資源簡介

(共102張PPT)
第十章　磁　場
第2節　磁場對運動電荷的作用
[學習目標]　1．掌握洛倫茲力的大小和方向的判斷方法。
2．學會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題。
鏈接教材·夯基固本
1．洛倫茲力
(1)定義：________在磁場中受到的力。
(2)大小
F＝___(v∥B時)。
F＝_________(v⊥B時)。
F＝qvB sin θ(v與B夾角為θ)。
注意：“v”指電荷相對于磁場的速度。
運動電荷
0
qvB
(3)方向判定
左手定則：伸出左手，使拇指與其余四個手指____，并且都與手掌在同一個平面內。讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向______運動的方向(或負電荷運動的反方向)。這時拇指所指的方向就是運動電荷在磁場中所受________的方向。
(4)特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B與v決定的平面，F與v始終垂直，洛倫茲力______。
垂直
正電荷
洛倫茲力
不做功
2．帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)v∥B時：帶電粒子做________運動。
(2)v⊥B時
①運動性質：________運動。
②動力學方程：qvB＝m。
③半徑、周期公式：r＝，T＝。
④運動時間：t＝＝。
勻速直線
勻速圓周
T
1．易錯易混辨析
(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。 (　　)
(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。 (　　)
(3)根據公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。 (　　)
(4)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關。 (　　)
×
×
×
√
2．(人教版選擇性必修第二冊改編)如圖所示，一束電子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝60°。下列判斷正確的有(　　)
A．電子軌跡所對圓心角為30°
B．電子的軌跡半徑為
C．電子的比荷為
D．電子穿越磁場的時間為
√
D　[作出輔助線如圖所示，根據幾何關系可知，電子軌跡所對圓心角為θ＝60°，A錯誤；設電子的軌跡半徑為r，由幾何關系有r sin θ＝d，解得r＝，B錯誤；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝，解得＝，C錯誤；電子在磁場中做圓周運動的
周期T＝＝，電子穿越磁場的時間為t＝·
T，聯立解得t＝，D正確。]
3．(人教版選擇性必修第二冊改編)如圖所示，正方形abcd內有一垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，一束電子以不同的速率沿ab方向垂直磁場射入，形成從c點離開磁場區域和從d點離開磁場區域的甲、乙兩種軌跡。設沿甲、乙軌跡運動的電子速度大小分別為v甲、v乙，在磁場中運動的時間分別為t甲、t乙，則(　　)
A．v甲＝v乙，t甲＝t乙
B．v甲＝v乙，t甲＝t乙
C．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
D．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
√
D　[電子在勻強磁場中做圓周運動，根據半徑公式r＝，可知電子在甲、乙兩軌跡上運動的速度之比為＝＝，根據周期公式T＝，可知電子在磁場中做圓周運動的周期相等，故電子在甲、乙兩軌跡上運動的時間之比為＝＝，故D正確。]
細研考點·突破題型
考點1　洛倫茲力的理解與應用
1．洛倫茲力的理解
(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。
(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。
(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力的方向時，要注意使四指指向電荷運動的反方向。
(4)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力。
2．洛倫茲力與靜電力的比較
項目 洛倫茲力 靜電力
產生條件 v≠0且v與B不平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場方向的關系 F⊥B(F⊥B、v平面) F∥E
項目 洛倫茲力 靜電力
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
作用效果 只改變電荷運動的方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度方向，也可以改變速度大小
角度1　洛倫茲力的特點
[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B，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
√
A　[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錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。]
角度2　洛倫茲力與靜電力的比較
[典例2]　(多選)如圖所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4。不計空氣阻力，則(　　)
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較
√
√
AC　[由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝，當加上水平方向的勻強電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上有＝2gh3，解得h3＝，所以h1＝h3，故A正確；洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時的小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝，又由于＝mgh1，所以h1＞h2，故D錯誤；因小球電性不知，則靜電力方向不知，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故B錯誤，C正確。]
角度3　洛倫茲力作用下帶電體的運動
[典例3]　(多選)如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質量為1.0×10-4 kg，帶電荷量為 ＋4.0 ×10-4 C，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度E＝10 N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應強度
