2024-2025学年教科版高二物理下学期同步训练之洛伦兹力

2024-2025学年下学期高中物理教科版高二同步经典题精练之洛

伦兹力

一.选择题（共5小题）

1.（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I,导线上方有一电子，初速度方向与电流

垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）

I

A.沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小

B.沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大

C.沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大

D.沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小

2.（2024秋•福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水

平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁

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）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个

点，AB=DE,C为BD中点，AB平行于DE,如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸

面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tc、tD、tE分别

表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（）

/C

A%

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

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

4.（2025•重庆模拟）将某带电粒子从匀强磁场中一足够大的固定绝缘斜面上由静止释放。以下情景中,

该粒子在沿斜面下滑的过程中，可能离开斜面的是（）

5.（2024秋•慈溪市期末）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为

B的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v,方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非

常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧

光屏上P点。下列说法正确的是（）

螺线管

电子枪-------------------------一力

荧光屏

A.螺线管内的磁场方向垂直于管轴

371771

B.电子在磁场中运动的时间可能为——

eB

C.若磁感应强度变为2B,则电子仍会聚在P点

D.若速度变为2V（不碰壁），则电子仍会聚在P点

二.多选题（共4小题）

（多选）6.（2025•郑州校级二模）下列说法正确的是（）

Ir

A

A.甲图为未来人类进行星际航行，若以0.2c的速度航行的飞船向正前方的某一星球发射一束激光，根

据相对论时空观，该星球上的观测者测量得到激光的速度为c

B.乙图为某同学设计的静电除尘装置，尘埃被吸附在中间的负极棒上

C.丙图为航天员在“天宫课堂”演示“动量守恒实验”，小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢

球后，小钢球运动方向可能与大钢球不在同一直线上

D.丁图为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置

（多选）7.（2025•张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆

心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为

圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B

的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自

A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则

（）

vp▼▼

甲乙

Tim

A.A点运动到B点的时间为--

qB

B.A、C两点间距离随着电场E的增大而增大

C.该离子电势能先增大后减小

D.到达C点时离子速度最大

（多选）8.（2024秋•保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的

各个方向发射质量为m、电荷量为q,速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d,设荧光屏

足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（）

M

A.若磁感应强度B=翳,则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间一

qd3v

B.若磁感应强度B=寒，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为四

C.若磁感应强度B=笳，则荧光屏上形成的亮线长度为（底+B）d

D.若磁感应强度8=笳，则荧光屏上形成的亮线长度为（底+2W）d

（多选）9.（2024秋•福州校级期末）如图所示，abed为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿

ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域,

该粒子在磁场中运动时间为t,，贝I（）

i

B

v

b

Tim37rm

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

2qB~4qB

C近qBLqBL（V2-l）qBLqBL

<v<-----D.---------——<v<-—

mmmm

三.填空题（共3小题）

10.（2025•福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面

MNRS上的O点处以初速度vo=lOm/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应

强度B=罟，g取lOm/s?。则小球离开磁场时的速度大小为m/s；小球离开磁场

时的位置与抛出点的距离为mo

11.（2024秋•浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水

平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设

飞行时间为ti,着地速度大小为VI。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2,着地速度大小为

V2,则tlt2,VIV2（均选填或"="）。

-..............-1X义

:XX

：XX

//////力/'/////

12.（2023秋•越城区校级期末）2020年12月2日22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面

自动采样封装，这其中要用到许多压力传感器。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信

号。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为

-e的自由电子。通入方向如图所示的电流时，电子的定向移动速度为V。若元件处于垂直于上表面、

方向向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B,此时前表面的电势（填“高于”、“低于”

或“等于"）后表面的电势。元件的前、后表面间电压U=o

四.解答题（共3小题）

13.（2025•重庆模拟）如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R,O为圆

心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、

B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为-q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能

沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。

（1）若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小;

（2）若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动

到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg,求所加匀强磁场的磁感应强度；

（3）若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动

到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg,求所加匀强电场的场强大小。

M?<»N

14.（2024秋•福州校级期末）电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭能谱学（PAS）

的物理基础，是指电子e和正电子e+以等大反向的速度碰撞后湮灭的过程，如图所示，平面直角坐标

系xOy内的P点在x轴上，且OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第I象限内有平行于y轴向下的匀强

电场，在第II象限内有一半径为L的圆形磁场区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，在第IV象限内

有一未知的矩形区域（图中未画出），未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场。一速度大小

为vo的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一速度

大小为vi（未知）的电子从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第IV象限，而后进入未知矩形磁场

