資源簡介

第2節(jié)　洛倫茲力
第1課時　洛倫茲力
(分值：100分)
1~7題每題6分，8題16分，共58分
考點一　洛倫茲力的方向
1.(2023·寶雞市高二期末)如圖所示，下列圖中分別標(biāo)出了勻強磁場B的方向、帶電粒子的電性及速度v的方向、電荷所受洛倫茲力f的方向，其中正確的是(　　)
2.(2023·廣州市高二期末)太陽風(fēng)(含有大量高能質(zhì)子與電子)射向地球時，地磁場改變了這些帶電粒子的運動方向，從而使很多粒子到達(dá)不了地面，另一小部分粒子則可能在兩極會聚從而形成絢麗的極光，赤道上空P處的磁感應(yīng)強度方向由南指向北，假設(shè)太陽風(fēng)中的一質(zhì)子豎直向下運動穿過P處的地磁場，如圖所示。此時該質(zhì)子受到的洛倫茲力的方向(　　)
A.向北 B.向南
C.向東 D.向西
考點二　洛倫茲力的大小
3.(多選)(2024·豐城市第一中學(xué)高二月考)下列關(guān)于電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是(　　)
A.電荷在電場中一定受到電場力的作用
B.電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用
C.同一電荷所受電場力大的地方，該處電場強度一定強
D.同一電荷所受洛倫茲力大的地方，該處磁感應(yīng)強度一定強
4.(多選)(2023·南平市高二期末)如圖，①②③④各圖中勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為B，帶電粒子的速率均為v，電荷量均為q。以f1、f2、f3、f4依次表示四圖中帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力的大小，則(　　)
A.f1=f2 B.f3=f4
C.f2=f3 D.f1=f4
5.(多選)(2023·安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)階段練習(xí))初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初速度方向如圖，則(　　)
A.電子將向左偏轉(zhuǎn)
B.電子將向右偏轉(zhuǎn)
C.電子所受洛倫茲力變小
D.電子所受洛倫茲力大小不變
考點三　帶電體在勻強磁場中的運動
6.(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(guān)于小球運動和受力說法正確的是(　　)
A.小球剛進(jìn)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.小球運動過程的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
7.(2023·阜陽市第一中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，甲是帶正電的物塊，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動，在加速運動階段(　　)
A.甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變
B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大
C.甲、乙兩物塊間的彈力不斷增大
D.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小
8.(16分)如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細(xì)棒OO'在豎直面內(nèi)垂直磁場方向放置，細(xì)棒與水平面間的夾角為α，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán)A套在OO'棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ(1)(10分)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？
(2)(6分)圓環(huán)A能夠達(dá)到的最大速度為多大？
9~12題每題8分，共32分
9.如圖所示，三根通電長直導(dǎo)線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流大小均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度B=，其中k為常數(shù))。某時刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過坐標(biāo)原點O，速度大小為v，方向沿y軸正方向，則電子此時所受洛倫茲力(　　)
A.方向垂直紙面向里，大小為
B.方向指向x軸正方向，大小為
C.方向垂直紙面向里，大小為
D.方向指向x軸正方向，大小為
10.(多選)(2024·綿陽市高二月考)如圖所示，在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶正電荷的小球，管道半徑略大于球體半徑，整個管道處于方向與管道垂直的水平勻強磁場中；現(xiàn)給球一水平向右的初速度v0，以后小球的速度隨時間變化的圖像可能正確的是(　　)
11.(多選)(2023·樂山市高二開學(xué)考試)如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。三個相同的帶正電絕緣小球A、B、C同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點。不計一切阻力，則下列有關(guān)判斷正確的是(　　)
A.三個小球第一次到達(dá)軌道最低點的速度關(guān)系vA=vB=vC
B.三個小球第一次到達(dá)軌道最低點時，C小球?qū)壍赖膲毫ψ钚?br/>C.A、B兩個小球能夠同時到達(dá)軌道的最低點
D.C小球在運動過程中機械能不守恒，所以不能回到原來的出發(fā)點位置
12.(多選)(2023·漳州市高二期末)如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在傳送帶底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針方向傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v-t圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，運動過程中物塊所帶電荷不變，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是(　　)
A.該物塊帶負(fù)電
B.傳送帶的傳動速度大小一定不小于1 m/s
C.若已知傳送帶的長度，可求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移
D.在2~4.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對運動
(10分)
13.(2023·重慶市南開區(qū)高二開學(xué)考試)如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定斜面(斜面足夠長)，物塊A、B疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μA.A、B之間一直沒有摩擦力
B.A、B一起沿斜面運動的加速度保持不變
C.A對B的壓力大小與時間t成正比關(guān)系
D.斜面越粗糙，A、B一起共速運動的時間越長
答案精析
1.B　［A中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，A錯誤；B中，粒子帶正電，根據(jù)左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，B正確；C中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，C錯誤；D中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，D錯誤。］
2.C　［根據(jù)左手定則，結(jié)合題圖可判斷此時該質(zhì)子受到的洛倫茲力方向向東，故選C。］
3.AC　［電荷在電場中一定受到電場力的作用，靜止的電荷或者速度方向與磁場方向平行的電荷在磁場中不受洛倫茲力的作用。同一電荷所受電場力大的地方，該處的電場強度一定強，根據(jù)f=Bqvsin θ，可知B=，同一電荷在磁場中受到洛倫茲力大的地方，該處磁感應(yīng)強度不一定強，還要看v、sin θ的大小情況，故A、C正確。］
4.BD　［①③④三圖中速度v與磁場方向垂直，則f1=f3=f4=qvB，②圖中垂直磁場方向的分速度為vcos 30°，則f2=qvBcos 30°，故選B、D。］
5.BC　［由安培定則可知導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知電子所受洛倫茲力方向向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，A錯誤，B正確；洛倫茲力不做功，電子的速率不變，根據(jù)f洛=Bv0q，電子越向右運動，B越小，則f洛越小，D錯誤，C正確。］
6.A　［小球帶正電，四指指向它的運動方向，由左手定則可知小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，速度、加速度方向都在變化，加上重力的作用，速度、加速度大小也在變化，洛倫茲力永不做功。故選A。］
7.C　［先對整體受力分析列方程，則有F-μ［(m甲+m乙)g+qvB］=(m甲+m乙)a，對甲物塊單獨受力分析，則有Ff=m甲a，根據(jù)上述公式可知，甲、乙做加速運動，速度增大，洛倫茲力增大，加速度減小，甲、乙之間的彈力逐漸變大，乙與地面間的摩擦力增大，甲、乙之間的靜摩擦力減小。故選C。］
8.(1)gsin α　
(2)
解析　(1)由于μ根據(jù)牛頓第二定律，沿棒的方向有
mgsin α-f1=ma
垂直棒的方向有N1+qvB=mgcos α
所以當(dāng)N1=0，即f1=0時，a有最大值am，am=gsin α，此時qvB=mgcos α
解得v=
(2)當(dāng)圓環(huán)A的速度達(dá)到最大值vm時，a=0。設(shè)圓環(huán)受到棒的彈力大小為N2，方向垂直于棒向下，摩擦力為f2=μN2，根據(jù)平衡條件有mgsin α=f2
N2+mgcos α=qvmB
解得vm=。
9.A　［P、Q兩根導(dǎo)線距離O點的距離相等，可知它們在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相反，大小相等，合磁感應(yīng)強度為零，所以O(shè)點實際磁感應(yīng)強度等于導(dǎo)線R在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，根據(jù)安培定則，O點的磁感應(yīng)強度方向沿x軸負(fù)方向，r=a，磁感應(yīng)強度的大小B==，f=evB=。根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A正確，B、C、D錯誤。］
10.ACD　［給小球一水平向右的初速度，小球?qū)⑹艿截Q直向上的洛倫茲力和豎直向下的重力，還可能受到向左的滑動摩擦力；若重力小于洛倫茲力，小球受到向下的彈力，則受到摩擦力，做減速運動，則洛倫茲力不斷減小，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，做勻速運動，故C正確；若重力大于洛倫茲力，小球受到向上的支持力，則受到摩擦力，將做減速運動，則洛倫茲力不斷減小，支持力變大，摩擦力變大，加速度的大小逐漸增大，最后速度為零，故D正確；若洛倫茲力等于小球的重力，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，故A正確；若小球速度變化，則所受洛倫茲力變化，加速度變化，不可能做勻變速直線運動，故B錯誤。］
11.BC　［對B小球，因為洛倫茲力總是垂直于速度方向，故洛倫茲力不做功；球下滑時只有重力做功，故A、B兩個小球機械能均守恒，故兩球到最低點的速度相等，mgR=mv2，C小球下滑的過程中電場力做負(fù)功，重力做正功，所以C小球在最低點的速度小于A、B兩個小球的速度，即vA=vB>vC，故A錯誤；在最低點時，A小球是重力和支持力提供向心力，根據(jù)NA-mg=m，可得NA=mg+m，而B小球是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力豎直向下，根據(jù)NB-mg-f洛=m，可得NB=f洛+mg+m，C小球是重力、支持力提供向心力，根據(jù)NC-mg=m，可得NC=mg+m，結(jié)合A選項分析可知，軌道對C小球的支持力最小，結(jié)合牛頓第三定律可知C小球?qū)壍赖膲毫ψ钚。蔅正確；洛倫茲力總是垂直速度方向，所以對小球的速度大小無影響，所以A、B兩個小球能夠同時到達(dá)軌道的最低點，故C正確；軌道是光滑的，C小球的機械能和電勢能之和守恒，所以能回到原來的出發(fā)點位置，故D錯誤。］