B＝0.5 T，方向垂直于紙面向里，小球與棒間的動
摩擦因數為μ＝ 0.2 ，設小球在運動過程中所帶電荷
量保持不變，g取 10 m/s2，則(　　)
A．小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為2 m/s2
B．小球由靜止沿棒豎直下落的最大速度為2 m/s
C．若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為 5 m/s2
D．若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大速度為 45 m/s
√
√
AD　[小球靜止時只受靜電力、重力及摩擦力，靜電力水平向右，摩擦力豎直向上，開始時，由牛頓第二定律有mg－μqE＝ma，解得小球的加速度為a1＝2 m/s2，小球速度將增大，產生洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向合力將增大，摩擦力將增大，加速度將減小，當加速度等于零時，即重力等于摩擦力，此時小球速度達到最大，則有mg＝μ(qv1B＋qE)，解得v1＝5 m/s，故A正確，B錯誤；若磁場的方向反向，其余條件不變，則洛倫茲力向左，故當洛倫茲力與靜電力平衡時加速度最大，為a2＝g＝10 m/s2，當摩擦力與重力平衡時，速度最大，故mg＝μ(qv2B－qE)，解得v2＝45 m/s，故C錯誤，D正確。]
考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．帶電粒子在幾種典型有界磁場中的運動
(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。
(2)平行邊界：往往存在臨界條件，如圖所示。
(3)圓形邊界
①速度指向圓心：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示。粒子軌跡所對應的圓心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圓心：粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ，如圖乙所示。
2．分析、求解帶電粒子在有界勻強磁場中運動問題的一般步驟
[典例4]　(多選)(2025·山東聊城市高三期中)如圖，虛線上方空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，在紙面內沿不同的方向從粒子源O先后發射速率均為v的質子和α粒子，質子和α粒子同時到達P點。已知OP＝l，α粒子沿與PO成30°角的方向發射，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是(　　)
A．質子在磁場中運動的半徑為l
B．α粒子在磁場中運動的半徑為l
C．質子在磁場中運動的時間為
D．質子和α粒子發射的時間間隔為
√
√
√
ACD　[根據題意作出α粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，α粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝l，因為粒子做圓周運動的半徑r＝，質子與α粒子的比荷之比為2∶1，所以兩者在磁場中運動半徑之比為 1∶2，質子的運動半徑為l，故A正確，B錯誤；α粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，轉過的圓心角θ1＝300°，則α粒子在磁場中的運動時間t1＝T＝，質子從O點射入，P點射出，
運動半徑為l，可知質子從O點射入的速度方向必與OP邊界垂直，轉過的圓心角θ2＝180°，又質子在磁場中做圓周運動的周期T′＝＝，故t2＝T′＝，所以質子和α粒子發射的時間間隔為t1－t2＝，故C、D正確。]
[典例5]　(2024·湖北卷)如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是(　　)
A．粒子的運動軌跡可能經過O點
B．粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向
C．粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為
D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為
√
D　[根據帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動性質可知粒子的運動軌跡不可能經過O點，粒子射出圓形區域時的速度方向一定沿該區域的半徑方向，A、B錯誤；當粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r1＝R時，粒子連續兩次由A點沿AC方向射入磁場區域的時間間隔最短，其運動軌跡如圖1所示，由洛倫茲力提供向心力有qv1B＝，又T1＝，則最短時間間隔為tmin＝2T＝，C錯誤；粒子從A點射入
到從C點射出圓形區域用時最短時，粒子的運動軌跡如圖2所示，由幾何關系可知此時粒子的軌跡半徑為r2＝R，由洛倫茲力提供向心力有qv2B＝，聯立解得v2＝，D正確。]
歸納總結
粒子軌跡圓心的確定方法，半徑、運動時間的計算方法
1．圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，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。
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其
中某一點的速度方向，弦的中垂線與
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R＝求得。
方法二：連半徑構出三角形，由數學方法解三角形或勾股定理求得。
(1)由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得，如圖丙。
(2)常用到的幾何關系
①粒子速度的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖丁，即φ＝α。
②弦切角等于弦所對應圓心角的一半，如圖丁，即θ＝α。
3．時間的計算方法
方法一：利用圓心角θ、周期T求得，即t＝T。
方法二：利用弧長l、線速度v求得，即t＝。
磁發散
如圖甲所示，當粒子從磁場邊界上同一點以相同
速率沿不同方向進入磁場區域時，粒子離開磁場
時的速度方向一定平行，而且與入射點的切線方
向平行。此情境稱為“磁發散”。

微點突破 “磁聚焦”和“磁發散”模型
在圓形邊界的勻強磁場中，如果帶電粒子做勻速圓周運動的半徑恰好等于磁場區域圓的半徑，則有如下兩個重要結論：
磁聚焦
如圖乙所示，當粒子以大小相等且相互平行的速
度從磁場邊界上任意位置進入磁場區域時，粒子
一定會從同一點離開磁場區域，而且該點切線與
入射方向平行。此情境稱為“磁聚焦”。

