正確。
【典例4】　AC　解析　根據安培定則可得,兩導線在AO之間磁場如圖所示,根據平行四邊形定則,將兩磁場合成可知,合磁場方向水平向左,且由A到O兩導線磁感應強度增強且與水平夾角變小,則合磁感應強度沿水平向左增強,A項正確,B項錯誤;由于AO之間磁場方向水平向左,與物塊的運動方向共線,所以物塊不受洛倫茲力,物塊在運動過程中受到恒定不變的摩擦力,根據牛頓第二定律,物塊做勻減速直線運動,C項正確,D項錯誤。
考點2
必備知識 　
1.勻速直線　2.勻速圓周　垂直　(1)　(2)　無關　磁感應強度　(3)
微點辨析　(1)√　(2)×
關鍵能力 　
【典例5】　C　解析　洛倫茲力不做功,因此粒子的動能不變,A、B兩項錯誤;根據公式Bqv=m,解得R=,隨著磁感應強度B增大,v不變,故旋轉半徑R會減小,C項正確,D項錯誤。
【典例6】　D　解析　粒子受洛倫茲力做勻速圓周運動垂直于y軸射出磁場,即水平向左離開,由左手定則可知粒子帶負電,A項錯誤;粒子的運動軌跡如圖甲所示,由幾何關系可得sin θ=,圓周的半徑為r=2a,射出點與O點距離為d=r+rcos θ=3a,B項錯誤;若只改變θ,出射點與入射點在直徑兩端時,構成的直角三角形使得粒子射出點與O點最遠,如圖乙所示,則dmax==a,C項錯誤;若只改變θ,粒子在磁場中運動時間由圓心角決定,圓心角最大時時間最長,則當θ=0°時,即粒子的速度水平向右進入磁場時運動時間最大,如圖丙所示,有cos α==,解得α=30°,最長運動時間為tmax=·T=·T=,D項正確。
甲　乙
丙(共28張PPT)
第2講
磁場對運動電荷的作用
第十一章　磁場
目
標
要
求
1.掌握洛倫茲力的大小的計算和方向的判斷方法。2.會分析洛倫茲力作用下帶電體的運動。3.學會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題，能確定粒子運動的圓心、半徑和運動時間等。
考點1　對洛倫茲力的理解和應用
考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動
內容
索引
對洛倫茲力的理解和應用
考點1
必|備|知|識
1.洛倫茲力：磁場對 的作用力。
2.洛倫茲力的方向。
(1)判定方法(左手定則)。
掌心——磁感線從掌心進入；
四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的 ；
拇指——指向 的方向。
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的 。
運動電荷
反方向
洛倫茲力
平面
3.洛倫茲力的大小。
(1)v∥B時，洛倫茲力F= 。(θ=0°或180°)
(2)v⊥B時，洛倫茲力F= 。(θ=90°)
(3)v=0時，洛倫茲力F=0。
0
qvB
(1)帶電粒子在磁場中的速度不為零，一定受到洛倫茲力作用( )
(2)洛倫茲力對運動電荷不做功( )
(3)同一帶電粒子在A處受到的洛倫茲力大于在B處受到的洛倫茲力,則A處的磁感應強度一定大于B處的磁感應強度( )
關|鍵|能|力
1.洛倫茲力與安培力的聯系及區別。
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者性質相同，都是磁場力。
(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。
2.洛倫茲力與電場力的比較。
洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
方向 F⊥B且F⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反
做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功，可能做負功，也可能不做功
考向1
洛倫茲力的大小和方向
【典例1】　(2023·海南卷)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力的說法正確的是( )
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程中的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A項正確；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B項錯誤；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C項錯誤；洛倫茲力永不做功，D項錯誤。
解析
【典例2】　(2025·西安模擬)如圖，來
自太陽和其他星體的宇宙射線含有大量
高能粒子，幸好由于地磁場的存在改變
了這些帶電粒子的運動方向，使很多帶
電粒子不能到達地面，避免了其對地面
生命的危害。已知西安上空某處由南指向北的磁感應強度約為1.2×10-4 T，如果有一速率v=5.0×105 m/s、電量為1.6×10-19 C的正電荷豎直向下運動穿過此處的地磁場，則該正電荷受到的洛倫茲力約為( )
A.9.6×10-18 N　向東
B.9.6×10-18 N　向西
C.9.6×10-16 N　向北
D.9.6×10-16 N　向南
根據洛倫茲力的表達式可知F洛=qvB=9.6×10-18 N，根據左手定則可知洛倫茲力由西向東，A項正確。
解析
考向2
洛倫茲力作用下帶電體的運動
【典例3】　(2025·蕪湖模擬)如圖所示，豎直平
面內固定一足夠長絕緣直桿，與水平面夾角為α。
桿處在足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直桿所