12.BD　［由題圖乙可知，物塊先做加速度減小的加速運動再做勻速運動，物塊的最大速度是1 m/s。對物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面方向有μN-mgsin θ=ma，物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，可知一定是N逐漸減小，即洛倫茲力的方向與N相同，物塊沿傳送帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電，A錯誤；由mgsin θ=μ(mgcos θ-f洛)，f洛=qvB可知，只要傳送帶的速度大于等于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度1 m/s后受力平衡，與傳送帶的速度無關(guān)，故傳送帶的速度一定不小于1 m/s，物塊最終可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運動，此外，由以上的分析可知，傳送帶的速度不能確定，所以不能求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移，B、D正確，C錯誤。］
13.D　［因為A能靜止在B上，說明A、B之間的最大靜摩擦力大于A重力的下滑分力，故剛開始運動時A不會相對B向下滑動，故開始時A、B相對靜止且沿斜面向下做加速運動，對A、B整體分析，則下滑的加速度a=0，則剛開始運動時，A、B之間有摩擦力，故A錯誤；A運動之后，根據(jù)左手定則，A受到垂直斜面向上的洛倫茲力f洛，在A、B相對運動之前，對A、B整體，有(M+m)gsin θ-μ(Mgcos θ+mgcos θ-f洛)=(M+m)a，隨著A速度增大，洛倫茲力增大，則加速度增大，故B錯誤；A對B的壓力大小N=mgcos θ-f洛=mgcos θ-qvB，因為隨著A速度增大，加速度增大，則A速度增大的越來越快，則速度與時間不成正比，則A對B的壓力大小與時間t不成正比，故C錯誤；當(dāng)A、B恰好不再一起共速運動，一定是A的速度滿足(M+m)gsin θ-μ(Mgcos θ+mgcos θ-qvB)=(M+m)a，mgsin θ-μAB(mgcos θ-qvB)=ma，而斜面越粗糙，A、B一起運動的加速度越小，A的速度越晚達(dá)到此速度，故D正確。］第2節(jié)　洛倫茲力
第1課時　洛倫茲力
［學(xué)習(xí)目標(biāo)］　1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向(重點)。2.知道洛倫茲力與安培力的關(guān)系，推導(dǎo)洛倫茲力公式并會計算洛倫茲力的大小(重點)。3.學(xué)會分析帶電體在洛倫茲力作用下的運動(難點)。
一、洛倫茲力的方向
1.陰極射線管發(fā)出的陰極射線是一束高速運動的電子流，射線側(cè)面的熒光屏顯示了電子的徑跡，當(dāng)不加磁場時，電子束沿直線方向前進(jìn)，當(dāng)把U形磁鐵從上方逐漸靠近陰極射線管，將觀察到電子束在磁場中發(fā)生了偏轉(zhuǎn)(如圖所示)，調(diào)轉(zhuǎn)磁極，觀察到電子束的偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生改變。該實驗現(xiàn)象說明了什么？
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2.前面我們學(xué)習(xí)了磁場對通電導(dǎo)線的安培力方向的判斷方法，我們又知道電荷的定向移動形成電流，嘗試根據(jù)電流的方向及左手定則總結(jié)出判斷洛倫茲力方向的方法。
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拓展　若形成電流的是負(fù)電荷的定向移動，如何判斷負(fù)電荷所受洛倫茲力的方向？
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1.洛倫茲力：磁場對　　　　　　　　的作用力。
2.左手定則：伸出　　　　，拇指與其余四指　　　　，且都與手掌處于同一平面內(nèi)，讓　　　　　　垂直穿過手心，　　　　指向正電荷運動的方向，那么　　　　所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向。負(fù)電荷所受洛倫力的方向與正電荷所受洛倫茲力的方向　　　　。
1.洛倫茲力f、磁場B及電荷運動速度v三個量的方向關(guān)系是怎樣的？
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2.f的方向總是垂直于v和B方向所決定的平面，那么，B與v一定垂直嗎？
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3.洛倫茲力的方向時刻與速度的方向垂直，洛倫茲力的效果是改變速度的大小還是方向？洛倫茲力的做功情況如何？
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(1)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力。(　　)
(2)用左手定則判斷洛倫茲力方向時“四指的指向”與電荷運動方向相同。(　　)
(3)運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零。(　　)
(4)洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度。(　　)
例1　(多選)(2023·周口市高二開學(xué)考試)下列圖中關(guān)于各帶電粒子所受洛倫茲力的方向或帶電粒子電性的判斷正確的是(　　)
例2　假設(shè)來自宇宙的電子流沿著與地球表面垂直的方向射向位于四川省的某個觀測站，由于地磁場的作用(忽略其他阻力的影響)，電子到達(dá)觀測站時將(　　)
A.豎直向下沿直線射向觀測站
B.相對于豎直方向稍偏東一些射向觀測站
C.相對于豎直方向稍偏西一些射向觀測站
D.相對于豎直方向稍偏北一些射向觀測站
二、從安培力到洛倫茲力
通電直導(dǎo)線垂直于磁場放置，設(shè)導(dǎo)線的橫截面積為S，導(dǎo)線中單位體積內(nèi)所含的自由電子數(shù)為n，電子電荷量大小為e，自由電子定向移動的平均速率為v。
(1)一段長度l=vΔt 的導(dǎo)線，這段導(dǎo)線中所含的自由電子數(shù)為N= 　　　　 = 　　　　　。
(2)在Δt 時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為Δq=　　　　　　　。
(3)通過導(dǎo)線的電流為I=　　　　　　　　=　　　　　　。
(4)這段導(dǎo)線所受到的安培力F=　　　　　　=　　　　　　　　。
(5)每個自由電子所受到的洛倫茲力f=　　　=　　　　。
洛倫茲力的大小：
(1)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向平行時(v∥B)，f=　　　；
(2)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向垂直時(v⊥B)，f=　　　　；
(3)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向成θ角時，f=　　　　　　=　　　　　　　　。
比較洛倫茲力與安培力，完成下表填空
項目 洛倫茲力 安培力
作用對象 　　　　　　　 　　　　　　　
力的大小 f=　　　(v⊥B)， f=　　(v∥B) F=　　　(I⊥B)， F=　　(I∥B)
力的方向 　　　　　　　　(f垂直于v與B所決定的平面，且需區(qū)分正、負(fù)電荷) 　　　　　　　(F垂直于I與B所決定的平面)
作用效果 只改變速度的方向，不改變速度的大小；洛倫茲力對運動電荷　　　　　　(填“做功”或“不做功”) 可以改變導(dǎo)體棒的運動狀態(tài)，對導(dǎo)體棒　　　　(填“做功”或“不做功”)，實現(xiàn)電能和其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化
聯(lián)系 安培力是洛倫茲力的　　　　　　　　，洛倫茲力是安培力的　　　　　　　　
例3　(多選)如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，帶電粒子的速率為v，帶電荷量為q，下列帶電粒子所受洛倫茲力的大小和方向正確的是(　　)
A.圖甲為f=qvB，方向與v方向垂直斜向上
B.圖乙為f=qvB，方向與v方向垂直斜向下
C.圖丙為f=qvB，方向垂直紙面向外
D.圖丁為f=qvB，方向垂直紙面向里
三、帶電體在勻強磁場中的運動
帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力往往隨之變化，并進(jìn)一步導(dǎo)致彈力、摩擦力等變化，帶電體在變力作用下將做變加速運動，可利用牛頓運動定律和平衡條件進(jìn)行分析。
例4　(多選)(2023·惠州市高二期中)如圖所示，質(zhì)量為m的帶電絕緣小球(可視為質(zhì)點)用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場。現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，則下列說法中正確的是(　　)
A.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等
B.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，細(xì)線的拉力相等
C.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，加速度相同
D.小球從A至D過程中，小球機械能守恒
例5　(多選)(2023·福州市高二期末)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的固定絕緣斜面上由靜止下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，整個斜面置于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)
A.小物塊一定帶負(fù)電
B.小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，且加速度大小為gsin θ-μgcos θ
C.小物塊在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大的變加速直線運動
D.小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對斜面壓力為零時的速率為
例6　(多選)(2024·寧波市高二期中改編)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的固定直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A.小球的加速度一直在減小
B.小球的速度先增大后不變
C.小球下滑的最大加速度為am=gsin θ
D.小球下滑的最大速度vm=
答案精析
一、
1.磁場對運動電荷會產(chǎn)生力的作用，這個力叫洛倫茲力。
2.規(guī)定正電荷定向移動的方向為正方向，故若運動電荷為正電荷，它受到洛倫茲力的方向的判斷方法為：伸出左手，拇指與其余四指垂直，且都與手掌處于同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，那么拇指所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向。
拓展　方法一　四指指向負(fù)電荷運動的反方向，拇指所指的方向就是負(fù)電荷所受洛倫茲力的方向。
方法二　負(fù)電荷所受洛倫茲力方向與正電荷所受洛倫茲力的方向相反。
梳理與總結(jié)
1.運動電荷　2.左手　垂直　磁感線　四指　拇指　相反
思考與討論
1.f、B、v三個量的方向關(guān)系是f⊥B、f⊥v。
2.不一定，如圖甲、乙
3.洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，故洛倫茲力對帶電粒子永不做功。
易錯辨析(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
例1　CD　［A中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向豎直向上，故A錯誤；B中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故B錯誤；C中，根據(jù)左手定則，粒子帶正電，故C正確；D中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向外，故D正確。］
例2　C　［由于地磁場的方向從地理南極指向地理北極，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力指向西邊，故電子到達(dá)觀測站時將相對于豎直方向稍偏西一些射向觀測站，C正確。］
二、
(1)nSl　nSvΔt　(2)neSvΔt
(3)　neSv 　(4)IlB　neSv2BΔt　(5)　evB
梳理與總結(jié)
(1)0　(2)qvB　(3)qvB⊥　qvBsin θ
思考與討論
運動電荷　通電導(dǎo)體　qvB　0　IlB　0　左手定則　左手定則　不做功　做功　宏觀表現(xiàn)　微觀解釋
例3　AD　［題圖甲中根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向垂直于速度方向斜向上，大小為qvB，選項A正確；題圖乙中粒子受力方向垂直于速度方向斜向上，大小為qvB，選項B錯誤；題圖丙中速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，選項C錯誤；題圖丁中將速度分解為水平方向和豎直方向，則所受洛倫茲力大小為qvBcos 60°=，方向垂直紙面向里，選項D正確。］
三、