[典例6]　(多選)如圖所示，坐標原點O處有一粒子源，能向坐標平面一、二象限內發射大量質量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力)，所有粒子速度大小相等，不計粒子間的相互作用。圓心在(0，R)、半徑為R的圓形區域內，有垂直于坐標平面向外的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度大小為B。磁場右側有一長度為R、平行于y
軸的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度
沿y軸正方向的粒子經過磁場后，恰能垂直射
在光屏上，則(　　)
A．粒子速度大小為
B．所有粒子均能垂直射在光屏上
C．能射在光屏上的粒子中，在磁場中運動時間最長為
D．能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸正方向夾角滿足45°≤θ≤135°
√
√
AC　[由題意，初速度沿y軸正方向的粒子經過磁場后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝m，r＝R，解得v＝，A正確；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且離開磁場區域的出射點距離O點的豎直高度最大值為2R，粒子并不會全部垂直打在光屏上，B錯誤；如圖甲，由幾何關系可得，能射在光屏上的粒子中，運動時間最長的粒子對應軌跡的圓心角為π，根據周期公式T＝，可得t＝
T＝，C正確；若能打在光屏下端，如圖乙，由幾何關系可得θ1＝60°，即初速度與x軸正方向夾角為θ1＝60°，同理，粒子打在光屏上端時，初速度與x軸正方向夾角為θ2＝120°，則60°≤θ≤120°，D錯誤。]
[典例7]　為了探測帶電粒子，研究人員設計了如圖所示的裝置。紙面內存在一個半徑為R、圓心為O′的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，該磁場區域在垂直紙面的方向上足夠長。以O′右邊的O點為中心放置一個足夠大的探測屏，探測屏與OO′連線垂直。紙面內圓形磁場區域正下方存在一個長度為R且沿水平方向的線狀粒子源MN，O′在MN的中垂線上，O′到MN的垂直距離為1.5R。該粒子源各處均能持續不斷地發射質量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子發射時的速度大小相同，方向豎直向上，從粒子源MN中點發射的粒子離開磁場時速度恰好沿O′O方向，不計粒子重力和粒子間相互作用力。
(1)求粒子發射時的速度大小v0；
(2)求粒子源同時從左端點M與右端點N發射的粒子打到屏上所經歷的時間之差Δt。
[解析]　(1)分析可知粒子做圓周運動的半徑為R，由qv0B＝，得v0＝。
(2)分析可知粒子源左端點M與右端點N發射的粒子均從磁場邊界與OO′交點射出，且轉過的圓心角分別為θM＝，θN＝
兩粒子在磁場中運動的周期為T＝＝
兩粒子在磁場中運動的時間分別為tM＝T，tN＝T，由于兩個粒子在勻強磁場區域外部運動的時間相等，所以Δt即為在磁場中運動的時間差，即 Δt＝tM－tN，解得Δt＝。
[答案]　(1)　(2)
即時檢驗·感悟高考
1．(2022·北京卷)正電子是電子的反粒子，與電子質量相同，帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子的運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是(　　)
A．磁場方向垂直于紙面向里
B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大
C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大
D．軌跡3對應的粒子是正電子
√
A　[三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應的粒子是正電子，軌跡1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；軌跡1對應的粒子運動半徑越來越小，由r＝知，運動速度越來越小，故B錯誤；軌跡2和軌跡3對應的兩種粒子，由于初始半徑r22．(多選)(2023·全國甲卷)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是(　　)
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
√
√
BD　[帶電粒子從P點沿圓筒的半徑進入磁場區域，若以O1為圓心做圓周運動，在A點與筒壁發生碰撞，則運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定會沿圓筒的半徑方向離開磁場，與筒壁碰撞后速度依然沿圓筒的半徑方向，所以粒子不可能通過圓心O，且每次碰撞后瞬間，粒子的速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線，故A錯誤，D正確；由對稱性可知，粒子至少需要碰撞2次才能從P點離開，如圖所示，故B正確；設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，圓筒的半徑為R，粒子在磁場中做圓周運動，
有qvB＝m，設∠POA＝α，由幾何關系有tan ＝＝，若粒子恰好運動一周從P點離開，則粒子在磁場中運動的時間t＝×T＝，則粒子的速度越大，α越大，
粒子在磁場中運動的時間越短，若粒子運動
一周不能從P點離開，則運動時間無法確定，
故C錯誤。]
3．(多選)(2024·河北卷)如圖所示，真空區域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個粒子源，可逐個發射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調整abcd的邊長，可使速
度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區后由
BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說
法正確的是(　　)
A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出
C．若粒子經cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為45°
D．若粒子經bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°
√
√
√
ACD　[根據題意可知，粒子一定從ad邊進入無磁場區，當粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°時，由幾何關系可知其一定穿過dc邊進入磁場，然后由BC邊射出，則其運動軌跡如圖1所示，由對稱性可知，該粒子垂直BC射出，A正確；當粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若其從cd邊射出無磁場區，假設其能垂直BC射出，則其運動軌跡如圖2所示，根據幾何關系可知r(1－
