第十一章磁場

磁場對運動電荷（帶電體）的作用

1.電荷在磁場中運動且速度方向與磁場方向不平行時，才受洛倫茲力作用.2.判斷洛倫茲力的

方向應用左手定則，注意負電荷所受洛倫茲力方向的判定.3.安培力可以做功，但洛倫茲力對

運動電荷不做功.

1.太陽風（含有大量高能質子與電子）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不了地面.另一小部分粒子則可能會在兩極匯聚從而形成炫麗的極光.赤

道上空尸處的磁感應強度為2=3.5X10-5T,方向由南指向北，假設太陽風中的一質子以速

度-2X1（）5m/s豎直向下運動穿過尸處的地磁場，如圖所示.已知質子電荷量為g=1.6X10

C,此時該質子受到的洛倫茲力（）

A.方向向北

C.方向向東D.大小為11.2N

答案C

解析假設太陽風中的一質子以速度k=2X105m/s豎直向下運動穿過P處的地磁場，地磁

場方向由南指向北，根據(jù)左手定則知質子受到的洛倫茲力方向向東，當速度與磁場方向垂直

時，則由尸=明匕代入數(shù)據(jù)，解得：F=3.5X10-5X2X105X1.6X10-|9N=1.12X10-18N,

故C正確，A、B、D錯誤.

2.（多選）（2023?安徽合肥市模擬）如圖甲所示，一個質量為〃?、電荷量為4的帶正電圓環(huán)，可

在水平的、足夠長的絕緣粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向

外的勻強磁場中.現(xiàn)給圓環(huán)水平向左的初速度在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的"f

圖像如圖乙所示，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.初速度/滿足%＞期

qB

B.初速度%滿足%）〈儂

qB

C.圓環(huán)克服摩擦力做的功為I，"片?

2

D.圓環(huán)克服摩擦力做的功為一坐

22q1B1

答案AD

解析洛倫茲力大于重力，則豎直方向上受力分析可得：FN=qPt）8—wg,則水平方向受到的

滑動摩擦力為：Ff=〃FN=Mq%）B—mg）,由圖像可知剛開始運動時Ff＞0,即4祜＞〃陪，得

/＞期，故A正確，B錯誤.根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得：。=四竺二型；由于

m

速度越來越小，則洛倫茲力越來越小，當洛倫茲力等于重力時，豎直方向上壓力尺=0,則

滑動摩擦力Ff=O,圓環(huán)開始勻速運動，此時由B,得〉=摩；設此過程中圓環(huán)

qB

克服摩擦力做的功為%,根據(jù)動能定理一名2一17n42：聯(lián)立解得的=1%0-2?望,

2222q-B~

故C錯誤，D正確.

3.（多選）如圖所示，兩個傾角分別為30。和60。的絕緣光滑斜面固定于水平地面上，都處于方

向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中.兩個質量均為加、帶電荷量均為+q的小

滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在

此過程中（）

A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大

B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短

C.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等

D.甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同

答案AC

解析滑塊沿斜面運動時，垂直斜面方向有FN+qkS="?gcos仇可知當/越大時，F(xiàn)N越小,

當FN=O,即當速度達到/=期喀^后，滑塊就將飛離斜面，所以斜面角度越小，飛離斜面

qB

瞬間的速度越大，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律得機gsin?=ma,可知在斜面上滑塊都是做

加geos9

勻加速運動，且加速度不變，所以運動時間」=匕=qB=———,所以斜面角度越小，

agsin0Mtan0

在斜面上運動的時間越長，故B錯誤；重力的平均功率吐;硬名人:"二"1"】】?=，"比；\8cos§

22?qB

=，".g.s[n20,可知兩種情況重力的平均功率相等，故C正確；在斜面上運動的位移為￡=

4qB

‘^一=畔等2,可知甲的位移大于乙的位移，故D錯誤.

2gsin02q2￥sin。

4.如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為8的勻強磁場

方向垂直軌道平面向里.一可視為質點、質量為加、電荷量為式夕＞0）的小球由軌道左端/處

無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球施加一始終水平向右的外力尸，使小球

能保持不變的速率滑過軌道右側的。點.若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g,則下列

判斷正確的是（）

A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB^^R

B.小球在C點對軌道的壓力大小為3wg一4萬廂

C.小球從C到。的過程中，外力尸大小保持不變

D.小球從C到。的過程中，外力廠的功率不變

答案B

解析小球從4到C,洛倫茲力不做功，由動能定理得mg7?=，?/，則匕■=億^,在C點,

F*=qt/irB=qB\j2gR,選項A錯誤；在C點，F(xiàn)c~mg+F解得Fc=3mg-qBy&k,

R

由牛頓第三定律知，選項B正確；小球從C到。的過程中，所受合力指向圓心，對小球進

行受力分析如圖所示，則wgsin。=尺0$aF=zHgtan0,8增大，則尸增大，選項C錯誤；

小球從C到。的過程中，動能不變，合力做功為零，洛倫茲力與支持力不做功，外力E做正

功，重力做負功，外力的功率與重力的功率大小相等，運動過程中，速度在豎直方向的分量

增大，重力的功率增大，所以外力尸的功率也增大，選項D錯誤.