例4　ACD　［小球在運動過程中所受細(xì)線拉力和洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機械能守恒，A、D兩點等高，小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等，故A、D正確；由向心加速度公式可得小球在C點的加速度為a向=，由于小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等，所以小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，加速度大小相同，方向也相同，故C正確；假設(shè)小球帶正電，小球從A點運動至C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向下，由牛頓第二定律得F-mg-F洛=m，小球從D點運動至C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向上，由牛頓第二定律得F'-mg+F洛=m，易得F>F'，所以小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，細(xì)線的拉力不相等，故B錯誤。］
例5　AC　［因帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，則洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手定則判斷，小物塊帶負(fù)電，故A正確；小物塊在斜面上運動時，對小物塊受力分析可知，小物塊所受合力F合=mgsin θ-μ(mgcos θ-qvB)=ma，可知隨著v增大，洛倫茲力增大，F(xiàn)合增大，a增大，則小物塊在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大的變加速直線運動，且加速度大小為a=gsin θ-μ(gcos θ-)，故B錯誤，C正確；小物塊對斜面壓力為零時，有mgcos θ=qvB，解得v=，故D錯誤。］
例6　BC　［小球開始下滑有
N+qvB=mgcos θ，又f=μN
由牛頓第二定律得mgsin θ-f=ma
即mgsin θ-μ(mgcos θ-qvB)=ma
隨v增大，a增大，當(dāng)v=時，a達(dá)到最大值，即am=gsin θ，此時洛倫茲力等于mgcos θ，支持力等于0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力反向增大，qvB=N+mgcos θ，又f=μN
此后下滑過程中有mgsin θ-f=ma
即mgsin θ-μ(qvB-mgcos θ)=ma
隨v增大，a減小，當(dāng)vm=時，a=0，此時達(dá)到平衡狀態(tài)，之后速度不變。所以整個過程中，v先增大后不變，a先增大后減小為0。B、C正確，A、D錯誤。］(共65張PPT)
DIYIZHANG
第1章
第1課時　洛倫茲力
1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向(重點)。
2.知道洛倫茲力與安培力的關(guān)系，推導(dǎo)洛倫茲力公式并會計算洛倫茲力的大小(重點)。
3.學(xué)會分析帶電體在洛倫茲力作用下的運動(難點)。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
一、洛倫茲力的方向
二、從安培力到洛倫茲力
課時對點練
三、帶電體在勻強磁場中的運動
內(nèi)容索引
洛倫茲力的方向
一
1.陰極射線管發(fā)出的陰極射線是一束高速運動的電子流，射線側(cè)面的熒光屏顯示了電子的徑跡，當(dāng)不加磁場時，電子束沿直線方向前進(jìn)，當(dāng)把U形磁鐵從上方逐漸靠近陰極射線管，將觀察到電子束在磁場中發(fā)生了偏轉(zhuǎn)(如圖所示)，調(diào)轉(zhuǎn)磁極，觀察到電子束的偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生改變。該實驗現(xiàn)象說明了什么？
答案　磁場對運動電荷會產(chǎn)生力的作用，這個力叫洛倫茲力。
2.前面我們學(xué)習(xí)了磁場對通電導(dǎo)線的安培力方向的判斷方法，我們又知道電荷的定向移動形成電流，嘗試根據(jù)電流的方向及左手定則總結(jié)出判斷洛倫茲力方向的方法。
答案　規(guī)定正電荷定向移動的方向為正方向，故若運動電荷為正電荷，它受到洛倫茲力的方向的判斷方法為：伸出左手，拇指與其余四指垂直，且都與手掌處于同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，那么拇指所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向。
　若形成電流的是負(fù)電荷的定向移動，如何判斷負(fù)電荷所受洛倫茲力的方向？
拓展
答案　方法一　四指指向負(fù)電荷運動的反方向，拇指所指的方向就是負(fù)電荷所受洛倫茲力的方向。
方法二　負(fù)電荷所受洛倫茲力方向與正電荷所受洛倫茲力的方向相反。
1.洛倫茲力：磁場對 的作用力。
2.左手定則：伸出 ，拇指與其余四指 ，且都與手掌處于同一平面內(nèi)，讓 垂直穿過手心， 指向正電荷運動的方向，那么_____所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向。負(fù)電荷所受洛倫力的方向與正電荷所受洛倫茲力的方向 。
梳理與總結(jié)
運動電荷
左手
磁感線
四指
垂直
拇指
相反
1.洛倫茲力f、磁場B及電荷運動速度v三個量的方向關(guān)系是怎樣的？
思考與討論
答案　f、B、v三個量的方向關(guān)系是f⊥B、f⊥v。
2.f的方向總是垂直于v和B方向所決定的平面，那么，B與v一定垂直嗎？
答案　不一定，如圖甲、乙
3.洛倫茲力的方向時刻與速度的方向垂直，洛倫茲力的效果是改變速度的大小還是方向？洛倫茲力的做功情況如何？
答案　洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，故洛倫茲力對帶電粒子永不做功。
(1)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力。(　　)
(2)用左手定則判斷洛倫茲力方向時“四指的指向”與電荷運動方向相同。(　　)
(3)運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零。(　　)
(4)洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度。(　　)
×
√
×
×
　(多選)(2023·周口市高二開學(xué)考試)下列圖中關(guān)于各帶電粒子所受洛倫茲力的方向或帶電粒子電性的判斷正確的是
例1
√
√
A中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向豎直向上，故A錯誤；
B中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故B錯誤；
C中，根據(jù)左手定則，粒子帶正電，故C正確；
D中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向外，故D正確。
　假設(shè)來自宇宙的電子流沿著與地球表面垂直的方向射向位于四川省的某個觀測站，由于地磁場的作用(忽略其他阻力的影響)，電子到達(dá)觀測站時將
A.豎直向下沿直線射向觀測站
B.相對于豎直方向稍偏東一些射向觀測站
C.相對于豎直方向稍偏西一些射向觀測站
D.相對于豎直方向稍偏北一些射向觀測站
例2
√
由于地磁場的方向從地理南極指向地理北極，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力指向西邊，故電子到達(dá)觀測站時將相對于豎直方向稍偏西一些射向觀測站，C正確。
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二
從安培力到洛倫茲力
通電直導(dǎo)線垂直于磁場放置，設(shè)導(dǎo)線的橫截面積為S，導(dǎo)線中單位體積內(nèi)所含的自由電子數(shù)為n，電子電荷量大小為e，自由電子定向移動的平均速率為v。
(1)一段長度l=vΔt的導(dǎo)線，這段導(dǎo)線中所含的自由電子數(shù)為N= = 。
(2)在Δt時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為Δq= 。
(3)通過導(dǎo)線的電流為I== 。
(4)這段導(dǎo)線所受到的安培力F= = 。
(5)每個自由電子所受到的洛倫茲力f== 。
nSl
nSvΔt
neSvΔt
neSv
IlB
neSv2BΔt
evB
洛倫茲力的大小：
(1)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向平行時(v∥B)，f= ；
(2)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向垂直時(v⊥B)，f= ；
(3)當(dāng)帶電荷量為q的粒子運動方向與磁感應(yīng)強度方向成θ角時，f=______= 。
梳理與總結(jié)
0
qvB
qvB⊥
qvBsin θ
比較洛倫茲力與安培力，完成下表填空
思考與討論
項目 洛倫茲力 安培力
作用對象 _________ _________
力的大小 f= (v⊥B)， f= (v∥B) F= (I⊥B)，
F= (I∥B)
力的方向 (f垂直于v與B所決定的平面，且需區(qū)分正、負(fù)電荷) (F垂直于I與B所決定的平面)
運動電荷
通電導(dǎo)體
qvB
0
IlB
0
左手定則
左手定則
項目 洛倫茲力 安培力
作用效果 只改變速度的方向，不改變速度的大小；洛倫茲力對運動電荷______ (填“做功”或“不做功”) 可以改變導(dǎo)體棒的運動狀態(tài)，對導(dǎo)體棒 (填“做功”或“不做功”)，實現(xiàn)電能和其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化
聯(lián)系 安培力是洛倫茲力的 ，洛倫茲力是安培力的________
不做功
做功
宏觀表現(xiàn)
微觀解釋
　(多選)如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，帶電粒子的速率為v，帶電荷量為q，下列帶電粒子所受洛倫茲力的大小和方向正確的是
A.圖甲為f=qvB，方向與v方向
　垂直斜向上
B.圖乙為f=qvB，方向與v方向
　垂直斜向下
C.圖丙為f=qvB，方向垂直紙面向外
D.圖丁為f=qvB，方向垂直紙面向里
例3
√
√
題圖甲中根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向垂直于速度方向斜向上，大小為qvB，選項A正確；
題圖乙中粒子受力方向垂直于速度方向斜向上，大小為qvB，選項B錯誤；
題圖丙中速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，選項C錯誤；
題圖丁中將速度分解為水平方向和豎直方向，則所受洛倫茲力大小為qvBcos 60°=，方向垂直紙面向里，選項D正確。
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帶電體在勻強磁場中的運動
三
帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力往往隨之變化，并進(jìn)一步導(dǎo)致彈力、摩擦力等變化，帶電體在變力作用下將做變加速運動，可利用牛頓運動定律和平衡條件進(jìn)行分析。
　(多選)(2023·惠州市高二期中)如圖所示，質(zhì)量為m的帶電絕緣小球(可視為質(zhì)點)用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場。現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，則下列說法中正確的是
A.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等
B.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，細(xì)線的拉力相等
C.小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，加速度相同
D.小球從A至D過程中，小球機械能守恒
例4
√
√
√
小球在運動過程中所受細(xì)線拉力和洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機械能守恒，A、D兩點等高，小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等，故A、D正確；
由向心加速度公式可得小球在C點的加速度為a向
=，由于小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，速度大小相等，所以小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，加速度大小相同，方向也相同，故C正確；
假設(shè)小球帶正電，小球從A點運動至C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向下，由牛頓第二定律得F-mg-F洛=m，小球從D點運動至C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向上，由牛
頓第二定律得F'-mg+F洛=m，易得F>F'，所以小球從A至C和從D至C到達(dá)C點時，細(xì)線的拉力不相等，故B錯誤。
