考点2 洛伦兹力 重点考点解读讲义 -2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

高中物理人教版选择性必修二重点考点解读 考点2 洛伦兹力 知识网络 考点解读 1.洛伦兹力的定义 磁场对运动电荷的作用力。 2.洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，F=0； (2)v⊥B时，F=qvB； (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，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v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)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 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 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(且F⊥v) 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 能力素养提升 1. 在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动。 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匀速圆周运动。 (1)洛伦兹力提供向心力：qvB=。 (2)轨迹半径：r=。 (3)周期：T==，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关。 (4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t=T。 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。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r=计算出轨迹半径r，则与该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 (2)半径的计算方法 方法一　由R=求得。 方法二　连半径构建三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。 如图甲，由R=或R2=L2+(R-d)2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。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。 (3)时间的计算方法 方法一　利用圆心角θ、周期T求得t=T。 方法二　利用弧长l、线速度v求得t=。 4 带电体在匀强磁场中做变速直线运动时，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。 针对性训练 1. （2026江苏苏州期中）如图所示，质量、电荷量均相等的甲、乙粒子以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN进入垂直纸面向外的匀强磁场，垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如虚线所示（不计重力）。下列说法正确的是（　　） A．甲带负电，乙带正电 B．甲、乙两带电粒子受到的洛伦兹力大小相等 C．甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间 D．甲的速率大于乙的速率 2 （2026年贵阳名校检测）如图，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子重力，则t为（　　） A. B. C. D. 3. （2025年5月山西三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B₁、B₂和B₃，如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是（　　） A. = B. < C. D. = 4 (2025·福建宁德市三模改编)如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，g取10 m/s2。关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是(　　) A.该物块带负电 B.传送带的转动速度大小一定为1 m/s C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tan θ D.在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动 5 [2023海南]如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是（　　） A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 6 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h1（如图甲所示）；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2（如图乙所示）；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3（如图丙所示）；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4（如图丁所示）.不计空气阻力，则（　　） A.h1＝h3 B.h1＜h4 C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较 7. 在同一匀强磁场中，α粒子He）和质子H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　　） A.运动半径之比是2∶1 B.运动周期之比是2∶1 C.运动速度大小之比是4∶1 D.受到的洛伦兹力大小之比是2∶1 8 如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图像可能是(　　) 9 .(2025·江西九江市三模)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xOy坐标系原点沿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(　　) 10 .(2025·河北保定市期末)如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则圆环的质量为(　　) A. B. C. D. 11 .(2025·新课标卷·18)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 12 .(多选)(2025·重庆市第十八中学月考)如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为(a，0)，则下列说法正确的是(　　) A.质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为(0，a) B.质子在磁场中运动的轨迹圆的半径r=a C.质子射入速度大小为v= D.质子在磁场中运动的时间为t= 13. (多选)(2025·甘肃省二模)如图所示，在磁感应强度大小B=0.2 T，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长l=0.1 m的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m=40 g、电荷量q=+0.5 C的小环。现让细杆以v=2 m/s的速度沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，g取10 m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是(　　) A.洛伦兹力对小环做负功 B.小环的轨迹是抛物线 C.小环在绝缘杆上运动时间为0.2 s D.小环的机械能减少 14.(多选)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且OP=3r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射入磁场。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r B.粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r C.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t= D.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t= 15 .(2025·宁夏吴忠市一模)如图甲所示，一个倾角为θ=30°的斜面体固定于水平面上，该斜面体的上表面abcd采用了一种全新的复合型材料，使其呈现出平行于ab方向光滑、平行于ad方向粗糙且动摩擦因数恒定的物理特性。沿ad方向存在着变化的磁场，B-t图像如图乙所示。t=0时有一带电小物块从a点以沿ab方向的速度v0冲上斜面，若t=8 s时物块通过c点且速度恰好仍为v0。已知物块质量m=0.3 kg，电荷量q=+1 C，速度大小v0=4 m/s，t=8 s时的磁感应强度Bm=0.5 T，重力加速度g取10 m/s2，小物块可当作质点，则(　　) A.小物块做类平抛运动 B.斜面平行于ad方向的动摩擦因数μ= C.t=8 s时的加速度大小为5 m/s2 D.整个过程中小物块的速度最大值为4 m/s 16 .(8分)(2025·海南省创新中学协作校联考)如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入方向与y轴正方向夹角为45°，经时间t与静止在坐标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合为微粒c，碰撞过程电荷量不发生变化。已知a、b微粒质量相同(重力均不计)，求： (1)(4分)碰后c的轨迹半径大小； (2)(4分)c在磁场中运动的时间。 17 .