第09講 洛倫之力（復(fù)習(xí)）（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

第09講洛倫之力（復(fù)習(xí)篇）考點聚焦：復(fù)習(xí)要點+知識網(wǎng)絡(luò)，有的放矢重點專攻：知識點和關(guān)鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內(nèi)容標注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識點1：對洛倫之力的理解1．洛倫茲力：運動電荷在磁場中受到的力叫做洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向（1）判定方法左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；拇指——指向洛倫茲力的方向．（2）方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．3．洛倫茲力的大?。?）v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)（2）v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)（3）v＝0時，洛倫茲力F＝0.4．洛倫茲力的特點（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(dāng)電荷運動方向發(fā)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時，要注意將四指指向電荷運動的反方向．5．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力．（2）安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．知識點2：帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．勻速圓周運動的規(guī)律若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動．（1）基本公式：qvB＝meq\f(v2,R)（2）半徑R＝eq\f(mv,Bq)（3）周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)2．圓心的確定（1）已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別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弧軌道的圓心(如圖1甲所示，P為入射點，M為出射點)．（2）已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以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弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．3．半徑的確定可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小．4．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路知識點3：帶電粒子在直線有界磁場中的運動1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)圖a中粒子在磁場中運動的時間：t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間：t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間：t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)2．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間：t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間：t＝eq\f(θm,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間：t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖d中粒子在磁場中運動的時間：t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)處理有界勻強磁場中的臨界問題的技巧從關(guān)鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”“最大”“至少”“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律．（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應(yīng)強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值．（2）當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧)．（3）當(dāng)速率變化時，圓心角大的，運動時間長．（4）在圓形勻強磁場中，當(dāng)運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)．知識點4：帶電粒子在圓形有界磁場中的運動一般解題步驟畫出軌跡圓并找出軌跡圓的圓心；求半徑（分清楚磁場半徑和軌跡圓半徑）確定運動時間（注意多解問題）模型解讀：圓形邊界(進出磁場具有對稱性)（1）沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示．（2）不沿徑向射入時，如圖乙所示．射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.強化點一洛倫之力的方向判斷方法：左手定則。磁場穿過掌心，四指表示正電荷運動方向（或負電荷的反方向），拇指表示安培力的方向?！镜淅?】（23-24高二下·云南玉溪·期末）如圖所示，放射性元素從點沿方向發(fā)射三種放射線，空間有垂直射線速度的勻強磁場，三種射線穿過磁場后分別打到屏上的三點，則打到三點的射線分別是（