cos 60°)不成立，該粒子不能垂直BC射出，B錯誤；若粒子經cd邊垂直BC射出，其運動軌跡如圖3所示，則由幾何關系可知，該運動軌跡關于線段BD對稱，所以兩段圓弧軌跡所對圓心角相等，又兩圓心角的和為90°，所以粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊的夾角為45°，C正確；若粒子經bc邊垂直BC射出，其運動軌跡如圖4所示，由幾何關系有r(1－cos θ1)＝r sin θ2，又θ1＋θ2＝90°，解得粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊的夾角為60°，D正確。]
課時數智作業(二十六)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多選)核聚變具有效率極高、原料豐富以及安全清潔等優勢，中國科學院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓界面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學家率先建成的世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置。將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是(　　)
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動
C．丙粒子做勻速圓周運動
D．所有粒子運動過程中動能不變
12
√
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BD　[甲粒子速度方向與磁場方向垂直，則所受洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A錯誤；乙粒子速度方向與磁場方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動，故B正確；丙粒子速度方向與磁場方向不垂直，不做勻速圓周運動，故C錯誤；洛倫茲力不做功，根據功能關系，所有粒子運動過程中動能不變，故D正確。]
12
2．(2022·廣東卷)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于
質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可
能正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　D
√
A　[根據題述情境，質子垂直Oyz平面進入磁場，由左手定則可知，質子先向y軸正方向偏轉穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉，故A正確，B錯誤；該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，故C、D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱。導線中均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度B＝k，式中k是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離。一帶正電的小球以初速
度v0從a點出發在桌面上沿連線MN運動到b
點。關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．小球做勻速直線運動
B．小球先做加速運動后做減速運動
C．小球對桌面的壓力先減小后增大
D．小球對桌面的壓力一直在減小
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
A　[根據右手螺旋定則可知a處的磁場方向垂直于MN向里，b處的磁場方向垂直于MN向外，從a到b磁感應強度先減小，過O點后反向增大，根據左手定則可知，帶正電的小球在O點左側受到的洛倫茲力方向向上，小球對桌面的壓力大小為重力與洛倫茲力的差值，過O點后洛倫茲力的方向向下，小球對桌面的壓力大小為重力與洛倫茲力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球將做勻速直線運動，由于洛倫茲力從a到O逐漸減小，從O到b逐漸增大，則小球對桌面的壓力一直在增大，故B、C、D錯誤，A正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(多選)兩個帶正電的粒子，以大小相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知它們的質量之比為m甲∶m乙＝2∶1、帶電荷量之比為q甲∶q乙＝1∶3。不計粒子重力和粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A．粒子做圓周運動的軌道半徑之比為R甲∶R乙＝1∶6
B．粒子做圓周運動的周期之比為T甲∶T乙＝6∶1
C．粒子做圓周運動的角速度大小之比為ω甲∶ω乙＝3∶2
D．粒子做圓周運動的加速度大小之比為a甲∶a乙＝1∶6
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BD　[由于帶電粒子均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得R＝，又因為兩者速度大小相等，質量之比m甲∶m乙＝2∶1，電荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，選項A錯誤；由圓周運動周期計算公式T＝可得周期T＝，代入數據可得T甲∶T乙＝6∶1，選項B正確；由圓周運動角速度與周期關系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，選項C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，選項D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強磁場(具體方向未知)，磁感應強度大小為B，一比荷為k的帶負電粒子從虛線上的M點垂直磁場方向射入磁場，經過一段時間，該粒子經過N點(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力，則下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．磁場的方向垂直紙面向外
B．粒子從M運動到N的時間為
C．如果N點到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L
D．如果N點到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[根據題意作出粒子的運動軌跡如圖所示，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；粒子從M運動到N時速度方向改變了60°，所以粒子在該段時間內運動軌跡對應的圓心角為α＝60°，則粒子從M運動到N的時間為t＝T，又粒子在磁場中的運動周期為T＝＝，由題知＝k，整理得t＝，故B錯誤；如果N點到虛
