2024-2025學年教科版高二物理下學期同步訓練之洛倫茲力

2024-2025學年下學期高中物理教科版高二同步經(jīng)典題精練之洛

倫茲力

一.選擇題（共5小題）

1.（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）如圖所示，一水平導線通以電流I,導線上方有一電子，初速度方向與電流

垂直，關(guān)于電子的運動情況，下列說法正確的是（）

I

A.沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越小

B.沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越大

C.沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越大

D.沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越小

2.（2024秋?福州校級期末）四個相同的帶負電小球（均視為質(zhì)點）分別從同一高度處以相同的初速度水

平向右拋出，最終落到同一水平地面上。圖甲中既沒有電場，也沒有磁場；圖乙中有水平向里的勻強磁

A.V1>V2>V4>V3B.V2>V1>V4>V3

C.V4>V1=V2>V3D.V1=V2<V3<V4

3.（2024秋?唐山期末）空間存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），A、B、C、D、E為磁場中的五個

點，AB=DE,C為BD中點，AB平行于DE,如圖所示。一束帶正電的同種粒子垂直AB由A點沿紙

面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，經(jīng)過一段時間后第一次到達虛線位置。用tB、tc、tD、tE分別

表示第一次到達B、C、D、E四點的粒子所經(jīng)歷的時間，下列說法正確的是（）

/C

A%

A.tB>tC>tD>tEB.tB>tC=tE>tD

C.tB>tC>tE=tDD.tB=tE>tC>tD

4.（2025?重慶模擬）將某帶電粒子從勻強磁場中一足夠大的固定絕緣斜面上由靜止釋放。以下情景中,

該粒子在沿斜面下滑的過程中，可能離開斜面的是（）

5.（2024秋?慈溪市期末）如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內(nèi)存在磁感應強度為

B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v,方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非

常小。電子電荷量為e、質(zhì)量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場會聚在熒

光屏上P點。下列說法正確的是（）

螺線管

電子槍-------------------------一力

熒光屏

A.螺線管內(nèi)的磁場方向垂直于管軸

371771

B.電子在磁場中運動的時間可能為——

eB

C.若磁感應強度變?yōu)?B,則電子仍會聚在P點

D.若速度變?yōu)?V（不碰壁），則電子仍會聚在P點

二.多選題（共4小題）

（多選）6.（2025?鄭州校級二模）下列說法正確的是（）

Ir

A

A.甲圖為未來人類進行星際航行，若以0.2c的速度航行的飛船向正前方的某一星球發(fā)射一束激光，根

據(jù)相對論時空觀，該星球上的觀測者測量得到激光的速度為c

B.乙圖為某同學設計的靜電除塵裝置，塵埃被吸附在中間的負極棒上

C.丙圖為航天員在“天宮課堂”演示“動量守恒實驗”，小鋼球沿水平方向從右向左撞擊靜止的大鋼

球后，小鋼球運動方向可能與大鋼球不在同一直線上

D.丁圖為檢驗通電導線周圍是否存在磁場，要使實驗現(xiàn)象明顯，導線應東西方向放置

（多選）7.（2025?張店區(qū)校級開學）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓

心O作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，該軌跡稱為

圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B

的勻強磁場，已知一質(zhì)量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自

A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則

（）

vp▼▼

甲乙

Tim

A.A點運動到B點的時間為--

qB

B.A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大

C.該離子電勢能先增大后減小

D.到達C點時離子速度最大

（多選）8.（2024秋?保定期末）如圖所示，勻強磁場中位于P處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內(nèi)的

各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q,速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏MN的距離為d,設熒光屏

足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（）

M

A.若磁感應強度B=翳,則發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最短時間一

qd3v

B.若磁感應強度B=寒，則同一時刻發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最大時間差為四

C.若磁感應強度B=笳，則熒光屏上形成的亮線長度為（底+B）d

D.若磁感應強度8=笳，則熒光屏上形成的亮線長度為（底+2W）d

（多選）9.（2024秋?福州校級期末）如圖所示，abed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,，貝I（）

i

B

v

b

Tim37rm

A.-----<t<--------

2qB~4qB

C近qBLqBL（V2-l）qBLqBL

<v<-----D.---------——<v<-—

mmmm

三.填空題（共3小題）

10.（2025?福州校級模擬）如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上的足夠大的勻強磁場，從平面