）A．射線、射線、射線 B．射線、射線、射線C．射線、射線、射線 D．射線、射線、射線【答案】D【詳解】射線帶正電、射線不帶電、射線是電子流，帶負電，根據(jù)左手定則可知打到三點的射線分別射線、射線、射線。故選D?！咀兪?-1】（2024·北京海淀·三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關(guān)這些徑跡以下判斷正確的是（）A．d、e都是正電子的徑跡 B．a(chǎn)徑跡對應(yīng)的粒子動量最大C．b徑跡對應(yīng)的粒子動能最大 D．a(chǎn)徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長【答案】D【詳解】A．帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；B．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有，解得由圖可知a徑跡對應(yīng)的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應(yīng)的粒子的速度最小，根據(jù)可知a徑跡對應(yīng)的粒子動量最小，B錯誤；C．根據(jù)可知即b徑跡對應(yīng)的粒子動能不是最大的，C錯誤；D．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有，則所以粒子在磁場中的運動時間其中為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長，D正確。故選D。【變式1-2】（多選）（23-24高二下·四川成都·期末）如圖所示，兩足夠長的通電直導(dǎo)線P、Q（垂直紙面）關(guān)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(yīng)強度逐漸增大 B．從A到O，磁感應(yīng)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【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)安培定則可得，兩導(dǎo)線在AO之間磁場如圖所示根據(jù)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(dǎo)線磁場增大且與水平夾角變小，則合磁場沿水平向左增大，故A正確，B錯誤；CD．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(jù)牛頓第二定律，物塊做勻減速直線運動，故C正確，D錯誤。故選AC。強化點二洛倫之力的大小【典例2】（23-24高二下·海南省直轄縣級單位·期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為的小球A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(xiàn)對A施加一個水平向右、大小恒為的拉力，使小球A從靜止開始運動，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，小球A與桿間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，則當(dāng)小球的加速度大小第一次達到時，小球的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】對小球分析，豎直方向平衡水平方向，根據(jù)牛頓第二定律當(dāng)小球的加速度大小第一次達到時，聯(lián)立解得故選A?！咀兪?-1】（23-24高二上·湖北武漢·期末）如圖所示，將一由絕緣材料制成的帶一定正電荷的小滑塊（可視為質(zhì)點）放在傾斜的固定木板上，空間中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。測得小滑塊的質(zhì)量為m，木板的傾角為θ，木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ?；瑝K由靜止釋放，依次經(jīng)過A、B、C、D四個點，且AB=CD=d，小滑塊經(jīng)過AB、CD所用的時間均為t。重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．到達C點之前滑塊先加速后減速 B．到達C點之前滑塊所受的摩擦力先增大后減小C．滑塊所帶的電荷量為 D．滑塊的加速度先減小后增大【答案】C【詳解】ABD．以滑塊為對象，根據(jù)左手定則可知，滑塊運動過程受到的洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊由靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得可知隨著滑塊速度的增大，滑塊的加速度減小，當(dāng)加速度減至0后，滑塊將做勻速運動，所以滑塊先做加速度減小的加速運動，然后做勻速運動。小滑塊經(jīng)過AB、CD所用的時間均為t，可知滑塊到達AB前已經(jīng)做勻速運動，到達C之前滑塊先加速后勻速，滑塊所受的摩擦力先增大后不變。故ABD錯誤；C．滑塊勻速運動時，有根據(jù)平衡條件可得聯(lián)立，解得滑塊所帶的電荷量為故C正確。故選C。【變式2-2】（多選）（23-24高二上·福建福州·期末）如圖所示，足夠長的光滑三角形絕緣槽固定在水平面上，與水平面的夾角分別為和，加垂直于紙面向里的磁場，分別將質(zhì)量相等、帶等量正、負電荷的小球a、b依次從兩斜面的頂端由靜止釋放，關(guān)于兩球在槽上運動的說法正確的是（

）A．在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運動，且B．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的最大速度為和，則C．a(chǎn)、b兩球沿直槽運動的最大位移為和，則D．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的時間為和，則【答案】AC【詳解】A．兩小球受到的洛倫茲力都與斜面垂直向上，沿斜面方向的合力為重力的分力，故在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運動，加速度為，可得故A正確；B．當(dāng)小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面，則，可得，故故B錯誤；C．根據(jù)動力學(xué)公式，可得a、b兩球沿直槽運動的最大位移分別為，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可得故C正確；D．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的時間分別為，可得故D錯誤。故選AC。強化點三帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【典例3】（23-24高二下·陜西·期末）如圖所示，在xOy坐標系中，垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場含邊界，磁場方向與xOy平面垂直。一質(zhì)子束從坐標原點射入磁場，所有質(zhì)子射入磁場的初速度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成角向下。PQ是與x軸平行的熒光屏質(zhì)子打到熒光屏上不再反彈，P、Q兩點的坐標分別為，。已知質(zhì)子比荷，。求：結(jié)果均可用分數(shù)表示（1）質(zhì)子在磁場中運動的最長時間是多少;（2）如果讓熒光屏PQ發(fā)光長度盡可能長且質(zhì)子的運動軌跡未出磁場，質(zhì)子初速度大小的取值范圍是多少?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）質(zhì)子能打到y(tǒng)軸上時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示由周期公式又由幾何關(guān)系可知則粒子在磁場中運動的最長時間（2）當(dāng)質(zhì)子軌跡與PQ相切時，如圖1所示，設(shè)此時初速度為，軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可得又，解得當(dāng)粒子運動軌跡與磁場邊界相切時，如圖2所示，設(shè)此時初速度為，軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得又解得綜上可得【變式3-1】（23-24高一上·湖南長沙·期末）如圖所示，豎直虛線CD右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩個平行金屬板M、N之間的電壓為U，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近N板的S點由靜止開始做加速運動，從A點垂直豎直虛線CD射入磁場，在磁場中做勻速圓周運動。