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2025年高考物理大一轮复习 第十一章 第2课时 磁场对运动电荷(带电体)的作用 课件及学案
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磁场对运动电荷(带电体)的作用
考点二 洛伦兹力作用下带电体的运动
考点三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力的定义磁场对 的作用力。2.洛伦兹力的大小(1)v∥B时，F＝ ；(2)v⊥B时，F＝ ；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ。
3.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向 电荷运动的方向或 电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于 决定的平面。(注意B和v不一定垂直)
4.洛伦兹力与安培力的联系及区别(1) 是 的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。(2) 可以做功，而 对运动电荷不做功。注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
5.洛伦兹力与静电力的比较
1.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。( )2.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。( )3.洛伦兹力对运动电荷一定不做功。( )
例1 (2024·江苏淮安市调研)如图所示是某种粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，匀强磁场的方向垂直纸面向里，从垂直纸面方向向里看(正视)，可能是哪种粒子的运动A.中子顺时针运动 B.中子逆时针运动C.质子顺时针运动 D.电子顺时针运动
中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方
电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。
例2 真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是A.小球先加速后减速B.小球受到的洛伦兹力始终为零C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上
根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。
洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。
例3 (2024·江苏省太湖高级中学期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜
面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图像，可能正确的是
对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcs θ＋qvB，联立解得a＝gsin θ＋μgcs θ＋ 方向沿斜面
向下，所以小物块沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，速度接近零时，加速度不接近零。故选C。
例4 如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度大小为 右侧磁场的磁感应强度大小为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0。已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为点电荷。
(1)判断小球带何种电荷；
根据题意，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷。
(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；
(3)求小球速度达到最大之前，在左侧磁场中下滑的距离L。
当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0，设此时速度为v，则有qvB＝mgcs θ，
带电粒子在匀强磁场中的运动
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做_________运动。2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做 运动。
(2)轨迹半径：r＝_____。
(3)周期： 可知T与运动速度和轨迹半径 ，只和粒子的 和磁场的 有关。
3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
常用到的几何关系①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。
例5 (2023·江苏省天一中学检测)如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且OA∶AB＝3∶2，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是A.两个粒子的比荷之比为5∶3B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2C.两个粒子同时经过A点和B点D.粒子1在磁场中运动的时间较长
设∠NOB＝θ，粒子1和2的轨迹半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹，可得OA＝2r1cs θ，同理可得OB＝2r2cs θ，由题意OA∶AB＝3∶2，可得OA∶OB＝3∶5，故r1∶r2＝3∶5，
例6 (2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Astn)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。
离子进入磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
OM的长度为OM＝2r＝0.4 m
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
答案 4.4×106 C/kg
若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，
1.极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的主要原因是A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果B.粒子的带电荷量减小C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小D.南北两极附近的磁感应强度较强
当带电荷量减小时，半径增大，B错误；洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；
2.铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束电子偏转方向A.向左 B.向右 C.向上 D.向下
由右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁体，O点在两条形磁体之间，磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到向右的洛伦兹力，则该束电子向右偏转，故选B。
3.(2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子
根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；
粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；
知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
4.质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将A.变大 B.变小C.不变 D.条件不足，无法判断
5.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做匀速圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做匀速圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做匀速圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
6.如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是A.磁场的方向垂直纸面向外B.粒子从M运动到N的时间为C.如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD.如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
7.(2023·江苏省崇真中学阶段检测)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B，重力加速度为g，墙壁足够高，下列说法正确的是A.物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力B.物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做 匀速运动C.物块下滑的最大速度为D.物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒
物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，摩擦力为Ff＝μFN＝μqvB，所以物块下滑过程中做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，故B正确；
物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做功，所以物块的机械能减小，故D错误。
8.(2023·江苏省余姚中学检测)如图所示，倾角为θ的固定粗糙斜面下方紧贴底面处放一根水平长直导线。斜面最高点距底面高度为2h，直导线中通以向左的电流I。将一质量为m，电荷量为＋q的小球从斜面顶端静止释放时，恰好在斜面中点处脱离斜面，此过程中小球克服摩擦力做功为 已知通电直导线在距离其r处产生的磁感应强度大小为B＝ (k为常数)，重力加速度为g，小球中的涡流忽略不计，小球可视为点电荷。小球和导线始终在同一竖直面内，则此导线中电流的大小为
9.如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v－t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是A.物块带正电B.1 s后物块与传送带共速，所以传送带的 速度为0.5 m/sC.传送带的速度可能比0.5 m/s大D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大
在第1 s内，图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，
所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1 s末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B错误，C正确；
若传送带的速度小于0.5 m/s，物块最终达到的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等于0.5 m/s，则物块的最大速度等
于0.5 m/s；若传送带的速度大于0.5 m/s，无论传送带的速度多大，物块加速到0.5 m/s时都不再加速，即物块的最大速度等于0.5 m/s，D错误。
10.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；
如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝AB＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由几何知识得r＝2L
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
11.(2022·江苏卷·13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1联立解得ma∶mb＝2∶1
(2)粒子a的动量大小pa。
中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，由题图知，分裂后瞬间a、b速度方向均与v相同。分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，有mv＝mava＋mbvb因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，
12.(2024·江苏泰州市检测)如图所示，一足够长、倾角为α的固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a(沿斜面向下为正
方向)随时间t，受到的弹力FN(垂直斜面向下为正方向)随时间t，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是
当mgcs α>qvB时，FN＝mgcs α－qvB，由牛顿第二定律得mgsin α－μ(mgcs α－qvB)＝ma