MNRS上的O點處以初速度vo=lOm/s垂直MNRS面向右拋出一帶電量為q質(zhì)量為m小球。若磁感應

強度B=罟，g取lOm/s?。則小球離開磁場時的速度大小為m/s；小球離開磁場

時的位置與拋出點的距離為mo

11.（2024秋?浦東新區(qū)校級期末）一個帶負電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水

平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行過程中小球的水平位移始終增大，設

飛行時間為ti,著地速度大小為VI。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2,著地速度大小為

V2,則tlt2,VIV2（均選填或"="）。

-..............-1X義

:XX

：XX

//////力/'/////

12.（2023秋?越城區(qū)校級期末）2020年12月2日22時，經(jīng)過約19小時月面工作，嫦娥5號完成了月面

自動采樣封裝，這其中要用到許多壓力傳感器。有些壓力傳感器是通過霍爾元件將壓力信號轉(zhuǎn)化為電信

號。如圖所示，一塊寬為a、長為c、厚為h的長方體半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為

-e的自由電子。通入方向如圖所示的電流時，電子的定向移動速度為V。若元件處于垂直于上表面、

方向向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B,此時前表面的電勢（填“高于”、“低于”

或“等于"）后表面的電勢。元件的前、后表面間電壓U=o

四.解答題（共3小題）

13.（2025?重慶模擬）如圖所示，一光滑半圓形絕緣軌道ACB豎直固定在紙面內(nèi)，其半徑為R,O為圓

心，A、B為半圓水平直徑的兩個端點，C為半圓最低點。M、N點分別位于A、B點正上方，且到A、

B點的高度均為R。將一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球，分別從M、N點由靜止釋放，小球均能

沿切線進入半圓軌道。小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g。

（1）若將該小球從M點由靜止釋放，求小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小;

（2）若在直線AB下方施加一垂直紙面的勻強磁場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動

到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg,求所加勻強磁場的磁感應強度；

（3）若在直線AB下方施加一平行紙面的勻強電場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動

到C點時與軌道之間的作用力大小分別為5mg、3mg,求所加勻強電場的場強大小。

M?<?N

14.（2024秋?福州校級期末）電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機斷層掃描（PET）及正電子湮滅能譜學（PAS）

的物理基礎，是指電子e和正電子e+以等大反向的速度碰撞后湮滅的過程，如圖所示，平面直角坐標

系xOy內(nèi)的P點在x軸上，且OP=2L,Q點在負y軸上某處。在第I象限內(nèi)有平行于y軸向下的勻強

電場，在第II象限內(nèi)有一半徑為L的圓形磁場區(qū)域，與x、y軸分別相切于A、C兩點，在第IV象限內(nèi)

有一未知的矩形區(qū)域（圖中未畫出），未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強磁場。一速度大小

為vo的正電子從A點沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點射入電場，最后從P點射出電場區(qū)域；另一速度

大小為vi（未知）的電子從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第IV象限，而后進入未知矩形磁場

區(qū)域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的正電子正碰發(fā)生湮滅。已知正、負電子質(zhì)量

均為m、電荷量大小均為e,重力不計。求：

（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應強度B的大小和正電子到達P點時的速度大??；

（2）為確保兩電子發(fā)生湮滅，兩電子分別從A點、Q點釋放的時間差At；

（3）未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S。

/'???'、

?.B;.\C

A0x

45°

15.（2024秋?市中區(qū)校級期末）如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，第一象限中存在沿x軸負方向、

電場強度大小為E的勻強電場，第二象限中存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，第三象限中存在勻強