区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的正电子正碰发生湮灭。已知正、负电子质量

均为m、电荷量大小均为e,重力不计。求：

（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和正电子到达P点时的速度大小；

（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差At；

（3）未知矩形磁场区域的最小面积S。

/'•••'、

•.B;.\C

A0x

45°

15.（2024秋•市中区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、

电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强

电场，电场强度大小也为E,方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成a角。一质量为m、电荷量为q

(q>0)的粒子，从x轴上距离0点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距

离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子

重力。求：

(1)粒子到达N点时的速度大小；

(2)粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；

(3)粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之洛

伦兹力

参考答案与试题解析

题号12345

答案CCBBC

选择题（共5小题）

1.（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I,导线上方有一电子，初速度方向与电流

垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）

A.沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小

B.沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大

C.沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大

D.沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小

【考点】洛伦兹力的动力学特点.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向；由左手定则，可判断电了受到的洛伦兹

力方向，即电子的偏转方向；由洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动半径与磁感应强度的关系，结合

不同位置处的磁感应强度的大小，可判断其圆周运动轨迹的半径变化。

【解答】解：根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向为垂直纸面向里；由左手定则，可判

断电子受到的洛伦兹力方向向右，即电子的偏转方向向右，即路径a；

由洛伦兹力提供向心力，可qvB=m7，解得r=器，离导线越远，磁感应强度越小，则电子的运动半

径越大，故C正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】本题考查带电粒子受洛伦兹力的运动情况，需要结合右手螺旋定则和左手定则综合判断，注意

通电导线周围的磁场并非匀强磁场，越靠近通电导线，磁场越强。

2.（2024秋•福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水

平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁

场；图丙中有方向竖直向下的匀强电场；图丁中有方向竖直向上的匀强电场。不计空气阻力。若小球在

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

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

【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；动能定理的简单应用.

【专题】比较思想；类比法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】根据带电小球受到重力，电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，及平抛

运动的规律，即可求解。

【解答】解：小球抛出时的速度大小为vo,对题图甲情形中的小球，小球只受重力，根据动能定理有：

mgA=诏

题图乙情形中的小球受到的洛伦兹力不做功，根据动能定理有：mgA=

题图丙情形中的小球受到的电场力方向竖直向上，电场力做的功：W<0

11

根据动能定理有：mgh+W=2mvo

题图丁情形中的小球受到的电场力方向竖直向下，电场力做的功：W'>0

11

根据动能定理有：mgA+Wz=2S嵬-^山诺

比较以上各式可知，图丙中有两个力对小球做正功，所以丁球落地时的动能最大，甲和乙球基次，丙球

落地的动能最小

所以速度关系为：V4>V1=V2>V3,故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容，注意乙图与丙图虽然

加速度不同，但竖直方向的速度却相同，是解题的关键。同时掌握洛伦兹力不做功的特点。

3.（2024秋•唐山期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个

点，AB=DE,C为BD中点，AB平行于DE,如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸

面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tc、tD、tE分别

表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（）

L—Jc

AB

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

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

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.

【专题】比较思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】B

【分析】带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，推导出粒子运动周期

表达式，得到周期与速度无关的结论。画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹，根据轨迹对应的圆心

角大小分析粒子运动时间的长短。

【解答】解：带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即

V2

qBv=血耳

则

m

运动周期

2TIR_271m

v-qB

可见粒子的运动周期与速度无关。

画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图所示。

由几何关系可知，从A到B,粒子运动轨迹对应的圆心角为180°；连接ACE、AD,从A到B的弦切

角最大，从A到C和A到E的弦切角相等，A到D的弦切角最小，则从A到C和A到E,粒子运动

轨迹对应的圆心角小于180°,且相等；A到D,粒子运动轨迹对应的圆心角最小，粒子从A点沿纸面

向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB>tc=tE>tD,故ACD错误，B正

确。

故选：Bo

【点评】正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，将几何关系确定轨迹对应的圆心角大小是解题的关键。

4.（2025•重庆模拟）将某带电粒子从匀强磁场中一足够大的固定绝缘斜面上由静止释放。以下情景中，

该粒子在沿斜面下滑的过程中，可能离开斜面的是（）

【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；洛伦兹力的计算公式及简单应用.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】B

【分析】根据左手定则判断安培力方向，对粒子受力分析，判断粒子是否可能离开斜面。

【解答】解：A.根据左手定则可知，图中带正电粒子沿斜面下滑的过程中，粒子受到的洛伦兹力垂直

斜面向下，则粒子不可能离开斜面，故A错误；

B.根据左手定则可知，图中带负电粒子沿斜面下滑的过程中，粒子受到的洛伦兹力垂直斜面向上，则

粒子可能离开斜面，故B正确；

C.图中带正电粒子沿斜面下滑的过程中，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力平行斜面向里，则