(14分)(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)(2分)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)(5分)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)(7分)粒子的运动周期。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理人教版选择性必修二重点考点解读 考点2 洛伦兹力 知识网络 考点解读 1.洛伦兹力的定义 磁场对运动电荷的作用力。 2.洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，F=0； (2)v⊥B时，F=qvB； (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，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v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)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 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 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(且F⊥v) 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 能力素养提升 1. 在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动。 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匀速圆周运动。 (1)洛伦兹力提供向心力：qvB=。 (2)轨迹半径：r=。 (3)周期：T==，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关。 (4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t=T。 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。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r=计算出轨迹半径r，则与该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 (2)半径的计算方法 方法一　由R=求得。 方法二　连半径构建三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。 如图甲，由R=或R2=L2+(R-d)2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。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。 (3)时间的计算方法 方法一　利用圆心角θ、周期T求得t=T。 方法二　利用弧长l、线速度v求得t=。 4 带电体在匀强磁场中做变速直线运动时，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。 针对性训练 1. （2026江苏苏州期中）如图所示，质量、电荷量均相等的甲、乙粒子以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN进入垂直纸面向外的匀强磁场，垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如虚线所示（不计重力）。下列说法正确的是（　　） A．甲带负电，乙带正电 B．甲、乙两带电粒子受到的洛伦兹力大小相等 C．甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间 D．甲的速率大于乙的速率 答案 D 解析 磁场垂直纸面向外，根据左手定则，甲粒子向左偏转，可知甲粒子带正电；乙粒子向右偏转，可知乙粒子带负电；A错误。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=m，解得v=。由图示可知甲粒子圆周运动轨迹半径大于乙，所以甲粒子速率大于乙，甲粒子受到的洛伦兹力大小大于乙，D正确B错误。甲、乙两带电粒子在磁场中轨迹均为半圆，运动时间为半个周期，由周期公式T=，可知甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间，C错误。 2 （2026年贵阳名校检测）如图，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子重力，则t为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】粒子在磁场中运动轨迹如图所示 由图结合几何关系可知，轨迹的圆心角为θ=280°， 根据牛顿第二定律可得qvB=m 粒子在磁场中运动的周期为 所以，故选C。 3. （2025年5月山西三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B₁、B₂和B₃，如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是（　　） A. = B. < C. D. = 【答案】B 【解析】．带电粒子受到洛伦兹力作用，在垂直磁场平面内做匀速圆周运动，由qvB=m， 可得 ，正粒子穿过M板动量减小，而轨迹的半径不变，说明 <，故A错误，B正确；负粒子穿过N板后动量变小，轨迹的半径也变小，无法确认B₂与B₃的大小关系。故CD错误。 4 (2025·福建宁德市三模改编)如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，g取10 m/s2。关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是(　　) A.该物块带负电 B.传送带的转动速度大小一定为1 m/s C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tan θ D.在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动 答案　D 解析　由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面方向有μFN-mgsin θ=ma，物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时FN=mgcos θ，后来FN'=mgcos θ-F洛，洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错误；物块加速运动时，有μ(mgcos θ-F洛)-mgsin θ=ma>0，可得μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，故C错误；对物块受力分析如图所示 加速度为零时，有mgsin θ=μ(mgcos θ-qvB) 解得v==1 m/s 只要传送带的速度大小v带≥1 m/s，物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带滑动，所以在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动，故B错误，D正确。 5 [2023海南]如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是（　　） A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 答案 A 解析　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错. 6 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h1（如图甲所示）；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2（如图乙所示）；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3（如图丙所示）；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4（如图丁所示）.不计空气阻力，则（　AC　） A.h1＝h3 B.h1＜h4 C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较 答案 AC 解析　题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，题图丙中，当加上水平向右的匀强电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝m，又由于m＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；题图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误；不能确定h2与h4的大小关系，C正确. 7. 在同一匀强磁场中，α粒子He）和质子H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　B　） A.运动半径之比是2∶1 B.运动周期之比是2∶1 C.运动速度大小之比是4∶1 D.受到的洛伦兹力大小之比是2∶1 答案 B 解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，故α粒子和质子运动半径之比为1∶2，A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，故α粒子和质子运动周期之比为2∶1，B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，由于动量大小相等，故两者运动速度大小之比为1∶4，C错误；带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，故α粒子和质子受到的洛伦兹力大小之比为1∶2，D错误. 8 如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图像可能是(　　) 答案　ACD 解析　设物块的初速度为v0，则FN=Bqv0，若满足mg=Ff=μFN，即mg=μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能；若mg>μBqv0，则物块开始时有向下的加速度，由a=可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后加速度减为零，达到匀速状态，选项D有可能，B不可能；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a=可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后加速度减到零，达到匀速状态，选项C有可能。 