斗/e\

rng

5.如圖所示，虛線MN將平面分成I和II兩個區(qū)域,兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場.一

帶電粒子僅在磁場力作用下由I區(qū)運動到H區(qū)，弧線4Pb為運動過程中的一段軌跡，其中弧

4P與弧尸6的弧長之比為2：1,且兩段圓弧對應圓心角相同，不計帶電粒子重力，下列判斷

正確的是（）

b

Ip'\^~

------^Ni:

A.1、II兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為1:2

B.該粒子在I、II兩個磁場中的磁場力大小之比為1：1

C.該粒子通過“尸、出兩段弧的時間之比為1：1

D.弧°尸與弧Pb對應的圓的半徑之比為3：1

答案A

解析粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，故有8吟=——，可得廠=——,

rqB

根據(jù)粒子偏轉方向相反可得：I、II區(qū)域兩個磁場的磁感應強度方向相反，因為故弧

r

4尸與弧尸6對應的圓的半徑之比口=0=2：1,洛倫茲力不做功，所以粒子速率不變，由以上

rih

分析可得囪：&=功：門=1：2,故A正確，D錯誤；由F=q田，F(xiàn)i：Fz=Bi：Bz=l：2,

故B錯誤，由f=,，可知粒子通過aP、尸6兩段弧的時間之比為2：1,故C錯誤.

6.（多選）兩個帶正電的粒子，以相同大小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中：m乙=2：1、帶電荷量之比為：g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,:：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。中：/4=3：2

D.粒子做圓周運動的加速度大小之比為〃甲：。匕=1：6

答案BD

武m3

解析由于帶電粒子均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得q㈤=〃?一,推出R=——,

RqB

又因為兩者速度大小相等，質量之比用甲：加乙=2：1,電荷量之比q甲：q乙=1：3,故7?甲:R

匕=6：1,選項A錯誤；由圓周運動周期計算公式理可得周期7=迎，代入數(shù)據(jù)可得T

/qB

,：7\=6:1,選項B正確：由圓周運動角速度與周期關系“=年可得”,：a）c=\:6,選項

C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得勺出=加。，故a,：a0=1：6,選項D正確.

7.（多選）（2023?青海省模擬）如圖所示，acd是半徑為廠的半圓，圓心為O,叨｝是半徑為2r

的四分之一圓弧，兩圓弧相切于d點，空間有垂直于紙面向外的勻強磁場反從粒子源。射出

的質量為m的粒子x沿圓弧acd運動，經時間/1與靜置于d點的質量為4機的靶粒子y發(fā)生

正碰，碰撞時間很短，碰撞后結合成一個粒子z,粒子z沿圓弧協(xié)經過時間〃第一次到達/?

點.不計其他作用，則（）

A.歹帶負電

B.x和z的速率之比為5:2

C.x和z的電荷量之比為2：1

D.t\:（2=2:5

答案AC

解析粒子碰撞過程滿足動量守恒，可得加盟=（加,丫+叫）%=件4,故一B錯

%mx1

t/2my

誤；由洛倫茲力提供向心力可得［田=，"一，解得火=—,碰撞前后動量不變，可知粒子x

RqB

與z的電荷量與軌跡半徑成反比，半徑之比為1：2,解得分：依=2：1,根據(jù)左手定則及粒

子運動軌跡的偏轉方向可知，x與z均帶正電，由于z的電荷量較小，可知y帶負電，A、C

正確；粒子的運動周期為7="運=泡，粒子x與z的質量比為1：5,電荷量之比為2：1,

/qB

可知周期比為1：10,粒子運動時間為￡=懸7,X粒子運動軌跡對應圓心角為180。（用時:周

期），z粒子運動軌跡對應圓心南為90。（用時1周期），聯(lián)立解得“：/2=1：5,D錯誤.

4

8.（多選）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為8,方向垂直xQy平面向外.某時刻一個質子從

點（￡o,O）處沿y軸負方向進入磁場；一個a粒子同時從點（一￡o,O）進入磁場，速度方向在平

面內.設質子的質量為，，八電荷量為e,不計質子與a粒子的重力和它們之間的相互作用.如

果a粒子第一次到達原點時恰能與質子相遇，已知質子和a粒子都帶正電，且a粒子的質量是

質子質量的4倍，a粒子帶的電荷量是質子的2倍，則（）

抄’

A.質子的速度大小為國外

m

B.質子的速度大小為些

2m

C.兩粒子相遇時，a粒子的運動時間可能是近

eB

D.兩粒子相遇時，a粒子的運動時間可能是酗

2eB

答案BC

解析質子的運動軌跡如圖所示.

其圓心在》=為處，其半徑R=+,質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由

22

牛頓第二定律得ei/8=機解得片妙,故A錯誤，B正確；質子在磁場中做勻速圓周運

R2m

動的周期TH="達=々四，同理，a粒子的周期是質子周期的2倍；由于a粒子第一次到達原

eB

點時恰能與質子相遇，故相遇時質子可能運動了半個周期，也有可能運動了一個半周期.如

果相遇時質子只運動了半個周期，則質子的運動時間為r=17H=W,如果質子運動了一個半

2eB

周期相遇，則質子的運動時間為/=-r=-x—=—,兩個粒子在原點相遇，則它們運

2H2eBeB

動的時間一定相同，故a粒子的運動時間可能是/=您或/'=—,故C正確，D錯誤.