線的距離為L，根據幾何關系有cos α＝，解得
R＝2L，又R＝，則v＝2kBL，故D錯誤，C正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(多選)(2025·四川眉山高三診斷)如圖所示，空間中有一個方向垂直紙面向里的勻強磁場，其邊界是一個半徑為R 的圓環，現讓一個不計重力的帶電粒子以一定速度從 A 點沿直徑AOB 方向射入磁場。當入射速度為v時，粒子經過t1時間從C點射出磁場(OC 與OB 成60°角)，對應的軌道半徑為r1；當入射速度為時，粒子經過t2時間從 D點射出磁場(圖中未畫出)，對應的軌道半徑為r2。下列選項正確的是(　　)
A．r1∶r2＝3∶1 B．r1∶r2＝1∶3
C．t1∶t2＝1∶2 D．t1∶t2＝2∶1
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
AC　[當入射速度為v時，設粒子在磁場中的軌道半徑為r1，根據幾何關系可得tan 30°＝，可得r1＝R，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，可得r1＝，當入射速度為，則有r2＝＝＝R，則有r1∶r2＝3∶1，由幾何關系可知，兩次粒子的運動軌跡
對應的圓心角分別為60°和120°，則有t1∶t2＝
∶＝1∶2，故A、C正確，
B、D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2024·北京西城二模)如圖所示，正方形區域abcd內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M以速度v垂直于ad邊射入磁場，并恰好從ab邊的中點N射出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．粒子帶負電
B．若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從a點射出
C．若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從b點射出
D．若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子在磁場中的運動時間將變短
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；根據qvB＝m，解得r＝，設正方形邊長為L，粒子以速度v和速度2v進入磁場，有＝，L＝，軌跡如圖所示，可知若粒子射入磁場的速度增大為2v，射出的位置在Nb之間，故B、C錯誤；根據B、C選項分析可知，
若粒子射入磁場的速度增大為2v，則在磁場中運動的
軌跡所對應的圓心角將變小，由t＝T，又T＝，
則粒子在磁場中的運動時間將變短，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(多選)(2022·遼寧卷)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點，粒子2經磁
場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀
態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法
正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．粒子1可能為中子
B．粒子2可能為電子
C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
AD　[由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；粒子2向上偏轉，根據左手定則可知，粒子2帶正電，不可能為電子，B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；粒子2在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，則粒子2做圓周運動的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．如圖所示，平行邊界區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經磁場偏轉后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°。不計粒子的重力，
下列判斷正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．粒子a帶負電，粒子b帶正電
B．粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶
C．粒子a和b在磁場中運動的速率之比為∶1
D．粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[粒子a向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉，則粒子b帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，磁場寬度d＝Ra
sin 60°＝Rb sin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶，故B正確；由qvB＝m， 可得v＝，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝
1∶，故C錯誤；粒子運動的周期T＝，則Ta＝Tb＝
T，a運動的時間ta＝Ta＝Ta＝T，b運動的時間tb＝
Tb＝＝T，有ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(魯科版選擇性必修第二冊改編)用洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發現，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現將這一現象簡化成如圖所示的情境來討論：空間存在平行于x軸的勻強磁場，在xOy平面內由坐標原點以初速度v0沿與x軸正方向成α角射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸
線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx。則下列說法中
正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向
B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變
C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小
D．若僅增大α角(α<90°)，則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時，“軌跡”為閉合的圓