在平面，磁場磁感應強度大小為B。桿上套一個
帶負電的環，環與絕緣直桿間的動摩擦因數為μ(μA.tan α B. C.+1 D.-1
圓環沿桿運動的速度為v1時垂直桿的方向有FN1+Bqv1=mgcos α，沿桿的方向有mgsin α-Ff1=ma，當 Ff1=0，即FN1=0時，a有最大值，且am=gsin α，此時qv1B=mgcos α，解得v1=，在圓環繼續下滑過程中，彈力方向變為垂直于桿向下，設當環的速度達到最大值v2時，環受桿的彈力為 FN2，摩擦力為Ff2=μFN2，此時應有a=0,即mgsin α=Ff2，FN2+mgcos α=Bqv2，解得v2=，因此=+1，C項正確。
解析
【典例4】　(多選)如圖所示，兩足夠長的通電直導線P、Q(垂直紙面)關于粗糙程度均勻的水平面對稱分布，P、Q連線與水平面交點為O，P、Q通以大小相等、方向相反的恒定電流。一帶正電的絕緣物塊從A點以某一初速度向右運動，恰好運動到O點。下列說法正確的是( )
A.從A到O，磁感應強度逐漸增大
B.從A到O，磁感應強度先增大后減小
C.從A到O，物塊做勻減速直線運動
D.從A到O，物塊做加速度逐漸增大的減速運動
根據安培定則可得，兩導線在AO之間磁場如
圖所示，根據平行四邊形定則，將兩磁場合
成可知，合磁場方向水平向左，且由A到O兩
導線磁感應強度增強且與水平夾角變小，則
合磁感應強度沿水平向左增強，A項正確，B項錯誤；由于AO之間磁場方向水平向左，與物塊的運動方向共線，所以物塊不受洛倫茲力，物塊在運動過程中受到恒定不變的摩擦力，根據牛頓第二定律，物塊做勻減速直線運動，C項正確，D項錯誤。
解析
帶電粒子在勻強磁場中的運動
考點2
必|備|知|識
1.在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子不受洛倫茲力作用，做 運動。
2.帶電粒子以速度v垂直于磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子做 運動，其軌跡面與磁場 。
勻速直線
勻速圓周
垂直
(1)軌跡半徑：由洛倫茲力提供向心力，qvB=，解得r= 。
(2)周期：由v=得T= ，周期T與軌跡半徑和粒子的運動速度 ，只和粒子的比荷和 有關。
(3)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(單位為弧度)時，所用時
間t= T。
(4)動能：Ek=mv2==。
無關
磁感應強度
(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，速度越大，軌道半徑越大( )
(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，速度越大，周期越大( )
關|鍵|能|力
1.圓心的確定方法。
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速
度方向，則可根據洛倫茲力F⊥v，分
別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交
點即為圓心，如圖甲。
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙。
2.半徑的計算方法。
方法一　由物理方法求：半徑R=。
方法二　由幾何方法求：一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定。
3.時間的計算方法。
方法一　利用圓心角求：t=T。
方法二　利用弧長求：t=。
【典例5】　(2025·哈爾濱模擬)如圖所示，帶電粒子僅在磁場力作用下繞磁感線做螺旋運動，則帶電粒子從P點向Q點運動的過程中，下列說法正確的是( )
A.粒子的動能越來越大，旋轉半徑越來越小
B.粒子的動能越來越大，旋轉半徑越來越大
C.粒子的動能不變，旋轉半徑越來越小
D.粒子的動能不變，旋轉半徑越來越大
洛倫茲力不做功，因此粒子的動能不變，A、B兩項錯誤；根據公式Bqv=m，解得R=，隨著磁感應強度B增大，v不變，故旋轉半徑R會減小，C項正確，D項錯誤。
解析
【典例6】　(2025·龍巖模擬)如圖所示，在直角坐標系第一象限存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為q的粒子從x軸上的P點射入磁場中，入射方向與x軸成θ=60°，射入后恰好能垂直于y軸射出磁場，不計粒子重力，已知OP=a。則( )
A.粒子帶正電荷
B.射出點與O點距離為2a
C.若只改變θ，粒子射出點與O點最遠的距離為4a
D.若只改變θ，粒子在磁場中運動時間最長為
粒子受洛倫茲力做勻速圓周運動垂直于y軸射出磁場，即水平向左離開，由左手定則可知粒子帶負電，A項錯誤；粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可得sin θ=，圓周的半徑為r=2a，射出點與O點距離為d=r+rcos θ=3a，B項錯誤；若只改變θ，出射點與入射點在直徑兩端時，構成的直角三角形使得粒子射出點與O點最遠，如圖乙所示，則dmax==a，C項錯誤；
解析
若只改變θ，粒子在磁
場中運動時間由圓心角
決定，圓心角最大時時
間最長，則當θ=0°時，
即粒子的速度水平向右
進入磁場時運動時間最大，如圖丙所示，有cos α==，解得α=
30°，最長運動時間為tmax=·T=·T=，D項正確。
解析微練40　磁場對運動電荷的作用
　梯級Ⅰ基礎練
1.如圖所示，一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。若磁感應強度為B，粒子帶電量為q(q>0)，質量為m，速度大小為v，不計重力，則粒子運動的軌道半徑為(　　)