電場，電場強度大小也為E,方向與xOy平面平行，且與x軸正方向成a角。一質(zhì)量為m、電荷量為q

(q>0)的粒子，從x軸上距離0點為L的M點以一定的初速度沿y軸正方向進入電場，經(jīng)y軸上距

離O點為2L的N點離開電場，經(jīng)過磁場后從x軸上的P點垂直x軸進入第三象限的電場，不計粒子

重力。求：

(1)粒子到達N點時的速度大小；

(2)粒子在磁場中運動的時間及OP的距離LOP；

(3)粒子剛離開第三象限的電場時距坐標原點的距離。

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經(jīng)典題精練之洛

倫茲力

參考答案與試題解析

題號12345

答案CCBBC

選擇題（共5小題）

1.（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）如圖所示，一水平導線通以電流I,導線上方有一電子，初速度方向與電流

垂直，關(guān)于電子的運動情況，下列說法正確的是（）

A.沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越小

B.沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越大

C.沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越大

D.沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越小

【考點】洛倫茲力的動力學特點.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】根據(jù)右手螺旋定則，可判斷通電導線上方的磁場方向；由左手定則，可判斷電了受到的洛倫茲

力方向，即電子的偏轉(zhuǎn)方向；由洛倫茲力提供向心力，可得到圓周運動半徑與磁感應強度的關(guān)系，結(jié)合

不同位置處的磁感應強度的大小，可判斷其圓周運動軌跡的半徑變化。

【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則，可判斷通電導線上方的磁場方向為垂直紙面向里；由左手定則，可判

斷電子受到的洛倫茲力方向向右，即電子的偏轉(zhuǎn)方向向右，即路徑a；

由洛倫茲力提供向心力，可qvB=m7，解得r=器，離導線越遠，磁感應強度越小，則電子的運動半

徑越大，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子受洛倫茲力的運動情況，需要結(jié)合右手螺旋定則和左手定則綜合判斷，注意

通電導線周圍的磁場并非勻強磁場，越靠近通電導線，磁場越強。

2.（2024秋?福州校級期末）四個相同的帶負電小球（均視為質(zhì)點）分別從同一高度處以相同的初速度水

平向右拋出，最終落到同一水平地面上。圖甲中既沒有電場，也沒有磁場；圖乙中有水平向里的勻強磁

場；圖丙中有方向豎直向下的勻強電場；圖丁中有方向豎直向上的勻強電場。不計空氣阻力。若小球在

A.V1>V2>V4>V3B.V2>V1>V4>V3

C.V4>V1=V2>V3D.V1=V2<V3<V4

【考點】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動；動能定理的簡單應用.

【專題】比較思想；類比法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】根據(jù)帶電小球受到重力，電場力及洛倫茲力，判定各自力的方向，結(jié)合牛頓第二定律，及平拋

運動的規(guī)律，即可求解。

【解答】解：小球拋出時的速度大小為vo,對題圖甲情形中的小球，小球只受重力，根據(jù)動能定理有：

mgA=詔

題圖乙情形中的小球受到的洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有：mgA=

題圖丙情形中的小球受到的電場力方向豎直向上，電場力做的功：W<0

11

根據(jù)動能定理有：mgh+W=2mvo

題圖丁情形中的小球受到的電場力方向豎直向下，電場力做的功：W'>0

11

根據(jù)動能定理有：mgA+Wz=2S嵬-^山諾

比較以上各式可知，圖丙中有兩個力對小球做正功，所以丁球落地時的動能最大，甲和乙球基次，丙球

落地的動能最小

所以速度關(guān)系為：V4>V1=V2>V3,故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

【點評】考查平拋運動的規(guī)律，掌握牛頓第二定律的應用，理解左手定則的內(nèi)容，注意乙圖與丙圖雖然

加速度不同，但豎直方向的速度卻相同，是解題的關(guān)鍵。同時掌握洛倫茲力不做功的特點。

3.（2024秋?唐山期末）空間存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），A、B、C、D、E為磁場中的五個

點，AB=DE,C為BD中點，AB平行于DE,如圖所示。一束帶正電的同種粒子垂直AB由A點沿紙

面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，經(jīng)過一段時間后第一次到達虛線位置。用tB、tc、tD、tE分別

表示第一次到達B、C、D、E四點的粒子所經(jīng)歷的時間，下列說法正確的是（）

L—Jc

AB

A.tB>tC>tD>tEB.tB>tC=tE>tD

C.tB>tC>tE=tDD.tB=tE>tC>tD

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.