求：（1）帶電粒子從A點垂直豎直虛線CD射入磁場的速度大小v；（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R和周期T；（3）若在豎直虛線CD右側(cè)加一勻強電場，使帶電粒子在電磁場中做勻速直線運動，求電場強度E的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；；（3）【詳解】（1）粒子在電場中被加速，解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，則，解得，（3）若在豎直虛線CD右側(cè)加一勻強電場，使帶電粒子在電磁場中做勻速直線運動，則需電場力方向向下，則場強方向豎直向下，滿足解得電場強度E的大小【變式3-2】（23-24高二上·吉林長春·期末）如圖，擋板MN位于水平面x軸上，在第一、二象限區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B的矩形勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。在MN上O點放置了粒子發(fā)射源，能向第二象限發(fā)射各個方向的速度為的帶正電同種粒子，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收，則：（1）求所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑；（2）粒子在磁場中運動的周期；（3）所有粒子能夠到達區(qū)域的面積。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）粒子在磁場中運動的周期（3）所有粒子運動的區(qū)域面積為圖中陰影部分面積

由幾何關(guān)系有強化點四帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【典例4】（多選）（23-24高二下·貴州黔西·期末）如圖所示，水平面的區(qū)域內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，邊界的夾角為30°，距頂點為的點有一粒子源，粒子在水平面內(nèi)垂直邊向磁場內(nèi)發(fā)射速度大小不同的帶負電的粒子，粒子質(zhì)量為、電荷量大小為，下列說法正確的是（）A．從邊界射出的粒子速度方向都相同B．粒子離開磁場時到點的最短距離為C．垂直邊界射出的粒子的速度大小為D．垂直邊界射出的粒子在磁場中運動的時間為【答案】AB【詳解】A．粒子豎直向上進入磁場，軌跡圓心一定在bc邊上，若粒子能從邊界bc射出，粒子的速度方向一定豎直向下，故方向均相同，故A正確；B．當(dāng)軌跡恰好與ab邊相切時，粒子從bc邊離開磁場時到b點的距離最短，由幾何關(guān)系可得離b點的最短距離為，聯(lián)立解得故B正確；C．垂直邊界ab射出的粒子，軌道半徑為由洛倫茲力作為向心力可得解得粒子的速度大小為故C錯誤；D．粒子在磁場中的運動周期為垂直邊界ab射出的粒子在磁場中運動的時間為故D錯誤。故選AB?！咀兪?-1】（多選）（23-24高二下·甘肅臨夏·期末）如圖所示，在水平線OP的正上方存在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。從磁場邊界上O點同時向紙面內(nèi)不同方向發(fā)射速率均為v、質(zhì)量均為m、電荷量均為的兩個帶電粒子，兩粒子均從邊界上P點離開磁場，且OP的長度為，不計粒子的重力及相互作用力。以下說法正確的是（

）A．兩粒子在磁場中運動的加速度大小不同B．兩粒子射入磁場時速度方向與邊界所成銳角均為60°C．兩粒子在磁場運動過程中動量改變量大小均為D．兩粒子在磁場中運動的時間相差【答案】BC【詳解】A．兩粒子在磁場中運動只受洛倫茲力的作用，根據(jù)牛頓第二定律故兩粒子在磁場中運動的加速度大小相等，故A錯誤；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力，解得則兩粒子在磁場中運動半徑相等，兩個粒子先后經(jīng)過P點，作出兩個粒子的運動軌跡如圖甲所示，短弧和長弧均以O(shè)P為弦，已知OP的長度為，根據(jù)幾何關(guān)系可得解得兩個粒子射入磁場時與邊界的夾角均為故B正確；C．根據(jù)粒子的運動對稱性和幾何知識作出兩粒子動量變化如圖乙所示，可以得出兩個粒子的動量變化量大小、方向均相同，為故C正確；D．兩粒子在磁場中運動的周期為兩粒子在磁場中運動的時間相差故D錯誤。故選BC。【變式4-2】（23-24高二下·山東臨沂·期末）如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，，三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從D點沿著垂直BC邊的方向以速度v射入磁場，CD間距離為L，不計粒子受到的重力。下列說法正確的是（

）A．粒子在磁場中運動的最長時間為 B．時，帶電粒子垂直于AC邊射出磁場C．若粒子從BC邊射出磁場，則 D．若粒子從AC邊射出磁場，則【答案】B【詳解】ACD．粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，粒子進入磁場后將向上偏轉(zhuǎn)，粒子從BC邊離開時，粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大，運動時間最長，當(dāng)離開剛好離AC邊相切時，粒子軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得，可知粒子在磁場中運動的最長時間為當(dāng)粒子從BC邊射出磁場，則有當(dāng)粒子從AC邊射出磁場，則有故ACD錯誤；B．若帶電粒子垂直于AC邊射出磁場，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知，由洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立解得故B正確。故選B。強化點五帶電粒子在弧形邊界磁場中的運動【典例5】（23-24高二下·甘肅臨夏·期末）如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)存在半徑為R的圓形區(qū)域，該圓形區(qū)域與y軸相切，x軸與其一條直徑重合，P點為圓形區(qū)域邊界上的一點，P點與圓心的連線與x軸正方向成角。已知圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直于xOy平面的勻強磁場或只存在平行于y軸向上的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標原點O以初速度沿x軸正方向射入該圓形區(qū)域，粒子恰好從P點射出，不計粒子的重力。(1)若圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直于xOy平面的勻強磁場，求勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小與方向；(2)若圓形區(qū)域內(nèi)只存在平行于-軸向上的勻強電場，求粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中受到電場力的沖量I的大小。