　(多選)(2023·福州市高二期末)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的固定絕緣斜面上由靜止下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，整個斜面置于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，重力加速度為g，下列說法中正確的是
A.小物塊一定帶負(fù)電
B.小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，且加
　速度大小為gsin θ-μgcos θ
C.小物塊在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大的變加速直線運動
D.小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對斜面壓力為零時的速率為
例5
√
√
因帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，則洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手定則判斷，小物塊帶負(fù)電，故A正確；
小物塊在斜面上運動時，對小物塊受力分析可知，小物塊所受合力F合=mgsin θ-μ(mgcos θ-qvB)=ma，可知隨著v增大，洛倫茲力增大，F(xiàn)合增大，a增大，則小物塊在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大
的變加速直線運動，且加速度大小為a=gsin θ-μ(gcos θ-)，故B錯誤，
C正確；
小物塊對斜面壓力為零時，有mgcos θ=qvB，解得v=，故D錯誤。
　(多選)(2024·寧波市高二期中改編)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的固定直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是
A.小球的加速度一直在減小
B.小球的速度先增大后不變
C.小球下滑的最大加速度為am=gsin θ
D.小球下滑的最大速度vm=
例6
√
√
小球開始下滑有N+qvB=mgcos θ
又f=μN
由牛頓第二定律得mgsin θ-f=ma
即mgsin θ-μ(mgcos θ-qvB)=ma
隨v增大，a增大，當(dāng)v=時，a達(dá)到最大值，即am=gsin θ，此時洛倫茲力等于mgcos θ，支持力等于0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力反向增大，qvB=N+mgcos θ，又f=μN
此后下滑過程中有mgsin θ-f=ma
即mgsin θ-μ(qvB-mgcos θ)=ma
隨v增大，a減小，當(dāng)vm=時，a=0，
此時達(dá)到平衡狀態(tài)，之后速度不變。所以整個
過程中，v先增大后不變，a先增大后減小為0。
B、C正確，A、D錯誤。
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課時對點練
四
考點一　洛倫茲力的方向
1.(2023·寶雞市高二期末)如圖所示，下列圖中分別標(biāo)出了勻強磁場B的方向、帶電粒子的電性及速度v的方向、電荷所受洛倫茲力f的方向，其中正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎(chǔ)對點練
√
13
A中，粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，A錯誤；
B中，粒子帶正電，根據(jù)左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，B正確；
C中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，C錯誤；
D中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2.(2023·廣州市高二期末)太陽風(fēng)(含有大量高能質(zhì)子與電子)射向地球時，地磁場改變了這些帶電粒子的運動方向，從而使很多粒子到達(dá)不了地面，另一小部分粒子則可能在兩極會聚從而形成絢麗的極光，赤道上空P處的磁感應(yīng)強度方向由南指向北，假設(shè)太陽風(fēng)中
的一質(zhì)子豎直向下運動穿過P處的地磁場，如
圖所示。此時該質(zhì)子受到的洛倫茲力的方向
A.向北　　B.向南　　C.向東　　D.向西
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
根據(jù)左手定則，結(jié)合題圖可判斷此時該質(zhì)子受到的洛倫茲力方向向東，故選C。
考點二　洛倫茲力的大小
3.(多選)(2024·豐城市第一中學(xué)高二月考)下列關(guān)于電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是
A.電荷在電場中一定受到電場力的作用
B.電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用
C.同一電荷所受電場力大的地方，該處電場強度一定強
D.同一電荷所受洛倫茲力大的地方，該處磁感應(yīng)強度一定強
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
電荷在電場中一定受到電場力的作用，靜止的電荷或者速度方向與磁場方向平行的電荷在磁場中不受洛倫茲力的作用。同一電荷所受電場力大的地方，該處的電場強度一定強，根據(jù)f=Bqvsin θ，可知B=，同一電荷在磁場中受到洛倫茲力大的地方，該處磁感應(yīng)強度不一定強，還要看v、sin θ的大小情況，故A、C正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4.(多選)(2023·南平市高二期末)如圖，①②③④各圖中勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為B，帶電粒子的速率均為v，電荷量均為q。以f1、f2、f3、f4依次表示四圖中帶電粒子在磁場
中所受洛倫茲力的大小，則
A.f1=f2 B.f3=f4
C.f2=f3 D.f1=f4
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
①③④三圖中速度v與磁場方向垂直，則f1=f3=f4=qvB，②圖中垂直磁場方向的分速度為vcos 30°，則f2=qvBcos 30°，故選B、D。
5.(多選)(2023·安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)階段練習(xí))初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初速度方向如圖，則
A.電子將向左偏轉(zhuǎn)
B.電子將向右偏轉(zhuǎn)
C.電子所受洛倫茲力變小
D.電子所受洛倫茲力大小不變
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
由安培定則可知導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，
根據(jù)左手定則可知電子所受洛倫茲力方向向右，因
此電子將向右偏轉(zhuǎn)，A錯誤，B正確；
洛倫茲力不做功，電子的速率不變，根據(jù)f洛=Bv0q，
電子越向右運動，B越小，則f洛越小，D錯誤，C正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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12
13
考點三　帶電體在勻強磁場中的運動
6.(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(guān)于小球運動和受力說法正確的是
A.小球剛進(jìn)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.小球運動過程的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
小球帶正電，四指指向它的運動方向，由左手定則可知小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，速度、加速度方向都在變化，加上重力的作用，速度、加速度大小也在變化，洛倫茲力永不做功。故選A。
13
7.(2023·阜陽市第一中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，甲是帶正電的物塊，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動，在加速運動階段
A.甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變
B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大
C.甲、乙兩物塊間的彈力不斷增大
D.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
先對整體受力分析列方程，則有F-μ［(m甲+m乙)g+　qvB］=(m甲+m乙)a，對甲物塊單獨受力分析，則有Ff=m甲a，根據(jù)上述公式可知，甲、乙做加速
運動，速度增大，洛倫茲力增大，加速度減小，甲、乙之間的彈力逐漸變大，乙與地面間的摩擦力增大，甲、乙之間的靜摩擦力減小。故選C。
8.如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細(xì)棒OO'在豎直面內(nèi)垂直磁場方向放置，細(xì)棒與水平面間的夾角為α，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán)A套在OO'棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
度為g。現(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：
(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？
答案　gsin α　　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由于μ根據(jù)牛頓第二定律，沿棒的方向有
mgsin α-f1=ma
垂直棒的方向有N1+qvB=mgcos α
所以當(dāng)N1=0，即f1=0時，a有最大值am，am=gsin α，此時qvB=mgcos α
解得v=
(2)圓環(huán)A能夠達(dá)到的最大速度為多大？
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
12
13
答案　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
當(dāng)圓環(huán)A的速度達(dá)到最大值vm時，a=0。設(shè)圓環(huán)受到棒的彈力大小為N2，方向垂直于棒向下，摩擦力為f2=μN2，
根據(jù)平衡條件有mgsin α=f2
N2+mgcos α=qvmB
解得vm=。
9.如圖所示，三根通電長直導(dǎo)線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流大小均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度B=，其中k為常數(shù))。某時刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過坐標(biāo)原點O，速度大小為v，方向沿y軸正方向，則電子此時所受洛倫茲力
A.方向垂直紙面向里，大小為
B.方向指向x軸正方向，大小為
C.方向垂直紙面向里，大小為
D.方向指向x軸正方向，大小為
√
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能力綜合練
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O點的磁感應(yīng)強度方向沿x軸負(fù)方向，r=a，磁感應(yīng)強度的大小B==，f=evB=。根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A正確，B、C、D錯誤。
13
P、Q兩根導(dǎo)線距離O點的距離相等，可知它們在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相反，大小相等，合磁感應(yīng)強度為零，所以O(shè)點實際磁感應(yīng)強度等于導(dǎo)線R在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，根據(jù)安培定則，
10.(多選)(2024·綿陽市高二月考)如圖所示，在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶正電荷的小球，管道半徑略大于球體半徑，整個管道處于方向與管道垂直的水平勻強磁場中；現(xiàn)給球一水平向右的初速度v0，以后小球的速度隨時間變化的圖像可能正確的是
√
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運動，則洛倫茲力不斷減小，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，做勻速運動，故C正確；
若重力大于洛倫茲力，小球受到向上的支持力，則受到摩擦力，將做減速運動，則洛倫茲力不斷減小，支持力變大，摩擦力變大，加速度的大小逐漸增大，最后速度為零，故D正確；