【專題】比較思想；幾何法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力.

【答案】B

【分析】帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，推導出粒子運動周期

表達式，得到周期與速度無關(guān)的結(jié)論。畫出粒子通過B、C、D、E各點的軌跡，根據(jù)軌跡對應的圓心

角大小分析粒子運動時間的長短。

【解答】解：帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，即

V2

qBv=血耳

則

m

運動周期

2TIR_271m

v-qB

可見粒子的運動周期與速度無關(guān)。

畫出粒子通過B、C、D、E各點的軌跡如圖所示。

由幾何關(guān)系可知，從A到B,粒子運動軌跡對應的圓心角為180°；連接ACE、AD,從A到B的弦切

角最大，從A到C和A到E的弦切角相等，A到D的弦切角最小，則從A到C和A到E,粒子運動

軌跡對應的圓心角小于180°,且相等；A到D,粒子運動軌跡對應的圓心角最小，粒子從A點沿紙面

向上射入磁場，運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長，所以tB>tc=tE>tD,故ACD錯誤，B正

確。

故選：Bo

【點評】正確畫出粒子在磁場中的運動軌跡，將幾何關(guān)系確定軌跡對應的圓心角大小是解題的關(guān)鍵。

4.（2025?重慶模擬）將某帶電粒子從勻強磁場中一足夠大的固定絕緣斜面上由靜止釋放。以下情景中，

該粒子在沿斜面下滑的過程中，可能離開斜面的是（）

【考點】洛倫茲力在運動過程中的動態(tài)變化問題；洛倫茲力的計算公式及簡單應用.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】B

【分析】根據(jù)左手定則判斷安培力方向，對粒子受力分析，判斷粒子是否可能離開斜面。

【解答】解：A.根據(jù)左手定則可知，圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，粒子受到的洛倫茲力垂直

斜面向下，則粒子不可能離開斜面，故A錯誤；

B.根據(jù)左手定則可知，圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，粒子受到的洛倫茲力垂直斜面向上，則

粒子可能離開斜面，故B正確；

C.圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，根據(jù)左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則

粒子不可能離開斜面，故C錯誤；

D.圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，根據(jù)左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則

粒子不可能離開斜面，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】解題關(guān)鍵是能熟練應用左手定則判斷安培力方向。

5.（2024秋?慈溪市期末）如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內(nèi)存在磁感應強度為

B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v,方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非

常小。電子電荷量為e、質(zhì)量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場會聚在熒

光屏上P點。下列說法正確的是（）

螺線管

電子槍.........................斗熒光屏

A.螺線管內(nèi)的磁場方向垂直于管軸

B.電子在磁場中運動的時間可能為——

eB

C.若磁感應強度變?yōu)?B,則電子仍會聚在P點

D.若速度變?yōu)?V（不碰壁），則電子仍會聚在P點

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；洛倫茲力的計算公式及簡單應用.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】AB.由題意可知，螺線管內(nèi)的磁場方向與管軸不垂直，電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直

于磁場方向做勻速圓周運動，電子的運動軌跡為螺旋線；根據(jù)電子的運動規(guī)律、洛倫茲力提供向心力、

周期公式分別列式，即可分析判斷；

CD.由上述分析，對磁感應強度變?yōu)?B、電子速度為2V時，分別列式對比，即可分析判斷。

【解答】解：AB.由圖可知，螺線管內(nèi)的磁場方向與管軸不垂直，將電子的初速度v沿磁場方向和垂直

于磁場方向正交分解為Vx、Vy,電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，電

子的運動軌跡為螺旋線；

設螺線管長為L,分運動的圓周運動的周期為T,若這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，則需滿足：