【答案】(1)，方向重直于xOy平面向里(2)【詳解】（1）（1）若圓形區(qū)域內(nèi)只存在勻強磁場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，恰好從P點射出，則由左手定則知磁感應(yīng)強度方向垂直于xOy平面向里。設(shè)粒子軌跡圓半徑為r，軌跡如圖甲所示由幾何知識有由洛倫茲力提供向心力有，解得（2）若圓形區(qū)域內(nèi)只存在勻強電場，粒子在平行于y軸向上的勻強電場區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，如圖乙所示：設(shè)粒子從O點運動到P點的時間為t，由平拋運動規(guī)律有，粒子受到電場力的沖量解得【變式5-1】（23-24高二下·山東臨沂·期末）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，O點為圓形區(qū)域的圓心，磁感應(yīng)強度大小為B，一個比荷絕對值為k的帶電粒子以某一速率從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，粒子離開磁場后打在右側(cè)屏上的P點，QP連線過圓心O，QP與MN的夾角，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子做圓周的運動半徑為C．粒子運動的速率為 D．粒子在磁場中運動的時間為【答案】C【詳解】根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示A．由圖可知，粒子在點受水平向右的洛倫茲力，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；BC．由幾何關(guān)系可得，粒子做圓周的運動半徑為由牛頓第二定律有解得故B錯誤，C正確；D．粒子在磁場中運動的周期為由幾何關(guān)系可知，軌跡的圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間為故D錯誤。故選C。【變式5-2】（23-24高二下·山西臨汾·期末）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（未畫出），一質(zhì)量為m、帶電荷量為的微粒從圓上的N點以一定的速度沿圖中虛線方向射入磁場，從圓上的M點離開磁場時的速度方向與虛線垂直。已知圓心O到虛線的距離為，不計微粒所受的重力，求：（1）微粒在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間t；（2）微粒到圓心O的最小距離d?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)微粒的速度大小為v，微粒在勻強磁場中運動的軌道半徑為r，則有，解得由于偏轉(zhuǎn)角為，則軌跡對應(yīng)的圓心角也為，則有，解得（2）作出粒子的運動軌跡如圖所示A點為微粒運動軌跡的圓心，設(shè)圓心O到MA的距離為x，到MC的距離為y，則有，，解得微粒到圓心O的最小距離為聯(lián)立解得強化點六帶電粒子（計重力）在磁場中的運動【典例6】質(zhì)量為m、電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為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，下面說法正確的是（）A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻減速直線運動C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而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)小球?qū)π泵鎵毫榱銜r的速率為【答案】C【詳解】A．由題意可知，小物塊受到的洛倫茲力垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可得：小滑塊帶負電，故A錯誤；BC．在向下運動的過程速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，由得摩擦力減小所以加速度增大。物塊做加速度逐漸增大的加速運動。故B錯誤C正確；D．由題意，當(dāng)滑塊離開斜面時，洛倫茲力則故D錯誤。故選C?！咀兪?-1】（22-23高二上·上海徐匯·期末）如圖所示，質(zhì)量為的小球，帶有的正電荷，套在一根與水平方向成的足夠長的絕緣桿上，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為，桿所在空間有磁感應(yīng)強度的勻強磁場，小球由靜止開始下滑，求：（1）小球剛開始運動時加速度大??；（2）小球運動過程中的最大速率（重力加速度g?。敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）小球由靜止剛開始下滑時，洛倫茲力為0，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）小球下滑過程中，根據(jù)左手定則可知小球受到洛倫茲力垂直于桿向上，當(dāng)小球達到最大速度時，加速度為0，則有代入數(shù)據(jù)解得【變式6-2】（多選）質(zhì)量m=0.1g的小物塊，帶有5×10-4C的電荷，放在傾角為30°的絕緣光滑斜面上，整個斜面置于B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向如圖所示。物塊由靜止開始下滑，滑到某一位置時，開始離開斜面（設(shè)斜面足夠長，g取10m/s2）（）A．物體帶正電 B．物體離開斜面時的速度為m/sC．物體在斜面上滑行的最大距離是1.2m D．物體在離開斜面之前一直做勻加速直線運動【答案】CD【詳解】A．根據(jù)題意可知，物體要離開斜面，所以受到的洛倫茲力垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，物體帶負電，故A錯誤；B．根據(jù)平衡條件可得故B錯誤；CD．由以上分析可知，物體沿斜面方向的合力由重力的分力提供，所以物體離開斜面前沿斜面做勻加速直線，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得可得故CD正確。故選CD。19．（2024·廣西·高考真題）坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子運動軌跡如圖所示在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點至O點的距離故選C。20．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)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(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B．粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)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(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為【答案】D【詳解】AB．