13
給小球一水平向右的初速度，小球?qū)⑹艿截Q直向上的洛倫茲力和豎直向下的重力，還可能受到向左的滑動摩擦力；若重力小于洛倫茲力，小球受到向下的彈力，則受到摩擦力，做減速
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若洛倫茲力等于小球的重力，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，故A正確；
若小球速度變化，則所受洛倫茲力變化，加速度變化，不可能做勻變速直線運動，故B錯誤。
11.(多選)(2023·樂山市高二開學(xué)考試)如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。三個相同的帶正電絕緣小球A、B、C同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點。不計一切阻力，則下列有關(guān)判斷正確的是
A.三個小球第一次到達(dá)軌道最低點
　的速度關(guān)系vA=vB=vC
B.三個小球第一次到達(dá)軌道最低點
　時，C小球?qū)壍赖膲毫ψ钚?br/>C.A、B兩個小球能夠同時到達(dá)軌道的最低點
D.C小球在運動過程中機械能不守恒，所以不能回到原來的出發(fā)點位置
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對B小球，因為洛倫茲力總是垂直于速度方向，故洛倫茲力不做功；球下滑時只有重力做功，故A、B兩個小球機械能均守恒，故兩球到最低點的速度相等，mgR=mv2，C小球下滑的過程中電場力做負(fù)功，重力做正功，所以C小球在最低點的速度小于A、B兩個小球的速度，即vA=vB>vC，故A錯誤；
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在最低點時，A小球是重力和支持力提供向心力，根據(jù)NA-mg=m，可得NA=mg+m，而B小球是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力豎直向下，根據(jù)NB-mg-f洛=m，可得NB=f洛+mg+m，C小球是重力、支持力提供向心力，根據(jù)NC-mg=m，可得NC=mg+m，結(jié)合A選項分析可知，軌道對C小球的支持力最小，結(jié)合牛頓第三定律可知C小球?qū)壍赖膲毫ψ钚。蔅正確；
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洛倫茲力總是垂直速度方向，所以對小球的速度大小無影響，所以A、B兩個小球能夠同時到達(dá)軌道的最低點，故C正確；
軌道是光滑的，C小球的機械能和電勢能之和守恒，所以能回到原來的出發(fā)點位置，故D錯誤。
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12.(多選)(2023·漳州市高二期末)如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在傳送帶底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針方向傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v-t圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，運動過程中物塊所帶電荷不變，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是
A.該物塊帶負(fù)電
B.傳送帶的傳動速度大小一定不小
　于1 m/s
C.若已知傳送帶的長度，可求出該
　過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移
D.在2~4.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對運動
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由題圖乙可知，物塊先做加速度減小的加速運動再做勻速運動，物塊的最大速度是1 m/s。對物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦
因數(shù)為μ，沿斜面方向有μN-mgsin θ=ma，物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，可知一定是N逐漸減小，即洛倫茲力的方向與N相同，物塊沿傳送帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電，A錯誤；
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由mgsin θ=μ(mgcos θ-f洛)，f洛=qvB可知，只要傳送帶的速度大于等于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度　　1 m/s后受力平衡，與傳送帶的速度無關(guān)，故傳送帶的速度一定不小于1 m/s，物塊最終可能相對于
傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運動，此外，由以上的分析可知，傳送帶的速度不能確定，所以不能求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移，B、D正確，C錯誤。
13.(2023·重慶市南開區(qū)高二開學(xué)考試)如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定斜面(斜面足夠長)，物塊A、B疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μA.A、B之間一直沒有摩擦力
B.A、B一起沿斜面運動的加速度保持不變
C.A對B的壓力大小與時間t成正比關(guān)系
D.斜面越粗糙，A、B一起共速運動的時間越長
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尖子生選練
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因為A能靜止在B上，說明A、B之間的最大靜摩擦力大于A重力的下滑分力，故剛開始運動時A不會相對B向下滑動，故開始時A、B相對靜止且沿斜面向下做加速運動，對A、B整體分析，則下滑的加
速度a=0，則剛開始運動時，A、B之間有摩擦力，故A錯誤；
A運動之后，根據(jù)左手定則，A受到垂直斜面向上的洛倫茲力f洛，在A、B相對運動之前，對A、B整體，有(M+m)gsin θ-μ(Mgcos θ+mgcos θ-f洛)=　(M+m)a，隨著A速度增大，洛倫茲力增大，則加速度增大，故B錯誤；
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A對B的壓力大小N=mgcos θ-f洛=mgcos θ-qvB，因為隨著A速度增大，加速度增大，則A速度增大的越來越快，則速度與時間不成正比，則A對B的壓力大小與時間t不成正比，故C錯誤；
當(dāng)A、B恰好不再一起共速運動，一定是A的速度滿足(M+m)gsin θ-μ(Mgcos θ+mgcos θ-qvB)=(M+m)a，mgsin θ-μAB(mgcos θ-qvB)=ma，而斜面越粗糙，A、B一起運動的加速度越小，A的速度越晚達(dá)到此速度，故D正確。
返回第2課時　帶電粒子在勻強磁場中的運動
(分值：100分)
1~5題每題6分，6題14分，共44分
考點一　帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
1.(2023·漳州市高二期中)薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變，一段時間內(nèi)帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區(qū)域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示。已知區(qū)域Ⅰ的圓弧半徑小于區(qū)域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子(　　)
A.帶正電，從區(qū)域Ⅰ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅱ
B.帶正電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ
C.帶負(fù)電，從區(qū)域Ⅰ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅱ
D.帶負(fù)電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ
2.(2023·北京市房山區(qū)高二期中)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則(　　)
A.a做圓周運動的軌道半徑大
B.b做圓周運動的周期大
C.a、b同時回到出發(fā)點
D.a、b在紙面內(nèi)做逆時針方向的圓周運動
3.(多選)(2023·漳州市高二月考)和N以相同的速度在同一勻強磁場中做勻速圓周運動(不計重力及兩粒子之間的作用力)。則下列說法中正確的是(　　)
A.兩粒子半徑之比為1∶1
B.兩粒子半徑之比為6∶7
C.相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為1∶1
D.相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為7∶6
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的基本問題
4.(2023·開灤市第二中學(xué)高二期末)如圖，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，不計重力，從x軸上的P點以速度v射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成45°角，OP=a。則下列說法錯誤的是(　　)
A.帶電粒子運動軌跡的半徑為a
B.磁場的磁感應(yīng)強度為
C.OQ的長度為a
D.粒子在第一象限內(nèi)運動的時間為
5.(2023·廣州大學(xué)附屬中學(xué)高二期末)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可沿紙面向磁場內(nèi)垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　)
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
6.(14分)如圖所示，勻強磁場方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B。一帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，此粒子以某水平速度經(jīng)過P點，方向如圖，經(jīng)過一段時間粒子經(jīng)過Q點，已知P、Q在同一水平面內(nèi)，P、Q間距離為L，P、Q連線與過P點時的速度的反向延長線夾角為θ，不計重力，求：
(1)(7分)粒子的運動速度大小；
(2)(7分)粒子從P第一次到Q所用的時間。
7~11題每題8分，12題16分，共56分
7.(2024·陜西部分學(xué)校高二月考)粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電。讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動。已知磁場方向垂直紙面向里。以下四幅圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是(　　)
8.(2023·福州市高二期中)云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra∶rb=6∶1，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb=3∶1，不計重力及粒子間的相互作用力(　　)
A.粒子a電性為正
B.粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb=6∶1
C.粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta∶Tb=1∶2
D.粒子b的動量大小pb=mv
9.(多選)(2023·廈門市外國語學(xué)校高二月考)測量比荷的方法很多，其中一種便是利用磁聚焦法測量。磁聚焦的原理如圖甲所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，從A點處發(fā)射出一束很窄的同種帶電粒子流，其速度大小均為v，且與磁場的夾角θ不同，但是都很小(cos θ≈1)，在磁場的作用下，粒子將沿不同半徑螺旋線前進(jìn)，該運動可分解為沿磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場方向的勻速圓周運動。之后會聚在A'，測得A與A'距離為h，沿磁感線方向軌跡截面如圖乙所示。這與光束經(jīng)過透鏡后聚焦現(xiàn)象類似，所以叫磁聚焦現(xiàn)象，則下列說法正確的是(　　)
A.這種粒子帶正電
B.這種粒子帶負(fù)電
C.這種粒子的比荷=
D.這種粒子的比荷=
10.如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為(　　)