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x軸方向的初速度與磁場方向平行，電子在沿x軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向的初速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力，電子在垂直x軸的平面內做勻速圓周運動，由左手定則并結合題圖可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；對電子在垂直于x軸平面的分運動有evB＝m，T＝，其中v＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，對電子在沿x軸方向的分運動有Δx＝vxT，其中vx＝v0cos α，解得Δx
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
＝，若僅增大磁感應強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；若僅增大v0，則D、Δx皆增大，故C錯誤；若僅增大α角(α<90°)，則D增大，而Δx減小，且當α＝90°時Δx＝0，即“軌跡”為閉合的圓，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
11．(2022·江蘇卷)利用云室可以知道帶電粒子的性質。如圖所示，云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為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，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內的徑跡長度
之比la∶lb＝3∶1，半徑之比ra∶rb＝6∶1。不計重力
及粒子間的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的質量之比ma∶mb；
(2)粒子a的動量大小pa。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　(1)由題意知，帶等量異號電荷(設電荷量大小均為q)的粒子a、b在磁場中偏轉做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有
qvaB＝，qvbB＝
解得ra＝，rb＝
又ra∶rb＝6∶1
得mava∶mbvb＝6∶1
因為相同時間內的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
由v＝可得，分裂后粒子a、b在磁場中運動的速度大小之比va∶vb＝3∶1
解得粒子a、b的質量之比ma∶mb＝2∶1。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)電中性粒子在A點分裂過程中動量守恒，根據動量守恒定律有mv＝mava＋mbvb
又mava∶mbvb＝6∶1
聯立解得pa＝mava＝mv。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　(1)2∶1　(2)mv
12．帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關鍵技術之一。帶電粒子流(每個粒子的質量為m、電荷量為＋q)以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內的粒子，求解以下問題。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(1)如圖(a)，寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0，r1)、半徑為r1的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點O，求該磁場磁感應強度B1的大小。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)如圖(a)，虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C(0，－r2)。在虛線框內設計一個區域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O點的帶電粒子流經過該區域后寬度變為2r2，并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應強度B2的大小和方向，以及該磁場區域的面積(無須寫出面積最小的證明過程)。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)如圖(b)，虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經過Ⅲ和Ⅳ后寬度變為2r4，并沿x軸正方向射出，從而實現帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁
感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區域的
面積(無需寫出面積最小的證明過程)。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　(1)粒子沿x軸正方向垂直進入圓形磁場，“磁聚焦”在坐標原點O，滿足“磁聚焦”的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB1＝m，解得B1＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)粒子從O點進入下方虛線區域，若要從聚焦的O點飛入，然后平行x軸飛出，為“磁發散”的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖甲所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區域，磁場半徑為r2，根據qvB2＝m，可知磁感應強度為B2＝
根據左手定則可知磁場的方向為垂直于
紙面向里，圓形磁場的面積為S2＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)磁場分布如圖乙所示
根據qvB＝m可知Ⅰ和Ⅲ中的磁感應
強度為
BⅠ＝，BⅢ＝
可知磁場的最小面積為葉子形狀(圖中
陰影部分)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
以Ⅱ區域為研究對象，圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周扇形面積與以r3為直角邊的等腰直角三角形面積之差，所以陰影部分的面積為
SⅡ＝＝
同理可知Ⅳ區域的陰影部分面積為
SⅣ＝＝。
[答案]　(1)　(2)，垂直于紙面向里　　
(3)　
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