9 .(2025·江西九江市三模)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xOy坐标系原点沿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(　　) 答案　A 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qvB=m，则r=，根据上式可知(+q，m)、(+3q，3m)轨迹相同，且二者的轨道半径大小与(-q，m)的相等，运动方向相反，(+q，2m)的轨道半径最大。故选A。 10 .(2025·河北保定市期末)如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则圆环的质量为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　当圆环达到最大速度时，则有mg=μFN，FN=qvmB，联立解得m=，故选A。 11 .(2025·新课标卷·18)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 答案　A 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=，s2=，s3=，则有t1<t2=t3，故选A。 12 .(多选)(2025·重庆市第十八中学月考)如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为(a，0)，则下列说法正确的是(　　) A.质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为(0，a) B.质子在磁场中运动的轨迹圆的半径r=a C.质子射入速度大小为v= D.质子在磁场中运动的时间为t= 答案　ABD 解析　利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心O'的所在位置，如图所示，根据几何关系可得cos 30°=，解得r=a，圆心O'的坐标为(0，a)，故A、B正确；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有eBv=m，解得质子射入速度大小为v=，故C错误；质子在磁场中做圆周运动的周期T=，则质子在磁场中运动的时间t==，故D正确。 13. (多选)(2025·甘肃省二模)如图所示，在磁感应强度大小B=0.2 T，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长l=0.1 m的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m=40 g、电荷量q=+0.5 C的小环。现让细杆以v=2 m/s的速度沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，g取10 m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是(　　) A.洛伦兹力对小环做负功 B.小环的轨迹是抛物线 C.小环在绝缘杆上运动时间为0.2 s D.小环的机械能减少 答案　BCD 解析　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故A错误；小环在水平方向随杆做匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力分力，因水平分速度v不变，则向上的洛伦兹力分力不变，可知小环受向下、大小不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足类平抛运动条件，所以小环的轨迹是抛物线，故B正确；小环在竖直方向的加速度a==5 m/s2，由l=at2，解得t=0.2 s，故C正确；小环在向下运动过程中，同时受到向右的洛伦兹力分力作用，由牛顿第三定律可知小环受到细杆向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，则小环的机械能减少，故D正确。 14.(多选)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且OP=3r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射入磁场。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r B.粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r C.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t= D.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t= 答案　BC 解析　根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有(3r-R)2=R2+r2，解得R=r，故A错误，B正确；由qvB=m，可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为v=，则粒子第一次在圆形区域内运动的时间为t==，故C正确，D错误。 15 .(2025·宁夏吴忠市一模)如图甲所示，一个倾角为θ=30°的斜面体固定于水平面上，该斜面体的上表面abcd采用了一种全新的复合型材料，使其呈现出平行于ab方向光滑、平行于ad方向粗糙且动摩擦因数恒定的物理特性。沿ad方向存在着变化的磁场，B-t图像如图乙所示。t=0时有一带电小物块从a点以沿ab方向的速度v0冲上斜面，若t=8 s时物块通过c点且速度恰好仍为v0。已知物块质量m=0.3 kg，电荷量q=+1 C，速度大小v0=4 m/s，t=8 s时的磁感应强度Bm=0.5 T，重力加速度g取10 m/s2，小物块可当作质点，则(　　) A.小物块做类平抛运动 B.斜面平行于ad方向的动摩擦因数μ= C.t=8 s时的加速度大小为5 m/s2 D.整个过程中小物块的速度最大值为4 m/s 答案　B 解析　对小物块受力分析可得沿ad方向的合力为F=mgsin θ-μ(mgcos θ+qv0B)，由于B随时间均匀增大且F=ma，可知物块沿ad方向的加速度先均匀减小后反向均匀增大，物块做的不是类平抛运动，故A错误；由对称性可知，t=4 s时加速度为零，该时刻对物块受力分析，有0=mgsin θ-μ(mgcos θ+qv0)，代入数据可得μ=，故B正确；t=0时刻与t=8 s时刻物块加速度大小相等、方向相反，加速度大小为a0=a8=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，故C错误；分析可知物块沿ad方向先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度均匀变化，沿ad方向的a-t图像如图， 在t=4 s时刻ad方向的分速度有最大值为vadmax=·t4，此时小物块的最大速度为v4=，联立解得速度的最大值为v4=8 m/s，故D错误。 16 .(8分)(2025·海南省创新中学协作校联考)如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入方向与y轴正方向夹角为45°，经时间t与静止在坐标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合为微粒c，碰撞过程电荷量不发生变化。已知a、b微粒质量相同(重力均不计)，求： (1)(4分)碰后c的轨迹半径大小； (2)(4分)c在磁场中运动的时间。 答案　(1)L　(2)2t 解析　(1)a微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，由几何关系有r=L a、b两微粒碰后瞬间结合为微粒c，碰撞前后系统动量守恒，由动量守恒定律可知mva=2mvc 碰撞后动量大小、电荷量都不变，说明c微粒轨迹半径和a微粒轨迹半径相同，运动轨迹如图所示 则碰后c的轨迹半径也为r=L (2)a微粒在磁场中运动的时间t=Ta=×= c在磁场中运动的时间tc=Tc=×=，联立可得tc=2t。 17 .(14分)(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)(2分)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)(5分)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)(7分)粒子的运动周期。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B= 解得R= (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cos θ= 又O1D=OD-R= 解得θ=60° 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B= 解得R'= 由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin 60°=R'= (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。 由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1=T1=×= 粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2=T2=×= 设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l，由几何关系知 Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60° 解得l= 则粒子在MN和PQ之间运动的时间t3== 综上可知，粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=+=。 1 学科网（北京）股份有限公司 $