A. B.
C. D.
11.如圖所示，在矩形區(qū)域ACDE中有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，從A點沿AC方向發(fā)射三個相同的帶電粒子，三粒子分別從E、P、D點射出。已知AE=EP=PD，sin 53°=0.8，則下列說法正確的是(　　)
A.三粒子在勻強磁場中的速率之比為1∶2∶5
B.三粒子在勻強磁場中的速率之比為2∶3∶5
C.三粒子在勻強磁場中的運動時間之比為4∶2∶1
D.三粒子在勻強磁場中的運動時間之比為6∶3∶2
12.(16分)(2024·濟(jì)寧市兗州區(qū)第一中學(xué)高二月考)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)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(jīng)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(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)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)(8分)帶電粒子的比荷；
(2)(8分)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
答案精析
1.D　［粒子穿過鋁板后，速度減小，根據(jù)r=可知，軌跡半徑減小，由題圖可知粒子一定是從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ；根據(jù)左手定則可知該粒子帶負(fù)電。故選D。］
2.C　［根據(jù)evB=m得r=，a的初速度為v，b的初速度為2v，則a做圓周運動的軌道半徑小，A錯誤；根據(jù)T=，兩個電子運動周期相同，同時回到出發(fā)點，B錯誤，C正確；根據(jù)左手定則，a、b在紙面內(nèi)做順時針方向的圓周運動，D錯誤。］
3.AC　［依題意，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=m得R=，則兩粒子半徑之比為RC∶RN=∶=∶=1∶1，故A正確，B錯誤；
依題意，根據(jù)T=可知，兩粒子在磁場中運動的周期相同
由ω=知ω相同，由θ=ωt可知兩粒子在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為1∶1，故C正確，D錯誤。］
4.C　［帶電粒子做勻速圓周運動的圓心和軌跡如圖，設(shè)帶電粒子運動軌跡的半徑為R，根據(jù)幾何知識可得=sin 45°，解得R=a，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得Bqv=，解得B=，故B正確；根據(jù)幾何知識可得O'Q=R=a，O'O=a，故OQ=O'Q+O'O=(+1)a，故C錯誤；帶電粒子做勻速圓周運動的周期為T=，由幾何知識可得∠QO'P=135°，故粒子在第一象限內(nèi)運動的時間為t=·T=，故D正確。］
5.B　［電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra=，由洛倫茲力提供向心力，有evaB=m，
又=k，解得va=；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關(guān)系有=l2+(rd-)2，解得：rd=，由洛倫茲力提供向心力，有evdB=m，又=k，解得vd=，選項B正確，A、C、D錯誤。］
6.(1)　(2)
解析　(1)如圖所示，作PQ的中垂線，過P作初速度方向的垂線，交點為O，則OP等于帶電粒子做圓周運動的半徑r，由幾何知識可知r=，帶電粒子受到的洛倫茲力提供向心力，有qv0B=，解得v0=。
(2)粒子軌跡對應(yīng)的圓心角α=2π-2θ
T=，t=T
聯(lián)立解得t=。
7.B　［根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，得r=，由于粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，可知甲的軌跡半徑是乙的軌跡半徑的2倍，A、C錯誤；由于兩粒子均帶正電，由左手定則可知，B正確，D錯誤。］
8.D　［由題圖中軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子a電性為負(fù)，故A錯誤；相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb=3∶1，可知粒子a、b的速率之比為
va∶vb=la∶lb=3∶1
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qvB=m，可得r=
由于粒子a、b的電荷量大小相等，半徑之比ra∶rb=6∶1，則有mava∶mbvb=ra∶rb=6∶1
聯(lián)立可得ma∶mb=2∶1，故B錯誤；
根據(jù)周期表達(dá)式T=可知a、b兩粒子周期之比Ta∶Tb=ma∶mb=2∶1，C錯誤；
根據(jù)動量守恒可得mv=mava+mbvb。
又mava∶mbvb=6∶1
聯(lián)立可得pb=mbvb=mv，D正確。］
9.BC　［由題圖乙中粒子的運動方向，根據(jù)左手定則可判斷出這種粒子帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；依題意，粒子從A點出發(fā)會聚在A'點，垂直于磁場方向的分運動恰好完成一個完整的圓周，即T==，又T=，聯(lián)立可得=，故C正確，D錯誤。］
10.B　［設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB=m、T=，可得R1=、R2=、T1=、T2=，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1=，在第一象限中運動的時間為t2=T2，又由幾何關(guān)系有cos θ==，可得t2=，則粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2，聯(lián)立以上各式解得t=，選項B正確，A、C、D錯誤。］
11.A　［粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，有qvB=m，可得v=，三個相同的帶電粒子分別從A點進(jìn)入矩形磁場，從E、P、D點射出，軌跡如圖所示，設(shè)AE=EP=PD=l，則可得r1=，r2=l，對從D點射出的粒子由幾何關(guān)系可得(r3-l)2+(2l)2=，解得r3=，三粒子的電荷量q和質(zhì)量m相同，則在勻強磁場中的速率之比為v1∶v2∶v3=r1∶r2∶r3=1∶2∶5，故選項A正確，B錯誤；從E、P兩點射出的粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角分別為α1=π，α2=，從D點射出的粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角滿足sin α3==，解得α3=53°=π，而三個相同粒子做勻速圓周運動的時間為t=·T=·=，故有t1∶t2∶t3=α1∶α2∶α3=180∶90∶53，故選項C、D錯誤。］
12.(1)　(2)+)
解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)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=mv2
粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力有
qvB=m
由幾何關(guān)系知d=r
解得=
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸經(jīng)過的路程為
s=+rtan 30°
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t=
解得t=+)。第2課時　帶電粒子在勻強磁場中的運動
［學(xué)習(xí)目標(biāo)］　1.會分析帶電粒子在勻強磁場中的運動。2.會根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)半徑和周期公式(重點)。3.會分析帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題(重難點)。
一、帶電粒子在勻強磁場中的運動
如圖甲所示的裝置為洛倫茲力演示儀。玻璃泡內(nèi)的電子槍(即陰極)發(fā)射出陰極射線(電子流)，使泡內(nèi)的低壓惰性氣體發(fā)出輝光，這樣就可以顯示出電子的軌跡。
(1)當(dāng)沒有磁場作用時，電子的運動軌跡是直線，如圖甲所示。
(2)當(dāng)外加一磁場，讓電子垂直射入磁場時，電子的軌跡是圓，如圖乙所示。
(3)當(dāng)外加一磁場，讓電子不垂直射入磁場時，電子的軌跡是螺旋形，如圖丙所示。
1.沒磁場時，電子的運動軌跡是直線，有磁場時，電子的運動軌跡能否為直線？為什么？
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2.當(dāng)電子垂直進(jìn)入磁場時，電子的運動軌跡為什么會是圓？
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
3.當(dāng)電子不垂直射入磁場時，電子的運動軌跡為什么會是螺旋線？
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
例1　關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中的運動，下列說法正確的是(　　)
A.帶電粒子飛入勻強磁場后，一定做勻速圓周運動
B.靜止的帶電粒子在勻強磁場中將會做勻加速直線運動
C.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力的方向總是和運動方向垂直
D.當(dāng)洛倫茲力方向和運動方向垂直時，帶電粒子在勻強磁場中的運動一定是勻速圓周運動
二、帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率v垂直射入一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出帶電粒子做勻速圓周運動的半徑和周期。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子以速度v在勻強磁場中做勻速圓周運動
(1)軌道半徑與粒子的　　　　　　　　、粒子的　　　　成正比，與　　　　　　、　　　　　　成反比，即r=　　　　　。
(2)帶電粒子的運動周期與粒子的　　　　成正比，與　　　　　　、　　　　　　　成反比，與　　　　　　　　和　　　　　　　　無關(guān)，即T=　　　　　　。
(1)運動電荷進(jìn)入磁場后(無其他場)可能做類平拋運動。(　　)
(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，軌道半徑跟粒子的速率成正比。(　　)
(3)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比。(　　)
(4)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度的增大而減小。(　　)
例2　(多選)兩個粒子A和B帶有等量的同種電荷，粒子A和B以垂直于磁場的方向射入同一勻強磁場，不計重力，則下列說法正確的是(　　)
A.如果兩粒子的速度vA=vB，則兩粒子的半徑RA=RB
B.如果兩粒子的動能EkA=EkB，則兩粒子的周期TA=TB
C.如果兩粒子的質(zhì)量mA=mB，則兩粒子的周期TA=TB
D.如果兩粒子的質(zhì)量與速度的乘積mAvA=mBvB，則兩粒子的半徑RA=RB
例3　(2023·南京市金陵中學(xué)高二期中)帶電粒子進(jìn)入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是(　　)
A.粒子帶負(fù)電
B.粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點
C.粒子動能減小是由于洛倫茲力對其做負(fù)功
D.粒子運動過程中所受洛倫茲力大小不變
三、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題
研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的問題，應(yīng)按照“一找圓心，二求半徑，三求周期或時間”的基本思路分析。問題的關(guān)鍵是作出粒子的運動軌跡圖。