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有故C錯誤；D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得故D正確。故選D。真題感知1．（多選）（2024·浙江·高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度沿細桿向上運動至最高點，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為C．洛倫茲力沖量大小為 D．若，彈力沖量為零【答案】CD【詳解】A．根據(jù)動量定理故合力沖量大小為，故A錯誤；B．小球上滑的時間為重力的沖量大小為故B錯誤；C．小球所受洛倫茲力為，隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為故C正確；D．若，0時刻小球所受洛倫茲力為小球在垂直細桿方向所受合力為零，可得即則小球在整個減速過程的圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。2．（多選）（2024·河北·高考真題）如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，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(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)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(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D．若粒子經(jīng)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°【答案】AD【詳解】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形abcd區(qū)域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd區(qū)域中的運動軌跡必平行于AC的連線，可知粒子必經(jīng)過cd邊，進入正方形abcd區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45°，據(jù)此作出粒子可能的兩個運動軌跡如圖所示粒子的運動軌跡均關(guān)于直線BD對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確；C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子運動軌跡如圖所示設(shè)粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為，則圖中兩段圓弧軌跡的圓心角與的關(guān)系為設(shè)兩正方形的對應(yīng)邊之間的距離為，為保證粒子穿過ad邊，需滿足且有聯(lián)立解得為保證粒子穿過cd邊，需滿足為保證從BC邊射出，需滿足聯(lián)立解得可得粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角范圍是故C錯誤；BD．粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，作出粒子恰好經(jīng)過c點的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子在e點進入正方形abcd區(qū)域，線段MN垂直平分軌跡ec，與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關(guān)于線段MN對稱。線段CE平行于軌跡ec，取圓弧軌跡的中點F，過F點做軌跡ec的平行線分別交AD與BC于點G和點，點為點E關(guān)于MN的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為AD的中點，Ee垂直于ad和AD，設(shè)粒子軌跡半徑為r，正方形ABCD的邊長為2L。由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得因，故，即EF垂直于，由對稱性可知四邊形為矩形，垂直于CE，可知點是點F關(guān)于MN的對稱點，即點F是圓弧cH的中點，可知由c到粒子的軌跡圓心角為30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度較大，軌跡半徑較大，則粒子在c點左側(cè)穿過cd，其軌跡如圖所示與臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在BC上，故粒子不會垂直BC射出。若粒子速度較小，軌跡半徑較小，則粒子在c點下方穿過cb，其軌跡如圖所示。與粒子恰好經(jīng)過c點的運動過程同理，根據(jù)對稱性可知粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確。故選AD。3．（2024·天津·高考真題）如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強磁場區(qū)域，半圓與x軸相切于M點，與y軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，磁場方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿方向的勻強電場，電場強度大小為E．一帶負電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點以速度v沿方向進入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。(1)求磁感應(yīng)強度B的大小；(2)若僅有電場，求粒子從M點到達y軸的時間t；(3)若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達x軸上P點，M、P的距離為，求粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件有解得（2）若僅有電場，帶負電粒子受沿軸負方向的電場力，由牛頓第二定律有又有，聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為，則有，可得畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得，解得則軌跡所對圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間提升專練一、單選題1．（2024·河北·二模）如圖所示，空間內(nèi)有一垂直紙面方向的勻強磁場（方向未知），一帶正電的粒子在空氣中運動的軌跡如圖所示，由于空氣阻力的作用，使得粒子的軌跡不是圓周，假設(shè)粒子運動過程中的電荷量不變。下列說法正確的是（）A．粒子的運動方向為B．粒子所受的洛倫茲力大小不變C．粒子在b點的洛倫茲力方向沿軌跡切線方向D．磁場的方向垂直紙面向里【答案】D【詳解】A．由于空氣阻力做負功，粒子運動過程中速率逐漸減小，由得所以粒子運動的軌道半徑逐漸減小，粒子的運動方向為，A錯誤；B．由公式可知粒子所受的洛倫茲力逐漸減小，B錯誤；C．粒子所受的洛倫茲力與速度方向垂直，方向指向彎曲軌跡的內(nèi)側(cè)，所以粒子在b點的洛倫茲力并不沿切線方向，C錯誤；D．由左手定則可知勻強磁場的方向垂直紙面向里，D正確。故選D。2．（2024·山東濟南·一模）一傾角為的絕緣光滑斜面處在與斜面平行的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m，電荷量為的小球，以初速度從N點沿NM邊水平射入磁場。已知斜面的高度為h且足夠?qū)?，小球始終未脫離斜面。則下列說法正確的是（