A.　 　B.　 　C.　 　D.
2.(多選)(2025·西安模擬)如圖所示，足夠大的空間內，豎直向下的勻強磁場穿過光滑的絕緣水平面，平面上O點固定一根絕緣細線，細線的另一端系一帶電小球，小球在光滑水平面內繞O點做勻速圓周運動。在某時刻細線斷開，小球仍然在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列情況有可能發生的是(　　)
A.速率變小，半徑變小，周期不變
B.速率不變，半徑不變，周期不變
C.速率變小，半徑變大，周期變大
D.速率不變，半徑變小，周期變小
3.(2025·廣州模擬)電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態的一個電子(此過程類似完全非彈性碰撞)，若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是(　　)
4.(2025·泉州模擬)云霧室也稱云室是一種早期的核輻射探測器，也是最早的帶電粒子徑跡探測器。因發明者為英國物理學家威爾遜，一般稱為威爾遜云室。如圖所示，將大量正、負帶電粒子以大小相同的速度噴入云霧室里，觀察到有兩個粒子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反。已知云霧室中勻強磁場方向垂直紙面向里，只考慮帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力。下列說法正確的是(　　)
A.粒子①受到的洛倫茲力不變
B.粒子②一定帶負電
C.粒子①和②的質量一定相等
D.粒子①和②的比荷一定相等
5.(2025·貴陽模擬)科學家利用磁場控制帶電粒子的軌跡，研究粒子的性質。如圖，PMN左下方空間內有垂直紙面向里的勻強磁場，PM⊥MN?，F有電荷量相同、質量不同的甲、乙兩種正粒子，先后從PM上O點以平行于MN的相同速度射入磁場，甲、乙分別經過MN上E、F兩點，OM=ME=EF=d，不考慮粒子間相互作用力及重力，則(　　)
A.乙在磁場中運動的軌道半徑為2d
B.乙的質量是甲質量的2.5倍
C.甲在磁場中運動時間大于乙
D.洛倫茲力對甲、乙均做正功
6.(2025·天水模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形絕緣軌道固定在豎直平面內，軌道所在空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)由軌道左端A處無初速度滑下﹐當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點。若軌道兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　)
A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB
B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg
C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變
D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大
7.(2025·北京模擬)如圖所示，在磁感強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO'在豎直面內垂直磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α。一質量為m、帶電荷量為+q的圓環套在OO'棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μA. B.
C. D.
梯級Ⅱ能力練
8.(多選)(2025·黃崗模擬)如圖所示，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶負電的小球，置于水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中。已知線長為L，小球質量為m，電荷量為q，磁感應強度大小為，現把小球從A點靜止釋放，剛好沿著圓弧AB到達最高點B處，此時OA與OB夾角為θ，其中cos θ=，sin θ=，重力加速度為g，已知cos 37°=，sin 37°=，則小球(　　)
A.從A到B的過程中，小球的機械能一直增大
B.小球所受的電場力是重力的倍
C.從A到B過程中，小球的最大速度為
D.從A到B過程中，繩子的最大拉力為重力的倍
9.如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有直徑相同的兩個金屬小球a和b，質量分別為ma=3×10-4 kg，mb=1.5×10-4 kg。b球帶正電荷q=1×10-3 C，靜止在磁感應強度為B=1×10-3 T的勻強磁場中，不帶電小球a以速度v0=4×103 m/s進入磁場，與b球發生正碰，且碰后兩球電量均分，若碰后b球對桌面壓力恰好為0，g=10 m/s2，求:
(1)碰后b球的速度vb;
(2)碰后a球對桌面的壓力大小。
梯級Ⅲ創新練
10.如圖所示，質量為m、電荷量為-q(q>0)的小球套在粗細均勻的固定絕緣水平桿上，整個裝置處在垂直于紙面向外的水平勻強磁場中?，F對小球施加一個水平向右、大小恒為F(FA. B.