L

——=nT,（n=l、2、3...）,

%

由洛倫茲力提供向心力可得：eBVy=m咨

電子分運動的圓周運動的周期為：7二繆，

、，、L27177171

聯(lián)立可得：一=-----，（n=l、2、3....）,

vxeB

因為電子速度V與磁場方向的夾角非常小，故可近似為：Vx=V,

L2Timn

可得電子的速度只要滿足：-=-----，（n=l、2、3……）,即電子的運動時間為圓周運動周期的整數(shù)

veB

倍，電子就可以會聚到P點；

3717n

由此可知，這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，電子在磁場中運動的時間不可能為——；故AB錯

eB

誤；

CD.由上述分析可知，

若磁感應強度變?yōu)?B,有：L=架察x2u,

對比可得：n，=2、4、6……，則電子仍會聚在P點；

同理，當電子速度為2V時，可得：4=空營義2。，

et）

對比可得：71〃=米11、53、2……，即電子的運動時間不是總等于圓周運動周期的整數(shù)倍，故這些電子

不一定能會聚在P點；故C正確，D錯誤；

故選：Co

【點評】本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，解題時需注意若v，B,則帶電粒子僅受洛

倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速率v做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。

—.多選題（共4小題）

（多選）6.（2025?鄭州校級二模）下列說法正確的是（）

Ir

T

A.甲圖為未來人類進行星際航行，若以0.2c的速度航行的飛船向正前方的某一星球發(fā)射一束激光，根

據(jù)相對論時空觀，該星球上的觀測者測量得到激光的速度為c

B.乙圖為某同學設計的靜電除塵裝置，塵埃被吸附在中間的負極棒上

C.丙圖為航天員在“天宮課堂”演示“動量守恒實驗”，小鋼球沿水平方向從右向左撞擊靜止的大鋼

球后，小鋼球運動方向可能與大鋼球不在同一直線上

D.丁圖為檢驗通電導線周圍是否存在磁場，要使實驗現(xiàn)象明顯，導線應東西方向放置

【考點】洛倫茲力、磁場、粒子運動方向和電荷性質(zhì)的相互判斷；狹義相對論的原理和兩個基本假設；

動量守恒定律的一般應用；通電直導線周圍的磁場.

【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力.

【答案】AC

【分析】光速不變，塵埃帶負電，被吸附在板狀收集器上，不是對心正碰，碰撞后，小鋼球運動方向與

大鋼球不在同一直線上，結(jié)合地磁場分析。

【解答】解：A.根據(jù)狹義相對論的假設，真空中光速相對于不同的慣性參考系是相同的，即在任何地

方的光速都是c,故A正確；

B.乙圖中，塵埃帶負電，在電場力作用下，被吸附在板狀收集器上，故B錯誤；

C.小鋼球沿水平方向從右向左撞擊靜止的大鋼球，如果不是對心正碰，碰撞后，小鋼球運動方向與大

鋼球不在同一直線上，故C正確；

D.當通電導線南北放置時，根據(jù)安培定則，水平方向磁場沿東西方向，磁場與地磁場近似垂直，此時

實驗現(xiàn)象明顯，即檢驗通電導線周圍是否存在磁場時，要使實驗現(xiàn)象明顯，導線應南北方向放置，故D

錯誤。

故選：AC。

【點評】狹義相對論的兩個基本假設：（1）狹義相對性原理：在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都

是相同的。（2）光速不變原理：真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的。

（多選）7.（2025?張店區(qū)校級開學）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓

心O作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，該軌跡稱為

圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B

的勻強磁場，已知一質(zhì)量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自

A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則

（）

vp▼▼▼

甲乙

71m

A.A點運動到B點的時間為--

qB

B.A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大

C.該離子電勢能先增大后減小

D.到達C點時離子速度最大

【考點】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；創(chuàng)新能力.