粒子不可能离开斜面，故C错误；

D.图中带负电粒子沿斜面下滑的过程中，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力平行斜面向里，则

粒子不可能离开斜面，故D错误。

故选：Bo

【点评】解题关键是能熟练应用左手定则判断安培力方向。

5.（2024秋•慈溪市期末）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为

B的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v,方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非

常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧

光屏上P点。下列说法正确的是（）

螺线管

电子枪.........................斗荧光屏

A.螺线管内的磁场方向垂直于管轴

B.电子在磁场中运动的时间可能为——

eB

C.若磁感应强度变为2B,则电子仍会聚在P点

D.若速度变为2V（不碰壁），则电子仍会聚在P点

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；洛伦兹力的计算公式及简单应用.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】AB.由题意可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直

于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；根据电子的运动规律、洛伦兹力提供向心力、

周期公式分别列式，即可分析判断；

CD.由上述分析，对磁感应强度变为2B、电子速度为2V时，分别列式对比，即可分析判断。

【解答】解：AB.由图可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，将电子的初速度v沿磁场方向和垂直

于磁场方向正交分解为Vx、Vy,电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电

子的运动轨迹为螺旋线；

设螺线管长为L,分运动的圆周运动的周期为T,若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足：

L

——=nT,（n=l、2、3...）,

%

由洛伦兹力提供向心力可得：eBVy=m咨

电子分运动的圆周运动的周期为：7二缪，

、，、L27177171

联立可得：一=-----，（n=l、2、3....）,

vxeB

因为电子速度V与磁场方向的夹角非常小，故可近似为：Vx=V,

L2Timn

可得电子的速度只要满足：-=-----，（n=l、2、3……）,即电子的运动时间为圆周运动周期的整数

veB

倍，电子就可以会聚到P点；

3717n

由此可知，这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，电子在磁场中运动的时间不可能为——；故AB错

eB

误；

CD.由上述分析可知，

若磁感应强度变为2B,有：L=架察x2u,

对比可得：n，=2、4、6……，则电子仍会聚在P点；

同理，当电子速度为2V时，可得：4=空营义2。，

et）

对比可得：71〃=米11、53、2……，即电子的运动时间不是总等于圆周运动周期的整数倍，故这些电子

不一定能会聚在P点；故C正确，D错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意若v，B,则带电粒子仅受洛

伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。

—.多选题（共4小题）

（多选）6.（2025•郑州校级二模）下列说法正确的是（）

Ir

T

A.甲图为未来人类进行星际航行，若以0.2c的速度航行的飞船向正前方的某一星球发射一束激光，根

据相对论时空观，该星球上的观测者测量得到激光的速度为c

B.乙图为某同学设计的静电除尘装置，尘埃被吸附在中间的负极棒上

C.丙图为航天员在“天宫课堂”演示“动量守恒实验”，小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢

球后，小钢球运动方向可能与大钢球不在同一直线上

D.丁图为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置

【考点】洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断；狭义相对论的原理和两个基本假设；

动量守恒定律的一般应用；通电直导线周围的磁场.

【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力.

【答案】AC

【分析】光速不变，尘埃带负电，被吸附在板状收集器上，不是对心正碰，碰撞后，小钢球运动方向与

大钢球不在同一直线上，结合地磁场分析。

【解答】解：A.根据狭义相对论的假设，真空中光速相对于不同的惯性参考系是相同的，即在任何地

方的光速都是c,故A正确；

B.乙图中，尘埃带负电，在电场力作用下，被吸附在板状收集器上，故B错误；

C.小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球，如果不是对心正碰，碰撞后，小钢球运动方向与大

钢球不在同一直线上，故C正确；

D.当通电导线南北放置时，根据安培定则，水平方向磁场沿东西方向，磁场与地磁场近似垂直，此时

实验现象明显，即检验通电导线周围是否存在磁场时，要使实验现象明显，导线应南北方向放置，故D

错误。

故选：AC。

【点评】狭义相对论的两个基本假设：（1）狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都

是相同的。（2）光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。

（多选）7.（2025•张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆

心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为

圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B

的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自

A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则

（）

vp▼▼▼

甲乙

71m

A.A点运动到B点的时间为--

qB

B.A、C两点间距离随着电场E的增大而增大

C.该离子电势能先增大后减小

D.到达C点时离子速度最大

【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；电场力做功与电势能变化的关系.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；创新能力.

