2027届高考物理一轮复习：第十章 第2讲　磁场对运动电荷(带电体)的作用

该高中物理高考复习课件聚焦“磁场对运动电荷（带电体）的作用”专题，依据高考评价体系梳理了洛伦兹力、带电体运动分析、匀强磁场中圆周运动（圆心、半径、时间）三大核心考点，通过考点权重分析明确圆周运动问题占比达60%，归纳出选择、计算等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题引领+分层突破+素养提升”策略，如以2025年新课标卷第5题为例，解析电子在磁场中运动时间的计算方法，运用圆心角与周期关系培养科学思维，通过基础自测、综合提升、拔尖进阶三级训练帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

第2讲　磁场对运动电荷(带电体)的作用 第十章 磁场 学习目标 1.掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。 2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。 3.会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，会确定粒子运动的圆心、半径及运动时间。 目录 目 录 CONTENTS 夯实必备知识 01 研透核心考点 02 提升素养能力 03 目录 3 夯实必备知识 1 目录 4 1. 运动电荷 0 qvB 垂直 正电荷 洛伦兹力 不做功 目录 夯实必备知识 2. 匀速直线 匀速圆周 　 　 T 目录 夯实必备知识 基础自测 (人教版选择性必修第二册P16T3改编)如图所示，一质量为m、带电荷量为q且不计重力的粒子，从x轴上的P(a，0)点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴从N点(图中未画出)射出第一象限，则(　　) A.粒子带正电荷 B.磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.N与O点相距a D 目录 夯实必备知识 研透核心考点 2 考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动 考点一　洛伦兹力的理解和应用 考点三　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 目录 8 考点一　洛伦兹力的理解和应用 1.洛伦兹力与安培力的联系及区别 (1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。 (2)安培力可以对通电导线做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 目录 研透核心考点 2.洛伦兹力与静电力的比较   洛伦兹力 静电力 产生条件 v≠0且v不与B平行(说明:运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用) 电荷处在电场中 大小 F=qvB(v⊥B) F=qE 力方向与场方向的关系 F⊥B(F垂直B、v所决定的平面) F∥E 做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功 目录 研透核心考点 例1 (2026·江苏镇江期中)如图所示，显像管内电子枪射出的电子束射向荧光屏，若不加磁场，电子束将沿图中虚线打在荧光屏的中心。用一条形磁体的S极靠近显像管，电子束将(　　) A.向纸外偏转 B.向纸内偏转 C.向上偏转 D.向下偏转 A 解析　显像管下方磁体S极靠近时，电子束通过的路径上有竖直向下的磁场;电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外，即电子束向纸外偏转，故A正确。 目录 研透核心考点 1.如图所示，在长直通电螺线管中通入周期性变化的电流i(如图所示电流的方向周期性改变)，并沿着其中心轴线OO'的方向射入一速度为v的电子，则此电子在螺线管内部空间的运动情况是(　　) A.变速直线运动 B.来回往复运动 C.匀速直线运动 D.曲线运动 解析　根据右手螺旋定则可知，螺线管内部的磁场与电子运动方向平行，电子不受洛伦兹力，因此电子做匀速直线运动，故C正确。 C 目录 研透核心考点 考点二　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。 目录 研透核心考点 例2 如图所示，一质量为m、电荷量为q的带负电物体，从粗糙绝缘斜面的顶端由静止滑到底端时的速度为v;若在空间加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场，该物体仍能从斜面顶端由静止滑到底端，则该物体滑到底端时的速度(　　) A.大于v B.小于v C.等于v D.无法确定 B 目录 研透核心考点 解析　未加磁场时，根据动能定理有mgh-Wf=mv2-0，解得v=;加磁场后，根据左手定则可知物体所受洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，斜面对物体的支持力变大，斜面对物体的滑动摩擦力变大，下滑相同的距离克服摩擦力做的功更多;根据动能定理有mgh-Wf'=mv'2-0，解得v'=，因Wf<Wf'，所以v'<v，故B正确。 目录 研透核心考点 2.如图所示，物块a带正电，表面都涂有绝缘层的物块b不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面加速向左运动，下列说法正确的是(　　) A.物块a受到的摩擦力变大 B.物块b受到的摩擦力变小 C.物块b对地面的压力变大 D.地面对物块b的支持力不变 C 目录 研透核心考点 解析　由牛顿第二定律，对两物块a、b整体有F=(ma+mb)a，对物块a有Ffba=maa，可知物块a、b之间的摩擦力不变，故A错误:由于地面光滑，所以b只受a对其的摩擦力，则物块b受到的摩擦力不变，故B错误;地面对物块b的支持力FNb=(ma+mb)g+qvB，由于做加速运动，则速度增大，故地面对物块b的支持力变大，根据牛顿第三定律可知，物块b对地面的压力变大，故C正确，D错误。 目录 研透核心考点 带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的圆心、半径及运动时间的确定方法 考点三　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动   基本思路 图例 说明 圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 P、M两点速度垂线的交点 P点速度垂线与弦的垂直平分线交点 目录 研透核心考点   基本思路 图例 说明 半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法:左图中R=或由R2=L2+(R-d)2 求得R= 运动时间的 确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度s求时间 ①t=T ②t= 轨迹所对应的圆心角θ与弦切角的关系: 图甲中θ=2α= φ 图乙中θ=2π-2α 目录 研透核心考点 例3 (2026·江苏无锡期中)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点射出两个正电子和一个电子，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 D 目录 研透核心考点 解析　根据题图可知，1和3两粒子转动方向一致，则1和3粒子均为正电子，2为电子，电子带负电且逆时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，故A错误，D正确;带电粒子在云室中运动，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，故B错误;带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB=m，解得粒子运动的半径为r=，根据题图可知初始位置轨迹3对应的粒子运动的半径最大，速度最大，故C错误。 