1.定圓心
(1)洛倫茲力的方向一定過圓心。
如圖甲所示，已知進(jìn)磁場的入射方向和出磁場的出射方向，如何確定圓心的位置。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)圓的弦的中垂線必過圓心。
如圖乙所示，已知進(jìn)磁場的入射方向和出磁場的位置時，如何確定圓心的位置。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(3)圓的任意兩條弦的中垂線的支點為圓心。
如圖丙所示，帶電粒子在勻強磁場中分別經(jīng)過AOB三點時，如何確定圓心的位置。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2.求半徑r。
如圖甲，確定好圓心的位置。如何求帶電粒子軌跡的半徑(已知磁場的寬度為d)。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
3.求時間t。
求第2問中帶電粒子在勻強磁場中的運動時間。(已知帶電粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T)
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
4.圓心角與偏向角、弦切角的關(guān)系如圖丁所示，帶電粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，軌跡圓弧對應(yīng)的角叫作圓心角，弦PM與入射速度(即軌跡切線)的夾角叫作弦切角θ，請寫出φ、α、θ三者的關(guān)系。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
例4　(2023·武漢市高二期中)如圖，一個重力不計的帶電粒子，以大小為v的速度從坐標(biāo)(0，L)的a點，平行于x軸射入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，并從x軸上b點射出磁場，射出速度方向與x軸正方向夾角為60°，求：
(1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑(請認(rèn)真作圖畫軌跡)；
(2)帶電粒子的比荷；
(3)粒子從a點運動到b點的時間。
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________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
例5　如圖所示，空間存在范圍足夠大的垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q(q>0)的帶電粒子(不計重力)從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向以速度v0射出，帶電粒子恰好經(jīng)過點A(h，h)，求：
(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；
(2)粒子從O點運動到A點所用的時間t。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
答案精析
一、
思考與討論
1.能。當(dāng)B∥v時，f=0，電子做勻速直線運動。
2.洛倫茲力充當(dāng)向心力，只改變速度方向，不改變速度大小。
3.如圖所示，電子以某一角度θ斜射入勻強磁場時，在垂直于磁場的方向上以分速度v1做勻速圓周運動，在平行于磁場的方向上以分速度v2做勻速直線運動，因此電子沿著磁感線方向做螺旋形運動。
例1　C　［若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(同向或反向)，此時粒子所受洛倫茲力為零，帶電粒子做勻速直線運動，A錯誤；靜止的帶電粒子不受洛倫茲力，仍靜止，B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力的方向總跟速度方向垂直，即和運動方向垂直，C正確；如果帶電粒子以與磁場方向成某一角度進(jìn)入勻強磁場，洛倫茲力方向雖與運動方向垂直，但帶電粒子不是做勻速圓周運動，D錯誤。］
二、
根據(jù)Bqv=m得r=，T==
梳理與總結(jié)
(1)運動速率　質(zhì)量　電荷量　磁感應(yīng)強度　　(2)質(zhì)量　電荷量
磁感應(yīng)強度　軌道半徑　運動速率　
易錯辨析(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
例2　CD　［因為粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r=、周期T=，又粒子電荷量相等且在同一磁場中，所以q、B相等，r與m、v有關(guān)，T只與m有關(guān)，所以A、B錯誤，C、D正確.］
例3　A　［由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，可知速度大小在減小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，可得r=，所以粒子半徑減小，粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點，則根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，A正確，B錯誤；由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，洛倫茲力不做功，C錯誤；根據(jù)f= qvB可知粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小，D錯誤。］
三、
思考與討論
1.(1)兩洛倫茲力方向的交點即為圓心的位置，故通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓心，如圖所示。
(2)通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心(如圖所示)。
(3)連接OA、OB，分別作OA、OB的中垂線，交點即為圓心的位置，如圖所示。
2.作出粒子的軌跡如圖所示，由圓的半徑和d構(gòu)成直角三角形，再根據(jù)邊角關(guān)系得r=。
3.=
t=T=T=T
4.φ=α=2θ
例4　(1)2L　(2)　(3)
解析　
(1)畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖
由幾何知識得Rsin 30°+L=R
解得R=2L。
(2)由洛倫茲力提供向心力，得qBv=m
解得==
(3)粒子在磁場中運動的周期為
T==
粒子從a點運動到b點的時間為
t=T=。
例5　(1)　(2)
解析　(1)畫出粒子的運動軌跡如圖，有qv0B=，根據(jù)幾何關(guān)系有(h)2+(h-R)2=R2
解得R=h，B=
(2)由幾何關(guān)系知粒子從O到A軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，設(shè)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則有T=，t=T
解得t=。(共64張PPT)
DIYIZHANG
第1章
第2課時　帶電粒子在勻強
磁場中的運動
1.會分析帶電粒子在勻強磁場中的運動。
2.會根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)半徑和周期公式(重點)。
3.會分析帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題(重難點)。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
一、帶電粒子在勻強磁場中的運動
二、帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
課時對點練
三、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題
內(nèi)容索引
帶電粒子在勻強磁場中的運動
一
如圖甲所示的裝置為洛倫茲力演示儀。玻璃泡內(nèi)的電子槍(即陰極)發(fā)射出陰極射線(電子流)，使泡內(nèi)的低壓惰性氣體發(fā)出輝光，這樣就可以顯示出電子的軌跡。
(1)當(dāng)沒有磁場作用時，電子的運動軌跡是直線，如圖甲所示。
(2)當(dāng)外加一磁場，讓電子垂直射入磁場時，電子的軌跡是圓，如圖乙所示。
(3)當(dāng)外加一磁場，讓電子不垂直射入磁場時，電子的軌跡是螺旋形，如圖丙所示。
1.沒磁場時，電子的運動軌跡是直線，有磁場時，電子的運動軌跡能否為直線？為什么？
思考與討論
答案　能。當(dāng)B∥v時，f=0，電子做勻速直線運動。
2.當(dāng)電子垂直進(jìn)入磁場時，電子的運動軌跡為什么會是圓？
答案　洛倫茲力充當(dāng)向心力，只改變速度方向，不改變速度大小。
3.當(dāng)電子不垂直射入磁場時，電子的運動軌跡為什么會是螺旋線？
答案　如圖所示，電子以某一角度θ斜射入勻強磁場時，在垂直于磁場的方向上以分速度v1做勻速圓周運動，在平行于磁場的方向上以分速度v2做勻速直線運動，因此電子沿著磁感線方向做螺旋形運動。
　關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中的運動，下列說法正確的是
A.帶電粒子飛入勻強磁場后，一定做勻速圓周運動
B.靜止的帶電粒子在勻強磁場中將會做勻加速直線運動
C.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力的方向總是和運
　動方向垂直
D.當(dāng)洛倫茲力方向和運動方向垂直時，帶電粒子在勻強磁場中的運動一
　定是勻速圓周運動
例1
√
若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(同向或反向)，此時粒子所受洛倫茲力為零，帶電粒子做勻速直線運動，A錯誤；
靜止的帶電粒子不受洛倫茲力，仍靜止，B錯誤；
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力的方向總跟速度方向垂直，即和運動方向垂直，C正確；
如果帶電粒子以與磁場方向成某一角度進(jìn)入勻強磁場，洛倫茲力方向雖與運動方向垂直，但帶電粒子不是做勻速圓周運動，D錯誤。
返回
二
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率v垂直射入一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出帶電粒子做勻速圓周運動的半徑和周期。
答案　根據(jù)Bqv=m得r=，T==
一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子以速度v在勻強磁場中做勻速圓周運動
(1)軌道半徑與粒子的 、粒子的 成正比，與 、
____________成反比，即r=。
(2)帶電粒子的運動周期與粒子的 成正比，與 、 成
反比，與 和 無關(guān)，即T=。
梳理與總結(jié)
運動速率
質(zhì)量
電荷量
磁感應(yīng)強度
質(zhì)量
電荷量
磁感應(yīng)強度
軌道半徑
運動速率
(1)運動電荷進(jìn)入磁場后(無其他場)可能做類平拋運動。(　　)
(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，軌道半徑跟粒子的速率成正比。(　　)
(3)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比。
(　　)
(4)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度的增大而減小。
(　　)
×
√
×
×
　(多選)兩個粒子A和B帶有等量的同種電荷，粒子A和B以垂直于磁場的方向射入同一勻強磁場，不計重力，則下列說法正確的是
A.如果兩粒子的速度vA=vB，則兩粒子的半徑RA=RB
B.如果兩粒子的動能EkA=EkB，則兩粒子的周期TA=TB
C.如果兩粒子的質(zhì)量mA=mB，則兩粒子的周期TA=TB
D.如果兩粒子的質(zhì)量與速度的乘積mAvA=mBvB，則兩粒子的半徑RA=RB
例2
√
√
因為粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r=、周期T=，又粒子電荷量相等且在同一磁場中，所以q、B相等，r與m、v有關(guān)，T只與m有關(guān)，所以A、B錯誤，C、D正確.