C. D.
微練40　磁場對運動電荷的作用
1.D　解析　粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,解得粒子運動的軌道半徑r=,D項正確。
2.BD　解析　因為洛倫茲力永不做功,所以速度大小不變,A、C兩項錯誤;若開始時細線上無拉力,當細線斷開后,合力不變,速率不變,周期不變,B項正確;若開始時細線上有拉力,由拉力和洛倫茲力的合力提供向心力,即F+F洛=或F-F洛=;細線斷開后,僅由洛倫茲力提供向心力,即F洛=,此時合力可能變大、變小或不變,而速度不變,則軌道半徑可能變小、變大或不變,再根據周期T=,可判斷周期可能變小、變大或不變,D項正確。
3.D　解析　正離子吸收一個電子后,帶電荷量由+3e變為+2e,由于碰撞的時間極短,故吸收電子后滿足動量守恒定律,離子運動的動量保持不變,由洛倫茲力提供向心力qvB=m,軌道半徑為r=,因為離子吸收電子后,電荷量減小且新離子的動量與原來相同,故離子做圓周運動的軌道半徑r增大,離子仍然帶正電,故離子圓周運動方向沒有發生變化,D項正確。
4.D　解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,洛倫茲力的方向始終指向圓心,洛倫茲力大小一定,方向不斷發生變化,A項錯誤;根據左手定則可知,粒子②帶正電,B項錯誤;兩個粒子的徑跡彎曲程度相同,即軌道半徑相等,根據qvB=m,解得=,兩粒子的比荷相等,質量不一定相等,C項錯誤,D項正確。
5.B　解析　乙在磁場中做勻速圓周運動的圓心為O1,由幾何關系有(R乙-d)2+(2d)2=,可得乙在磁場中運動的軌道半徑為R乙=2.5d,A項錯誤;由牛頓第二定律有Bqv=,化簡得R=,由圖可知R甲=d,得=,結合R=可知=,即乙的質量是甲質量的2.5倍,B項正確;由公式t=,且乙粒子的運動軌跡大于甲粒子的運動軌跡,兩粒子入射速度大小相同,即有t乙>t甲,C項錯誤;洛倫茲力對進入磁場中的兩粒子均不做功,D項錯誤。
6.D　解析　小球從A到C過程機械能守恒mgR=mv2,解得v=,所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F=qB,A項錯誤;在C點由牛頓第二定律有FN-mg+F=m,解得FN=3mg-qB,小球在C點對軌道的壓力大小為3mg-qB,B項錯誤;小球從C到D的過程中,速率不變,小球受到的合外力大小不變(加速度a的大小也不變),方向始終指向圓心,設過小球的半徑與豎直方向的夾角為θ,在豎直方向應用牛頓第二定律得,(F洛+FN)cos θ-mg=macos θ,整理得FN=+ma-F洛,隨著θ增大,FN增大;在水平方向應用牛頓第二定律得(F洛+FN)sin θ-F=masin θ,整理得F=(F洛+FN-ma)sin θ,隨著θ增大,F增大,C項錯誤;小球從C到D的過程中,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的功率逐漸增大,D項正確。
7.C　解析　由于μ8.AC　解析　從A到B過程中,電場力對小球一直做正功,則小球機械能一直增大,電勢能一直減小,A項正確;根據動能定理-mgL(1-cos θ)+FLsin θ=0,解得F=mg,B項錯誤;小球所受重力和電場力的合力為F合=mg,方向與豎直方向的夾角為37°,所以當絕緣細線運動到此位置時,小球速度最大,根據動能定理-mgL(1-cos 37°)+FLsin 37°=mv2,解得v=,C項正確;根據T-F洛-F合=m,F洛=qBv,從A到B過程中,繩子的最大拉力T=F合+m+F洛=,D項錯誤。
9.答案　(1)3 000 m/s　(2)1.75×10-3 N
解析　(1)碰后b球對桌面壓力恰好為0,可得mbg=vB,
解得vb=3 000 m/s。
(2)由a、b兩球碰撞過程水平方向動量守恒得mav0+0=mava+mbvb,
解得va=2 500 m/s,
a球受到的支持力大小為
F=mag-vaB=1.75×10-3 N,
由牛頓第三定律可知,碰后a球對桌面的壓力大小為F'=1.75×10-3 N。
10.A　解析　對小球分析,豎直方向平衡mg=qvB+FN,水平方向,根據牛頓第二定律F-μFN=ma,當小球的加速度大小第一次達到時,聯立解得v=,A項正確。(共29張PPT)
微練40
磁場對運動電荷的作用
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1.如圖所示，一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。若磁感應強度為B，粒子帶電量為q(q>0)，質量為m，速度大小為v，不計重力，則粒子運動的軌道半徑為(　　)