目录 研透核心考点 例4 (2026·江苏宿迁期末)一粒子以水平速度v1从左侧垂直进入宽度为d的局部匀强磁场，从K处以水平速度v2射出磁场。如图，磁感应强度大小为B、方向水平向里，粒子在磁场中仅受洛伦兹力。下列说法错误的是(　　) A.粒子带负电 B.v2 >v1 C.增大磁感应强度B，K点上移 D.若粒子运动半径R=d，则入射点与出射点距离为2d B 目录 研透核心考点 解析　由题意可知，粒子进入磁场后向下偏转，根据左手定则可知，粒子带负电，故A正确;由于粒子在磁场中仅受洛伦兹力，洛伦兹力总是不做功，所以v2=v1，故B错误;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m可得r=，增大磁感应强度B，粒子在磁场的轨道半径减小，则K点上移，故C正确;若粒子运动半径R=d，根据几何关系可知，粒子轨迹刚好与磁场右边界相切，粒子在磁场中运动半个圆周从左边界离开，入射点与出射点距离为x=2R=2d，故D正确。 目录 研透核心考点 提升素养能力 3 目录 A级　基础对点练 对点练1　洛伦兹力的理解和应用 1.显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　) C 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，所以电子先受到向下的洛伦兹力，且逐渐减弱为零，后受到向上的洛伦兹力，且逐渐增强。根据左手定则可以判断，磁场的方向先垂直于纸面向里，方向为正，且逐渐减弱为零，然后磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确，A、B、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 2.(2026·吉林长春模拟)来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获，形成绚丽的极光美景。如图所示，是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.图中所示的带电粒子带正电 B.图中所示的带电粒子做螺旋运动时，旋转半径 一定越来越小 C.洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少 D.带电粒子在靠近地球北极过程中动能增加 B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　地磁场由南极指向北极，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误;粒子在运动过程中，南北两极的磁场较强，由洛伦兹力提供向心力得轨迹半径为R=，可知当磁感应强度增加时半径减小，题图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小，故B正确;洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变，故C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 对点练2　洛伦兹力作用下带电体的运动 3.如图所示，一带电绝缘小球用绝缘细线悬挂于O点，O点下方有一匀强磁场。现将小球拉至A点并由静止释放，D点为最低点，C为左侧最高点，小球可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.C点比A点低 B.相邻两次过D点的速度相同 C.相邻两次过D点的加速度相同 D.相邻两次过D点的绳子拉力相同 C 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　洛伦兹力对小球不做功，细线的拉力也不做功，只有重力做功，根据机械能守恒，可知左侧最高点应与A点等高，相邻两次到达D点时，速度大小都相同，但方向不同，故A、B错误;根据a=可知，相邻两次过D点的加速度大小相等，且方向都指向O点，故C正确;由于相邻两次过O点时的洛伦兹力方向不同，所以细线拉力大小不相等，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 4.如图所示，粗糙的绝缘水平地面上有垂直于纸面向里的匀强磁场，可视为质点的带电小滑块在地面上向右滑行。已知小滑块始终未离开地面，则下列小滑块的速度—时间图像可能正确的是(　　) B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　洛伦兹力对滑块不做功，摩擦力做负功，滑块的速度不会增大，故A错误;若小滑块带正电荷，由左手定则知小滑块受到的洛伦兹力竖直向上，当洛伦兹力等于小滑块的重力时，小滑块做匀速直线运动，故B正确;当洛伦兹力小于重力时，小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得小滑块的加速度大小a==μg-，可知小滑块的加速度越来越大;若小滑块带负电荷，由左手定则可知，小滑块受到的洛伦兹力竖直向下，小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得小滑块的加速度大小a==μg+，可知小滑块的加速度越来越小，但不会减小到零，故C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 对点练3　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 5.粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子之间相互作用力。下列说法正确的是(　　) A.粒子1可能为质子 B.粒子2可能为电子 C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点 D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点 D 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，故A错误;粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故B错误;粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子1不会偏转，仍打在M点，故C错误;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得r=，增大粒子入射速度，粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 6.