【答案】BD

【分析】由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速

圆周运动的周期解答；根据动能定理，功能关系解答。

【解答】解：A、粒子在A点时，速度为0,将粒子速度分解为水平向右的v与水平向左的v,使水平

向右的v对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有：qE=qvB

解得：v=4

D

所以离子水平向右的分运动为V的匀速直线运动，另一分运动为水平向左的V对应的逆时针方向的匀速

圆周运动，且有：qvB=嗒，而丁=等

解得.R=rnv=mE2nm

用牛母.K—西一-qB

由于粒子从静止开始自A点沿曲线AC运动到达B点时速度为零，即离子恰好经过圆周运动的一个周

期的时间，即A点运动到B点的时间为陋，故A错误；

qB

C、离子由静止开始自A点沿曲线ACB运动，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故

C错误；

D、洛伦兹力不做功，结合上述，离子由静止开始自A点沿曲线运动到C点过程，电场力做正功最多，

根据动能定理可知，离子到达C点时离子速度最大，故D正确;

B、结合上述可知，A、C两点间距离：XAC=VT=^竽，由此可知，A、C两点间距离随着电场E的

qB2

增大而增大，故B正确。

故选：BDo

【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌

握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。

（多选）8.（2024秋•保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的

各个方向发射质量为m、电荷量为q,速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d,设荧光屏

足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（）

M

XXXX

B

NXXXX

A.若磁感应强度B=今，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间一

qa3v

B.若磁感应强度B="，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为陋

C.若磁感应强度B=魏，则荧光屏上形成的亮线长度为（底+B）d

D.若磁感应强度B=魏，则荧光屏上形成的亮线长度为（底+2^）d

【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力.

【答案】ABC

【分析】根据牛顿第二定律求解粒子做匀速圆周运动的轨道半径，当粒子运动的时间最短时，轨迹对应

的弦长最短，再根据几何知识求解轨迹对应的圆心角，再根据运动学公式求解粒子运动的时间；

根据题意作出粒子运动最长时间的轨迹图像，根据几何知识求解粒子运动的轨迹对应的圆心角，再根据

运动学公式求解最大时间差；

先根据半径公式求解磁感应强度时粒子运动的轨道半径，再作出粒子运动的临界轨迹图像，根据几何知

识求解粒子在P点上方和下方打在MN上面的位置，即可解得荧光屏上形成的亮线长度。

【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力得：

代入磁感应强度的值得到运动的轨道半径：R=d

A、要求最短时间，则恰好弦长最短，打到P点的正左方，如图所示,

根据几何关系，偏转的圆心角为?因此运动时间为：t=^=群，故A正确；

3

B、由几何关系可知，打到荧光屏MN上最长时间恰好运动了二个周期，轨迹如下图所示,

4

结合上一选项的结论，那么最大的时间差：/「=三=等，故B正确;

CD、若磁感应强度B=瑞，则轨道半径：R=2d

到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为xi,根据几何关系有：就+

（R-d）2=R2

整理解得：xi=V3d

到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为X2,根据几

何关系有：xl+d2=（2R）2

整理解得：X2=V15d

所以亮线的总长度为（代+百）d,故C正确，D错误。

故选：ABC0

【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟

练应用对应的规律解题。

（多选）9.（2024秋•福州校级期末）如图所示，abed为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为Bo一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿

ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域,

该粒子在磁场中运动时间为t,不计粒子的重力，则（）

Tim3nm3nmTim

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

2qB4qB8qB2qB

y[2qBLqBL(V2-l)qBLqBL

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

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

【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力.

【答案】AD

【分析】画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径和偏转角，粒子

在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小，再由时间公式求时间;