A.　 　B.　 　C.　 　D.
梯級Ⅰ 基礎練
粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=m，解得粒子運動的軌道半徑r=，D項正確。
解析
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2.(多選)(2025·西安模擬)如圖所示，足夠大的空間內，豎直向下的勻強磁場穿過光滑的絕緣水平面，平面上O點固定一根絕緣細線，細線的另一端系一帶電小球，小球在光滑水平面內繞O點做勻速圓周運動。在某時刻細線斷開，小球仍然在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列情況有可能發生的是(　　)
A.速率變小，半徑變小，周期不變
B.速率不變，半徑不變，周期不變
C.速率變小，半徑變大，周期變大
D.速率不變，半徑變小，周期變小
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因為洛倫茲力永不做功，所以速度大小不變，A、C兩項錯誤；若開始時細線上無拉力，當細線斷開后，合力不變，速率不變，周期不變，B項正確；若開始時細線上有拉力，由拉力和洛倫茲力的合力提供向心力，即F+F洛=或F-F洛=；細線斷開后，僅由洛倫茲力提供向心力，即F洛=，此時合力可能變大、變小或不變，而速度不變，則軌道半徑可能變小、變大或不變，再根據周期T=，可判斷周期可能變小、變大或不變，D項正確。
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3.(2025·廣州模擬)電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態的一個電子(此過程類似完全非彈性碰撞)，若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是(　　)
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正離子吸收一個電子后，帶電荷量由+3e變為+2e，由于碰撞的時間極短，故吸收電子后滿足動量守恒定律，離子運動的動量保持不變，由洛倫茲力提供向心力qvB=m，軌道半徑為r=，因為離子吸收電子后，電荷量減小且新離子的動量與原來相同，故離子做圓周運動的軌道半徑r增大，離子仍然帶正電，故離子圓周運動方向沒有發生變化，D項正確。
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4.(2025·泉州模擬)云霧室也稱云室是一種早期的核輻射探測器，也是最早的帶電粒子徑跡探測器。因發明者為英國物理學家威爾遜，一般稱為威爾遜云室。如圖所示，將大量正、負帶電粒子以大小相同的速度噴入云霧室里，觀察到有兩個粒子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反。已知云霧室中勻強磁場方向垂直紙面向里，只考慮帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力。下列說法正確的是 (　　)
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A.粒子①受到的洛倫茲力不變
B.粒子②一定帶負電
C.粒子①和②的質量一定相等
D.粒子①和②的比荷一定相等
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粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力的方向始終指向圓心，洛倫茲力大小一定，方向不斷發生變 化，A項錯誤；根據左手定則可知，粒子②帶正電，B項錯誤；兩個粒子的徑跡彎曲程度相同，即軌道半徑相等，根據qvB=m，解得=，兩粒子的比荷相等，質量不一定相等，C項錯誤，D項正確。
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5.(2025·貴陽模擬)科學家利用磁場控制帶電粒子的軌跡，研究粒子的性質。如圖，PMN左下方空間內有垂直紙面向里的勻強磁場，PM⊥MN?，F有電荷量相同、質量不同的甲、乙兩種正粒子，先后從PM上O點以平行于MN的相同速度射入磁場，甲、乙分別經過MN上E、F兩點，OM=ME=EF=d，不考慮粒子間相互作用力及重力，則(　　)
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A.乙在磁場中運動的軌道半徑為2d
B.乙的質量是甲質量的2.5倍
C.甲在磁場中運動時間大于乙
D.洛倫茲力對甲、乙均做正功
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乙在磁場中做勻速圓周運動的圓心為O1，由幾何關系有(R乙-d)2+(2d)2=，可得乙在磁場中運動的軌道半徑為R乙=2.5d，A項錯誤；由牛頓第二定律有Bqv=，化簡得R=，由圖可知R甲=d，得=，結合R==，即乙的質量是甲質量的2.5倍，B項正確；由公式t=，且乙粒子的運動軌跡大于甲粒子的
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運動軌跡，兩粒子入射速度大小相同，即有t乙>t甲，C項錯誤；洛倫茲力對進入磁場中的兩粒子均不做功，D項錯誤。
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6.(2025·天水模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形絕緣軌道固定在豎直平面內，軌道所在空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)由軌道左端A處無初速度滑下﹐當小球滑至軌道最低點C 時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點。若軌道兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　)
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A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB
B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg
C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變
D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大
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小球從A到C過程機械能守恒mgR=mv2，解得v=，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F=qB，A項錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN-mg+F=m，解得FN=3mg-qB，小球在C點對軌道的壓力大小為3mg-qB，B項錯誤；小球從C到D的過程中，速率不變，小球受到的合外力大小不變(加速度a的大小也不變)，方向始終指向圓心，設過小球的半徑與豎直方向的夾角為
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θ，在豎直方向應用牛頓第二定律得，(F洛+FN)cos θ-mg=macos θ，整理得FN=+ma-F洛，隨著θ增大，FN增大；在水平方向應用牛頓第二定律得(F洛+FN)sin θ-F=masin θ，整理得F=(F洛+FN- ma)sin θ，隨著θ增大，F增大，C項錯誤；小球從C到D的過程中，
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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的功率逐漸增大，D項正確。
7.(2025·北京模擬)如圖所示，在磁感強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO'在豎直面內垂直磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α。一質量為m、帶電荷量為+q的圓環套在OO'棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μA. B.
C. D.
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由于μ解析
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8.(多選)(2025·黃崗模擬)如圖所示，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶負電的小球，置于水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中。已知線長為L，小球質量為m，電荷量為q，磁感應強度大小為，現把小球從A點靜止釋放，剛好沿著圓弧AB到達最高點B處，此時OA與OB夾角為θ，其中cos θ=， sin θ=，重力加速度為g，已知cos 37°=，sin 37°=，則小球 (　　)
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梯級Ⅱ 能力練
A.從A到B的過程中，小球的機械能一直增大
B.小球所受的電場力是重力的倍
C.從A到B過程中，小球的最大速度為
D.從A到B過程中，繩子的最大拉力為重力的倍
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從A到B過程中，電場力對小球一直做正功，則小球機械能一直增大，電勢能一直減小，A項正確；根據動能定理-mgL(1-cos θ)+
FLsin θ=0，解得F=mg，B項錯誤；小球所受重力和電場力的合力為F合=mg，方向與豎直方向的夾角為37°，所以當絕緣細線運動到此位置時，小球速度最大，根據動能定理-mgL(1-cos 37°)+
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FLsin 37°=mv2，解得v=，C項正確；根據T-F洛-F合=m， F洛=qBv，從A到B過程中，繩子的最大拉力T=F合+m+F洛=，D項錯誤。
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9.如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有直徑相同的兩個金屬小球a和b，質量分別為ma=3×10-4 kg，mb=1.5×10-4 kg。b球帶正電荷q=1× 10-3 C，靜止在磁感應強度為B=1×10-3 T的勻強磁場中，不帶電小球a以速度v0=4×103 m/s進入磁場，與b球發生正碰，且碰后兩球電量均分，若碰后b球對桌面壓力恰好為0，g=10 m/s2，求:
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碰后b球對桌面壓力恰好為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球對桌面的壓力大小。
由a、b兩球碰撞過程水平方向動量守恒得mav0+0=mava+mbvb，
解得va=2 500 m/s，
a球受到的支持力大小為
F=mag-vaB=1.75×10-3 N，
由牛頓第三定律可知，碰后a球對桌面的壓力大小為
F'=1.75×10-3 N。
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10.如圖所示，質量為m、電荷量為-q(q>0)的小球套在粗細均勻的固定絕緣水平桿上，整個裝置處在垂直于紙面向外的水平勻強磁場 中。現對小球施加一個水平向右、大小恒為F(FA. B.
C. D.
梯級Ⅲ 創新練
對小球分析，豎直方向平衡mg=qvB+FN，水平方向，根據牛頓第二定律F-μFN=ma，當小球的加速度大小第一次達到時，聯立解得v=，A項正確。
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