　(2023·南京市金陵中學(xué)高二期中)帶電粒子進(jìn)入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是
A.粒子帶負(fù)電
B.粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點
C.粒子動能減小是由于洛倫茲力對其做負(fù)功
D.粒子運動過程中所受洛倫茲力大小不變
例3
√
由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，可知速度大小在減小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，可得r=，所以粒子半徑減小，粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點，則根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，A正確，B錯誤；
由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，
洛倫茲力不做功，C錯誤；
根據(jù)f= qvB可知粒子運動過程中所受洛倫茲力逐
漸減小，D錯誤。
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帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題
三
研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的問題，應(yīng)按照“一找圓心，二求半徑，三求周期或時間”的基本思路分析。問題的關(guān)鍵是作出粒子的運動軌跡圖。
1.定圓心
(1)洛倫茲力的方向一定過圓心。
如圖甲所示，已知進(jìn)磁場的入射方向和出磁場的出射方向，如何確定圓心的位置。
思考與討論
答案　兩洛倫茲力方向的交點即為圓心的位置，故通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓心，如圖所示。
(2)圓的弦的中垂線必過圓心。
如圖乙所示，已知進(jìn)磁場的入射方向和出磁場的位置時，
如何確定圓心的位置。
答案　通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心(如圖所示)。
(3)圓的任意兩條弦的中垂線的支點為圓心。
如圖丙所示，帶電粒子在勻強磁場中分別經(jīng)過AOB
三點時，如何確定圓心的位置。
答案　連接OA、OB，分別作OA、OB的中垂線，交點即為圓心的位置，如圖所示。
2.求半徑r。
如圖甲，確定好圓心的位置。如何求帶電粒子軌跡的
半徑(已知磁場的寬度為d)。
答案　作出粒子的軌跡如圖所示，由圓的半徑和d構(gòu)成直角三角形，再根據(jù)邊角關(guān)系得r=。
3.求時間t。
求第2問中帶電粒子在勻強磁場中的運動時間。(已知帶電粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T)
答案　=
t=T=T=T
4.圓心角與偏向角、弦切角的關(guān)系如圖丁所示，帶電粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，軌跡圓弧對應(yīng)的角叫作圓心角，弦PM與入射速度(即軌跡切線)的夾角叫作弦切角θ，請寫出φ、α、θ三者的關(guān)系。
答案　φ=α=2θ
　(2023·武漢市高二期中)如圖，一個重力不計的帶
電粒子，以大小為v的速度從坐標(biāo)(0，L)的a點，平
行于x軸射入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向
外的圓形勻強磁場區(qū)域，并從x軸上b點射出磁場，
射出速度方向與x軸正方向夾角為60°，求：
(1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑(請認(rèn)真作圖畫軌跡)；
例4
答案　2L
畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖
由幾何知識得Rsin 30°+L=R
解得R=2L。
(2)帶電粒子的比荷；
答案　　
由洛倫茲力提供向心力，得qBv=m
解得==
(3)粒子從a點運動到b點的時間。
答案　
粒子在磁場中運動的周期為T==
粒子從a點運動到b點的時間為t=T=。
　如圖所示，空間存在范圍足夠大的垂直xOy平面
向里的勻強磁場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、帶電
荷量為+q(q>0)的帶電粒子(不計重力)從坐標(biāo)原點O
沿x軸正方向以速度v0射出，帶電粒子恰好經(jīng)過點A(h，h)，求：
(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；
例5
答案　　
畫出粒子的運動軌跡如圖，有qv0B=
h)2+(h-R)2=R2
解得R=h，B=
(2)粒子從O點運動到A點所用的時間t。
答案　
由幾何關(guān)系知粒子從O到A軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，設(shè)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則有T=，t=T
解得t=。
返回
課時對點練
四
考點一　帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
1.(2023·漳州市高二期中)薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變，一段時間內(nèi)帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區(qū)域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示。已知區(qū)域Ⅰ的圓弧半徑小于區(qū)域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子
A.帶正電，從區(qū)域Ⅰ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅱ
B.帶正電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ
C.帶負(fù)電，從區(qū)域Ⅰ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅱ
D.帶負(fù)電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎(chǔ)對點練
√
粒子穿過鋁板后，速度減小，根據(jù)r=可知，軌跡半徑減小，由題圖可知粒子一定是從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達(dá)區(qū)域Ⅰ；根據(jù)左手定則可知該粒子帶負(fù)電。故選D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.(2023·北京市房山區(qū)高二期中)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則
A.a做圓周運動的軌道半徑大
B.b做圓周運動的周期大
C.a、b同時回到出發(fā)點
D.a、b在紙面內(nèi)做逆時針方向的圓周運動
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根據(jù)evB=m得r=，a的初速度為v，b的初速
度為2v，則a做圓周運動的軌道半徑小，A錯誤；
根據(jù)T=，兩個電子運動周期相同，同時回到
出發(fā)點，B錯誤，C正確；
根據(jù)左手定則，a、b在紙面內(nèi)做順時針方向的圓周運動，D錯誤。
3.(多選)(2023·漳州市高二月考)和N以相同的速度在同一勻強磁場中做勻速圓周運動(不計重力及兩粒子之間的作用力)。則下列說法中正確的是
A.兩粒子半徑之比為1∶1
B.兩粒子半徑之比為6∶7
C.相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為1∶1
D.相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為7∶6
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
依題意，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=m得R=，則兩粒子半徑之比為RC∶RN=∶=∶=1∶1，故A正確，B錯誤；
依題意，根據(jù)T=可知，兩粒子在磁場中運動的周期相同
由ω=知ω相同
由θ=ωt可知兩粒子在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角之比為1∶1，故C正確，D錯誤。
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的基本問題
4.(2023·開灤市第二中學(xué)高二期末)如圖，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，不計重力，從x軸上的P點以速度v射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成45°角，OP=a。則下列說法錯誤的是
A.帶電粒子運動軌跡的半徑為a
B.磁場的磁感應(yīng)強度為
C.OQ的長度為a
D.粒子在第一象限內(nèi)運動的時間為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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帶電粒子做勻速圓周運動的圓心和軌跡如圖，設(shè)帶
電粒子運動軌跡的半徑為R，根據(jù)幾何知識可得=
sin 45°，解得R=a，故A正確；
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得Bqv=，解得B=
，故B正確；
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根據(jù)幾何知識可得O'Q=R=a，O'O=a，故OQ=
O'Q+O'O=(+1)a，故C錯誤；
帶電粒子做勻速圓周運動的周期為T=，由幾何
知識可得∠QO'P=135°，故粒子在第一象限內(nèi)運
動的時間為t=·T=，故D正確。
5.(2023·廣州大學(xué)附屬中學(xué)高二期末)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可沿紙面向磁場內(nèi)垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
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電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，
軌跡半徑為ra=，由洛倫茲力提供向心力，
有evaB=m，
又=k，解得va=；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關(guān)系有=l2+(rd-)2，解得：rd=，由洛倫茲力提供向心力，有evdB=m=k，解得vd=，選項B正確，A、C、D錯誤。
6.如圖所示，勻強磁場方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B。一帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，此粒子以某水平速度經(jīng)過P點，方向如圖，經(jīng)過一段時間粒子經(jīng)過Q點，已知P、Q在同一水平面內(nèi)，P、Q間距離為
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L，P、Q連線與過P點時的速度的反向延長線夾角為θ，不計重力，求：
(1)粒子的運動速度大小；
答案　　
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如圖所示，作PQ的中垂線，過P作初速度方向的垂
線，交點為O，則OP等于帶電粒子做圓周運動的半
徑r，由幾何知識可知r=，帶電粒子受到的洛倫
茲力提供向心力，有qv0B=，解得v0=。
(2)粒子從P第一次到Q所用的時間。
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答案　
粒子軌跡對應(yīng)的圓心角α=2π-2θ
T=，t=T
聯(lián)立解得t=。
7.(2024·陜西部分學(xué)校高二月考)粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電。讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動。已知磁場方向垂直紙面向里。以下四幅圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是
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根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，得r=，由于粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，可知甲的軌跡半徑是乙的軌跡半徑的2倍，A、C錯誤；
由于兩粒子均帶正電，由左手定則可知，B正確，D錯誤。
8.(2023·福州市高二期中)云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra∶rb=6∶1，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb=3∶1，不計重力及粒子間的相互作用力
A.粒子a電性為正
B.粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb=6∶1
C.粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta∶Tb=1∶2
D.粒子b的動量大小pb=mv
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由題圖中軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子a電性為負(fù)，故A錯誤；
相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb=3∶1，可知粒子a、b的速率之比為
va∶vb=la∶lb=3∶1
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qvB=m，可得r=
由于粒子a、b的電荷量大小相等，半徑之比
ra∶rb=6∶1，則有mava∶mbvb=ra∶rb=6∶1
聯(lián)立可得ma∶mb=2∶1，故B錯誤；
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根據(jù)周期表達(dá)式T=可知a、b兩粒子周期之比
Ta∶Tb=ma∶mb=2∶1，C錯誤；
根據(jù)動量守恒可得mv=mava+mbvb。
又mava∶mbvb=6∶1
聯(lián)立可得pb=mbvb=mv，D正確。
9.(多選)(2023·廈門市外國語學(xué)校高二月考)測量比荷的方法很多，其中一種便是利用磁聚焦法測量。磁聚焦的原理如圖甲所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，從A點處發(fā)射出一束很窄的同種帶電粒子流，其速度大小均為v，且與磁場的夾角θ不同，但是都很小(cos θ≈1)，在磁場的作用下，粒子將沿不同半徑螺旋線前進(jìn)，該運動可分解為沿磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場方向的勻速圓周運動。之后會聚在A'，測得A與A'距離為h，沿磁感線方向軌跡截面如圖乙
所示。這與光束經(jīng)過透鏡后聚焦現(xiàn)象類似，
所以叫磁聚焦現(xiàn)象，則下列說法正確的是
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A.這種粒子帶正電
B.這種粒子帶負(fù)電
C.這種粒子的比荷=
D.這種粒子的比荷=
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由題圖乙中粒子的運動方向，根據(jù)
左手定則可判斷出這種粒子帶負(fù)電，
故A錯誤，B正確；
依題意，粒子從A點出發(fā)會聚在A'點，垂直于磁場方向的分運動恰好完成一個完整的圓周，即T==，又T==，故C正確，D錯誤。
10.如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為
A. B.
C. D.
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設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和
第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分
別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB=m、
T=，可得R1=、R2=、T1=、T2=，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1=，在第一象限中運動的時間為t2=T2，又由幾何關(guān)系有cos θ==，可得t2=，則粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2，聯(lián)立以上各式解得t=，選項B正確，A、C、D錯誤。
11.如圖所示，在矩形區(qū)域ACDE中有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，從A點沿AC方向發(fā)射三個相同的帶電粒子，三粒子分別從E、P、D點射出。已知AE=EP=PD，sin 53°=0.8，則下列說法正確的是
A.三粒子在勻強磁場中的速率之比為1∶2∶5
B.三粒子在勻強磁場中的速率之比為2∶3∶5
C.三粒子在勻強磁場中的運動時間之比為4∶2∶1
D.三粒子在勻強磁場中的運動時間之比為6∶3∶2
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粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓
周運動，有qvB=m，可得v=，三個相同的帶
電粒子分別從A點進(jìn)入矩形磁場，從E、P、D點
射出，軌跡如圖所示，設(shè)AE=EP=PD=l，則可得
r1=，r2=l，對從D點射出的粒子由幾何關(guān)系可得(r3-l)2+(2l)2=，解得r3=，三粒子的電荷量q和質(zhì)量m相同，則在勻強磁場中的速率之比為v1∶v2∶v3=r1∶r2∶r3=1∶2∶5，故選項A正確，B錯誤；
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從E、P兩點射出的粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角
分別為α1=π，α2=，從D點射出的粒子運動軌跡
對應(yīng)的圓心角滿足sin α3==，解得α3=53°=π，
而三個相同粒子做勻速圓周運動的時間為t=·T=
·=，故有t1∶t2∶t3=α1∶α2∶α3=180∶90∶53，故選項C、D錯誤。
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12.(2024·濟(jì)寧市兗州區(qū)第一中學(xué)高二月考)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)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(jīng)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(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，
粒子進(jìn)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；
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設(shè)帶電粒子的質(zhì)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=mv2
粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，
設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，
由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力有
qvB=m
由幾何關(guān)系知d=r
解得=
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(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
答案　+)
由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸經(jīng)過的路程為
s=+rtan 30°
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t=
解得t=+)。
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