【答案】BD

【分析】由題意可將離子的運動分解為勻速圓周運動與勻速直線運動，根據(jù)力與運動的關(guān)系，結(jié)合勻速

圓周運動的周期解答；根據(jù)動能定理，功能關(guān)系解答。

【解答】解：A、粒子在A點時，速度為0,將粒子速度分解為水平向右的v與水平向左的v,使水平

向右的v對應的洛倫茲力與電場力平衡，則有：qE=qvB

解得：v=4

D

所以離子水平向右的分運動為V的勻速直線運動，另一分運動為水平向左的V對應的逆時針方向的勻速

圓周運動，且有：qvB=嗒，而丁=等

解得.R=rnv=mE2nm

用牛母.K—西一-qB

由于粒子從靜止開始自A點沿曲線AC運動到達B點時速度為零，即離子恰好經(jīng)過圓周運動的一個周

期的時間，即A點運動到B點的時間為陋，故A錯誤；

qB

C、離子由靜止開始自A點沿曲線ACB運動，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，故

C錯誤；

D、洛倫茲力不做功，結(jié)合上述，離子由靜止開始自A點沿曲線運動到C點過程，電場力做正功最多，

根據(jù)動能定理可知，離子到達C點時離子速度最大，故D正確;

B、結(jié)合上述可知，A、C兩點間距離：XAC=VT=^竽，由此可知，A、C兩點間距離隨著電場E的

qB2

增大而增大，故B正確。

故選：BDo

【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動問題，屬于知識給于類題型，理解題意是關(guān)鍵。掌

握軌跡為“圓滾線”的運動的處理方法，根據(jù)分運動具有獨立性與等時性解答。

（多選）8.（2024秋?保定期末）如圖所示，勻強磁場中位于P處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內(nèi)的

各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q,速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏MN的距離為d,設熒光屏

足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（）

M

XXXX

B

NXXXX

A.若磁感應強度B=今，則發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最短時間一

qa3v

B.若磁感應強度B="，則同一時刻發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最大時間差為陋

C.若磁感應強度B=魏，則熒光屏上形成的亮線長度為（底+B）d

D.若磁感應強度B=魏，則熒光屏上形成的亮線長度為（底+2^）d

【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構(gòu)能力.

【答案】ABC

【分析】根據(jù)牛頓第二定律求解粒子做勻速圓周運動的軌道半徑，當粒子運動的時間最短時，軌跡對應

的弦長最短，再根據(jù)幾何知識求解軌跡對應的圓心角，再根據(jù)運動學公式求解粒子運動的時間；

根據(jù)題意作出粒子運動最長時間的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識求解粒子運動的軌跡對應的圓心角，再根據(jù)

運動學公式求解最大時間差；

先根據(jù)半徑公式求解磁感應強度時粒子運動的軌道半徑，再作出粒子運動的臨界軌跡圖像，根據(jù)幾何知

識求解粒子在P點上方和下方打在MN上面的位置，即可解得熒光屏上形成的亮線長度。

【解答】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：

代入磁感應強度的值得到運動的軌道半徑：R=d

A、要求最短時間，則恰好弦長最短，打到P點的正左方，如圖所示,

根據(jù)幾何關(guān)系，偏轉(zhuǎn)的圓心角為?因此運動時間為：t=^=群，故A正確；

3

B、由幾何關(guān)系可知，打到熒光屏MN上最長時間恰好運動了二個周期，軌跡如下圖所示,

4

結(jié)合上一選項的結(jié)論，那么最大的時間差：/「=三=等，故B正確;

CD、若磁感應強度B=瑞，則軌道半徑：R=2d

到達熒光屏最下端的粒子的軌跡是與MN相切的，設下半部分的亮線長度為xi,根據(jù)幾何關(guān)系有：就+

（R-d）2=R2

整理解得：xi=V3d

到達熒光屏最上端的粒子與屏的交點與P點連線為軌跡的直徑，設上半部分亮線的長度為X2,根據(jù)幾

何關(guān)系有：xl+d2=（2R）2

整理解得：X2=V15d

所以亮線的總長度為（代+百）d,故C正確，D錯誤。

故選：ABC0

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，熟

練應用對應的規(guī)律解題。

（多選）9.（2024秋?福州校級期末）如圖所示，abed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，磁感應強度大小為Bo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（）

Tim3nm3nmTim

A.-----<t<--------B.------<t<-------

2qB4qB8qB2qB

y[2qBLqBL(V2-l)qBLqBL

C.---------<v<——D.---------------------<V<---------

mmm----------m

【考點】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構(gòu)能力.