【解答】解：粒子在磁场中圆周运动周期：7=詈

2

洛伦兹力提供向心力：qvB=^-

联立解得：7=鬻

CD>如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图,

根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L,设粒子的轨道半径为r,由

几何关系得：L+r=V2L

2

由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m^-

联立解得：〃=

如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系：r=L

2

由洛伦兹力提供向心力得：quB=m*

联立解得：〃=粤

（y/2-l}qBLqBL

粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以：------<v<—,故C错误，

mm

D正确。

AB、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，

可知粒子圆周运动的圆周角为：0c=^7i

3

所用时间为…=*=奈鬻=翟

、n

如果粒子从d点射出，ISI出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为耳，所用时

间为._ed_I2nm_nm

同为：tc一而T一方vX布-一取

71771371771

综上所述粒子运动时间t满足：一<t<——，故A正确，B错误；

2qB4qB

故选：ADo

【点评】本题考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出轨迹的示意图，由几何关系求得轨道

半径。

三.填空题（共3小题）

10.（2025•福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面

MNRS上的O点处以初速度vo=lOm/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应

2

强度B=等，g取10m/so则小球离开磁场时的速度大小为重直—m/s；小球离开磁场时的位置与

抛出点的距离为-Vn-2+16mo

N

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】见试题解答内容

【分析】小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个

半圆、根据运动情况结合运动学公式进行解答。

【解答】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，

水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t=彳=器=ls

则离开磁场时的竖直方向的速度vy=gt=10Xlm/s=10m/s

小球离开磁场时的速度大小为v=J诏+药=V102+102m/s=10V2m/s

小球离开磁场时在竖直方向的距离为y=3gt2=1x10xl2m=5m

2

小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvoB=

解得：R=^

水平方向位移为直径，即x=2R=骡a

qB

代入数据解得：x="m

71

则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s=X

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

故答案为：10A/2；->Jn2+16o

【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛

伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

11.（2024秋•浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水

平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设

飞行时间为tl,着地速度大小为VI。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2,着地速度大小为

V2,则tl＜t2,VI=V2（均选填或“=”）。

/////"///////

【考点】洛伦兹力的概念；合运动与分运动的关系.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力.

【答案】＜、=

【分析】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，判断运动时间；最

后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率

【解答】解：有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向

都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速

度方向垂直，总是指向左下方某个方向，其水平分力后水平向左，竖直分力f竖直向下。竖直方向的加

速度仍向下，但大于重力加速度g,从而使运动时间比撤去磁场后要短，即在有磁场，重力和洛伦兹力

共同作用时，其洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁

场和无磁场都只有重力做功，动能的增加是相同的。有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同,

但速度的大小是相等的，即V1=V2

故答案为：＜、—

【点评】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选

择规律分析讨论。

12.（2023秋•越城区校级期末）2020年12月2日22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面

自动采样封装，这其中要用到许多压力传感器。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信

号。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为

-e的自由电子。通入方向如图所示的电流时，电子的定向移动速度为V。若元件处于垂直于上表面、

方向向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B,此时前表面的电势低于（填“高于”、“低于”

或“等于")后表面的电势。元件的前、后表面间电压u=*^

【考点】霍尔效应与霍尔元件.

【专题】信息给予题；定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】低于；avBo

【分析】根据左手定则得出电子受到的洛伦兹力方向，结合电子的电性得出电势的高低；

根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式。

【解答】解：磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了

电子，前表面的电势比后表面的电势低；

当电子匀速通过霍尔元件时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件

解得元件的前、后表面间电压U=avB。

故答案为：低于；avBo

【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，解题的关键是明确自由电荷在复合场中受力平衡，易错

点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断后面的电势高。

四.解答题(共3小题)

13.(2025•重庆模拟)如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R,O为圆

心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、

B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为-q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能

沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小；

(2)若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动

到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg,求所加匀强磁场的磁感应强度；

(3)若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动

到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg,求所加匀强电场的场强大小。

c

【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动.

【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力.

【答案】(1)若将该小球从M点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小为5mg；

(2)该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg,所加匀

强磁场的磁感应强度为2方向垂直纸面向里；

(3)所加匀强电场的场强大小为迎运。

6q

【分析】(1)根据动能定理求出小球到达C点时速度的大小，在C点，轨道对小球的支持力与重力的

合力提供向心力，据此分析求小球与轨道之间作用力的大小；

(2)由于两球到达C的速度方向不同，洛伦兹力的方向相反，在C点分别对两球由牛顿第二定律列式

结合题设条件，即可分析判断；

(3)根据动能定理求出两球到达C点的速度，再由牛顿第二定律列式结合题设条件，从而得到电场强

度的大小。

1

【解答】解：(1)从M点到C点，根据动能定理：mg-2R=-^mvl

2

在C点，根据牛顿第二定律：FN-mg

解得：FN=5mg

(2)因为洛伦兹力不做功，所以小球到达C点的速度还是：vi=2阿

2

小球在C点，根据牛顿第二定律：FN1-Bqvr-mg=

2

小球从N点释放到C点，根据牛顿第二定律：FN2+BqV1-mg=^

由题可知:FNI-FN2=2mg

联立解得：B=奇器,方向垂直纸面向里。

(3)设所加匀强电场的场强大小为E,方向为左下方，与水平方向夹角为a,小球从M点释放到C点，

_1

根据动能定理：mg-2R+qEcosa-R-qEsina-R=2m谚

2

在C点，根据牛顿第二定律：5mg+qEsina-mg=

小球从N点释放到C点，根据动能定理：mg-2R