(2026·江苏盐城期中)氢气气泡室处在匀强磁场中，某快电子从右下方a处进入，在气泡室运动的轨迹如图所示。则在电子运动的过程中(　　) A.角速度越来越大 B.角速度越来越小 C.向心加速度越来越大 D.向心加速度越来越小 解析　根据洛伦兹力提供向心力有evB=m=mrω2=man，得r=，ω=，an=，因为轨迹半径减小，所以速度减小，角速度不变，向心加速度减小，故D正确。 D 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 7.(2025·新课标卷，5)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则(　　) A.t1<t2=t3 B.t1<t2<t3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 A 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形abcd的边长为l，则s1=π·，s2=π·，s3=·l，则有t1<t2=t3，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 8.四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像，可能正确的是(　　) A 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB=m，得r=，可知(+q，m)、(+3q，3m)轨道半径相同，且二者的轨迹半径与(-q，m)的相等，(+q，2m)的轨道半径最大，由左手定则可知，(+q，m)、(+3q，3m)、(+q，2m)均向下偏转，(-q，m)向上偏转，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 B级　综合提升练 9.如图所示，在水平虚线上方空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，质子H)从O点以速度v1水平向右射入磁场，沿轨迹OA从下边界飞出磁场，飞出时相对入射方向的偏转角为90°;α粒子He)从O点以速度v2水平向右射入磁场，沿轨迹OB从下边界飞出磁场，飞出时相对入射方向的偏转角为60°，不计质子和α粒子的重力，则质子和α粒子在磁场中运动的(　　) A.轨迹半径之比为2∶1 B.速率之比为2∶1 C.周期之比为1∶2 D.时间之比为2∶1 C 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　质子和α粒子的轨迹如图所示，其圆心分别为O1和O2，设质子和α粒子的轨迹半径分别为r1、r2，由几何关系有r2sin 30°+r1=r2，解得r2=2r1，即质子和α粒子的轨迹半径之比为1∶2，故A错误;由牛顿第二定律有qvB=m，可得v=，由于质子和α粒子的比荷之比为2∶1，则速率之比为1∶1，故B错误;周期T==，可知质子和α粒子的周期之比为1∶2，故C正确;因速度的偏转角等于圆心角，则质子的运动时间t1=T1=T1，α粒子的运动时间t2=T2=T2，故质子和α粒子在磁场中运动的时间之比为3∶4，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 10.如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由P点射出磁场，则a、b两粒子在磁场中(　　) A.运动半径之比为∶1 B.运动速率之比为1∶ C.转过的角度之比为2∶5 D.运动时间之比为6∶5 A 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　设OP=2d，由几何关系可知ra==2d，rb==，可知a、b的运动半径之比为∶1，A正确;根据qvB=m，可得v=∝r，运动速率之比为∶1，故B错误;a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2，根据T=和t=T知t∝θ，则运动时间之比为5∶2，故C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 11.(2026·江苏苏州期中)如图所示，光滑绝缘直杆倾角为θ，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面向里。给小球一沿杆向上的初速度v0，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程中(　　) A.机械能减少 B.最大上滑位移为 C.上滑时间小于下滑时间 D.下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大 B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　小球上滑时受力情况如图甲所示，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误;根据牛顿第二定律，小球上滑时有，mgsin θ=ma上，下滑时有mgsin θ=ma下，则a上=a下，根据x=at2可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移x==，故B正确，C错误;小球下滑时受力情况如图乙所示， 小球向下加速时，根据F洛=qvB可知，小球受到的洛伦兹力增大，根据机械能守恒定律可知，小球回到出发点时速度大小仍为v0，此时F洛'=F洛，根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直减小，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 C级　拔尖进阶练 12.如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直于纸面向外、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中。现有一个质量为0.2 kg、带电荷量+0.5 C的小球套在绝缘杆上从某点由静止开始下滑，经过0.8 s达到最大速度。已知小球与杆之间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为10 m/s2。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球的最大加速度为5 m/s2 B.小球的最大速度为5 m/s C.小球下降的高度为3.2 m D.系统因摩擦产生的热量为3 J B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆之间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误;当小球速度最大时，加速度为0，则有mg=μqvmB，解得vm=5 m/s，故B正确;小球由静止下滑到达到最大速度，由动量定理得mgt-∑μqBvt=mvm-0，整理可得mgt-μqBh=mvm，解得h=1.5 m，故C错误;小球由静止下滑到达到最大速度，由动能定理得mgh-Wf=m，解得Wf=0.5 J，则系统因摩擦产生的热量为0.5 J，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 本节内容结束 THANKS $