可见a－t图像的斜率越来越大，FN－t图像的斜率为负，且斜率的绝对值越来越大；当mgcs α
磁场对运动电荷(带电体)的作用
考点二 洛伦兹力作用下带电体的运动
考点三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力的定义磁场对 的作用力。2.洛伦兹力的大小(1)v∥B时，F＝ ；(2)v⊥B时，F＝ ；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ。
3.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向 电荷运动的方向或 电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于 决定的平面。(注意B和v不一定垂直)
4.洛伦兹力与安培力的联系及区别(1) 是 的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。(2) 可以做功，而 对运动电荷不做功。注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
5.洛伦兹力与静电力的比较
1.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。( )2.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。( )3.洛伦兹力对运动电荷一定不做功。( )
例1 (2024·江苏淮安市调研)如图所示是某种粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，匀强磁场的方向垂直纸面向里，从垂直纸面方向向里看(正视)，可能是哪种粒子的运动A.中子顺时针运动 B.中子逆时针运动C.质子顺时针运动 D.电子顺时针运动
中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方
电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。
例2 真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是A.小球先加速后减速B.小球受到的洛伦兹力始终为零C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上
根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。
洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。
例3 (2024·江苏省太湖高级中学期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜
面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图像，可能正确的是
对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcs θ＋qvB，联立解得a＝gsin θ＋μgcs θ＋ 方向沿斜面
向下，所以小物块沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，速度接近零时，加速度不接近零。故选C。
例4 如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度大小为 右侧磁场的磁感应强度大小为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0。已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为点电荷。
(1)判断小球带何种电荷；
根据题意，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷。
(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；
(3)求小球速度达到最大之前，在左侧磁场中下滑的距离L。
当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0，设此时速度为v，则有qvB＝mgcs θ，
带电粒子在匀强磁场中的运动
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做_________运动。2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做 运动。
(2)轨迹半径：r＝_____。
(3)周期： 可知T与运动速度和轨迹半径 ，只和粒子的 和磁场的 有关。
3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
常用到的几何关系①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。
例5 (2023·江苏省天一中学检测)如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且OA∶AB＝3∶2，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是A.两个粒子的比荷之比为5∶3B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2C.两个粒子同时经过A点和B点D.粒子1在磁场中运动的时间较长
设∠NOB＝θ，粒子1和2的轨迹半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹，可得OA＝2r1cs θ，同理可得OB＝2r2cs θ，由题意OA∶AB＝3∶2，可得OA∶OB＝3∶5，故r1∶r2＝3∶5，
例6 (2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Astn)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。
离子进入磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
OM的长度为OM＝2r＝0.4 m
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
答案 4.4×106 C/kg
若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，
1.极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的主要原因是A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果B.粒子的带电荷量减小C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小D.南北两极附近的磁感应强度较强
当带电荷量减小时，半径增大，B错误；洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；
2.铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束电子偏转方向A.向左 B.向右 C.向上 D.向下
由右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁体，O点在两条形磁体之间，磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到向右的洛伦兹力，则该束电子向右偏转，故选B。
3.(2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子
根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；
粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；
知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
4.质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将A.变大 B.变小C.不变 D.条件不足，无法判断
5.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做匀速圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做匀速圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做匀速圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
6.如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是A.磁场的方向垂直纸面向外B.粒子从M运动到N的时间为C.如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD.如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
7.(2023·江苏省崇真中学阶段检测)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B，重力加速度为g，墙壁足够高，下列说法正确的是A.物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力B.物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做 匀速运动C.物块下滑的最大速度为D.物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒
物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，摩擦力为Ff＝μFN＝μqvB，所以物块下滑过程中做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，故B正确；
物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做功，所以物块的机械能减小，故D错误。
8.(2023·江苏省余姚中学检测)如图所示，倾角为θ的固定粗糙斜面下方紧贴底面处放一根水平长直导线。斜面最高点距底面高度为2h，直导线中通以向左的电流I。将一质量为m，电荷量为＋q的小球从斜面顶端静止释放时，恰好在斜面中点处脱离斜面，此过程中小球克服摩擦力做功为 已知通电直导线在距离其r处产生的磁感应强度大小为B＝ (k为常数)，重力加速度为g，小球中的涡流忽略不计，小球可视为点电荷。小球和导线始终在同一竖直面内，则此导线中电流的大小为
9.如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v－t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是A.物块带正电B.1 s后物块与传送带共速，所以传送带的 速度为0.5 m/sC.传送带的速度可能比0.5 m/s大D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大
在第1 s内，图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，
所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1 s末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B错误，C正确；
若传送带的速度小于0.5 m/s，物块最终达到的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等于0.5 m/s，则物块的最大速度等
于0.5 m/s；若传送带的速度大于0.5 m/s，无论传送带的速度多大，物块加速到0.5 m/s时都不再加速，即物块的最大速度等于0.5 m/s，D错误。
10.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；
如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝AB＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由几何知识得r＝2L
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
11.(2022·江苏卷·13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1联立解得ma∶mb＝2∶1
(2)粒子a的动量大小pa。
中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，由题图知，分裂后瞬间a、b速度方向均与v相同。分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，有mv＝mava＋mbvb因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，
12.(2024·江苏泰州市检测)如图所示，一足够长、倾角为α的固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a(沿斜面向下为正
方向)随时间t，受到的弹力FN(垂直斜面向下为正方向)随时间t，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是
当mgcs α>qvB时，FN＝mgcs α－qvB，由牛顿第二定律得mgsin α－μ(mgcs α－qvB)＝ma
可见a－t图像的斜率越来越大，FN－t图像的斜率为负，且斜率的绝对值越来越大；当mgcs α
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