）A．小球在斜面上做變加速曲線運動B．小球到達底邊的時間為C．小球到達底邊的動能為D．勻強磁場磁感強度的取值范圍【答案】B【詳解】A．小球運動過程中，小球受到的洛倫茲力、重力恒定不變，則小球受到的合力不變，且合力方向與初速度方向不在同一直線上，故小球在斜面上做勻變速曲線運動，故A錯誤；B．小球做類平拋運動，在NM方向上，小球做勻速直線運動，在斜面方向上，小球做勻加速直線運動，則小球的加速度為解得小球到達底邊的時間為故B正確；C．根據(jù)動能定理，小球到達底邊的動能為故C錯誤；D．根據(jù)左手定則，小球受到的洛倫茲力垂直斜面向上，為使小球不脫離斜面，則解得勻強磁場磁感強度的取值范圍為故D錯誤。故選B。3．（2024·四川德陽·模擬預(yù)測）如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁場，粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區(qū)域，該粒子在磁場中運動時間為t，不計粒子的重力，則（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】AB．粒子在磁場中圓周運動周期洛倫茲力提供向心力得如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為所用時間為如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為，所用時間為所以粒子運動時間t，有故AB錯誤；CD．如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點，磁場的邊長為L，設(shè)粒子的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區(qū)域，所以C錯誤，D正確。故選D?！军c睛】4．（2025·云南昆明·模擬預(yù)測）如圖所示，在y≥0的區(qū)域存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為4q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?）?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力，則下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強度B．磁感應(yīng)強度C．打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為1：2D．打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為2：1【答案】C【詳解】AB．由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，沿x負方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方，如圖所示由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供向心力，聯(lián)立解得故AB錯誤；CD．當(dāng)打在右側(cè)下端的臨界點，如圖所示圓心O″與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°角，結(jié)合A選項中圖可知，沿與-x方向夾角范圍為0~30°角發(fā)射的粒子打在薄金屬板的右側(cè)面上；當(dāng)帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點，如圖所示圓心O′與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°角，可知沿與x正方向夾角范圍為30~90°角發(fā)射的粒子打在薄金屬板的左側(cè)面上，則打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為故C正確，D錯誤。故選C。二、多選題5．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）地球的磁場是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽風(fēng)粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的人類和動植物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)前進時做螺線運動的示意圖，不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是（

）A．該帶電粒子帶正電B．從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變C．帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離一直保持不變D．帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間變小【答案】ABD【詳解】A．由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，故A正確；B．因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變，故B正確；CD．根據(jù)洛倫茲力提供向心力帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間為可知隨著磁場的增強，粒子運動半徑逐漸減小，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間變小，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離為故帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離減小，故C錯誤，D正確。故選ABD。6．（2024·廣西柳州·三模）如圖所示，上方存在勻強磁場，同種粒子從點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為和，且均由點射出磁場，則兩粒子（）A．運動半徑之比為 B．初速率之比為C．運動時間之比為 D．運動時間之比為【答案】AC【詳解】A．設(shè)OP=2d，則由幾何關(guān)系可知，可知ab的運動半徑之比為，選項A正確；B．根據(jù)可得初速率之比為，選項B錯誤；CD．根據(jù)ab兩粒子轉(zhuǎn)過的角度之比為300°：120°=5:2，則運動時間之比為，選項C正確，D錯誤。故選AC。7．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一束質(zhì)量均為m、帶電荷量均為的粒子從P點沿豎直方向以不同速率射入磁場，P點與圓心的連線與豎直方向之間的夾角為，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下