【答案】AD

【分析】畫出粒子在磁場中運動的軌跡，確定圓心，由幾何關(guān)系可求得粒子的軌道半徑和偏轉(zhuǎn)角，粒子

在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此可求得速度大小，再由時間公式求時間;

【解答】解：粒子在磁場中圓周運動周期：7=詈

2

洛倫茲力提供向心力：qvB=^-

聯(lián)立解得：7=鬻

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,設粒子的軌道半徑為r,由

幾何關(guān)系得：L+r=V2L

2

由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m^-

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：r=L

2

由洛倫茲力提供向心力得：quB=m*

聯(lián)立解得：〃=粵

（y/2-l}qBLqBL

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：------<v<—,故C錯誤，

mm

D正確。

AB、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：0c=^7i

3

所用時間為…=*=奈鬻=翟

、n

如果粒子從d點射出，ISI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耳，所用時

間為._ed_I2nm_nm

同為：tc一而T一方vX布-一取

71771371771

綜上所述粒子運動時間t滿足：一<t<——，故A正確，B錯誤；

2qB4qB

故選：ADo

【點評】本題考查了粒子在有界磁場中的運動，解題的關(guān)鍵是畫出軌跡的示意圖，由幾何關(guān)系求得軌道

半徑。

三.填空題（共3小題）

10.（2025?福州校級模擬）如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上的足夠大的勻強磁場，從平面

MNRS上的O點處以初速度vo=lOm/s垂直MNRS面向右拋出一帶電量為q質(zhì)量為m小球。若磁感應

2

強度B=等，g取10m/so則小球離開磁場時的速度大小為重直—m/s；小球離開磁場時的位置與

拋出點的距離為-Vn-2+16mo

N

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力.

【答案】見試題解答內(nèi)容

【分析】小球在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，小球離開磁場時水平方向為一個

半圓、根據(jù)運動情況結(jié)合運動學公式進行解答。

【解答】解：小球在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，

水平方向小球恰好轉(zhuǎn)半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t=彳=器=ls

則離開磁場時的豎直方向的速度vy=gt=10Xlm/s=10m/s

小球離開磁場時的速度大小為v=J詔+藥=V102+102m/s=10V2m/s

小球離開磁場時在豎直方向的距離為y=3gt2=1x10xl2m=5m

2

小球在水平方向做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvoB=

解得：R=^

水平方向位移為直徑，即x=2R=騾a

qB

代入數(shù)據(jù)解得：x="m

71

則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為s=X

y/x2+y2=J(~)2+52m=+16m

故答案為：10A/2；->Jn2+16o

【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛

倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求時間。

11.（2024秋?浦東新區(qū)校級期末）一個帶負電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水

平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行過程中小球的水平位移始終增大，設

飛行時間為tl,著地速度大小為VI。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2,著地速度大小為

V2,則tl＜t2,VI=V2（均選填或“=”）。

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【考點】洛倫茲力的概念；合運動與分運動的關(guān)系.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力.

【答案】＜、=

【分析】小球在有磁場時做一般曲線運動，無磁場時做平拋運動，運用分解的思想，判斷運動時間；最

后利用洛倫茲力不做功判斷落地的速率

【解答】解：有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛倫茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向

都不變；洛倫茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛倫茲力的方向跟速

度方向垂直，總是指向左下方某個方向，其水平分力后水平向左，豎直分力f豎直向下。豎直方向的加

速度仍向下，但大于重力加速度g,從而使運動時間比撤去磁場后要短，即在有磁場，重力和洛倫茲力

共同作用時，其洛倫茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能，有磁

場和無磁場都只有重力做功，動能的增加是相同的。有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同,

但速度的大小是相等的，即V1=V2

故答案為：＜、—

【點評】本題關(guān)鍵運用分解的思想，把小球的運動和受力分別向水平和豎直分解，然后根據(jù)選項分別選

擇規(guī)律分析討論。

12.（2023秋?越城區(qū)校級期末）2020年12月2日22時，經(jīng)過約19小時月面工作，嫦娥5號完成了月面

自動采樣封裝，這其中要用到許多壓力傳感器。有些壓力傳感器是通過霍爾元件將壓力信號轉(zhuǎn)化為電信

號。如圖所示，一塊寬為a、長為c、厚為h的長方體半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為

-e的自由電子。通入方向如圖所示的電流時，電子的定向移動速度為V。若元件處于垂直于上表面、

方向向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B,此時前表面的電勢低于（填“高于”、“低于”

或“等于")后表面的電勢。元件的前、后表面間電壓u=*^

【考點】霍爾效應與霍爾元件.

【專題】信息給予題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力.

【答案】低于；avBo

【分析】根據(jù)左手定則得出電子受到的洛倫茲力方向，結(jié)合電子的電性得出電勢的高低；

根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出電壓的表達式。

【解答】解：磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，電子所受的洛倫茲力方向向外，則前表面積累了

電子，前表面的電勢比后表面的電勢低；

當電子勻速通過霍爾元件時，洛倫茲力與電場力平衡，根據(jù)平衡條件

解得元件的前、后表面間電壓U=avB。

故答案為：低于；avBo

【點評】本題主要考查了霍爾效應的相關(guān)應用，解題的關(guān)鍵是明確自由電荷在復合場中受力平衡，易錯

點在于利用左手定則判斷電荷的移動，從而判斷后面的電勢高。

四.解答題(共3小題)

13.(2025?重慶模擬)如圖所示，一光滑半圓形絕緣軌道ACB豎直固定在紙面內(nèi)，其半徑為R,O為圓

心，A、B為半圓水平直徑的兩個端點，C為半圓最低點。M、N點分別位于A、B點正上方，且到A、

B點的高度均為R。將一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球，分別從M、N點由靜止釋放，小球均能

沿切線進入半圓軌道。小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g。

(1)若將該小球從M點由靜止釋放，求小球運動到C點時與軌道之間的作用力大??；

(2)若在直線AB下方施加一垂直紙面的勻強磁場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動

到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg,求所加勻強磁場的磁感應強度；

(3)若在直線AB下方施加一平行紙面的勻強電場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動

到C點時與軌道之間的作用力大小分別為5mg、3mg,求所加勻強電場的場強大小。

c

【考點】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動.

【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力.

【答案】(1)若將該小球從M點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小為5mg；

(2)該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg,所加勻

強磁場的磁感應強度為2方向垂直紙面向里；

(3)所加勻強電場的場強大小為迎運。

6q

【分析】(1)根據(jù)動能定理求出小球到達C點時速度的大小，在C點，軌道對小球的支持力與重力的

合力提供向心力，據(jù)此分析求小球與軌道之間作用力的大?。?/p>

(2)由于兩球到達C的速度方向不同，洛倫茲力的方向相反，在C點分別對兩球由牛頓第二定律列式

結(jié)合題設條件，即可分析判斷；

(3)根據(jù)動能定理求出兩球到達C點的速度，再由牛頓第二定律列式結(jié)合題設條件，從而得到電場強

度的大小。

1

【解答】解：(1)從M點到C點，根據(jù)動能定理：mg-2R=-^mvl

2

在C點，根據(jù)牛頓第二定律：FN-mg

解得：FN=5mg

(2)因為洛倫茲力不做功，所以小球到達C點的速度還是：vi=2阿

2

小球在C點，根據(jù)牛頓第二定律：FN1-Bqvr-mg=

2

小球從N點釋放到C點，根據(jù)牛頓第二定律：FN2+BqV1-mg=^

由題可知:FNI-FN2=2mg

聯(lián)立解得：B=奇器,方向垂直紙面向里。

(3)設所加勻強電場的場強大小為E,方向為左下方，與水平方向夾角為a,小球從M點釋放到C點，

_1

根據(jù)動能定理：mg-2R+qEcosa-R-qEsina-R=2m諺

2

在C點，根據(jù)牛頓第二定律：5mg+qEsina-mg=

小球從N點釋放到C點，根據(jù)動能定理：mg-2R