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微专题 80 磁场对运动电荷(带电体)的作用
1．判断洛伦兹力方向：洛伦兹力既垂直于速度方向又垂直于磁感应强度方向，即洛伦兹力
要垂直于速度与磁感应强度构成的平面。2.带电粒子斜射入匀强磁场时，要将速度沿平行磁
场方向和垂直磁场方向分解。平行磁场方向粒子不受力做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀
速圆周运动。3.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动的带电粒子不做功，即洛伦兹力只改变
运动粒子速度方向，不改变速度大小。
1．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，
从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。
赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子
以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为 q＝
1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，
根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，当速度与磁场方向垂直时，则由 F＝Bvq，
代入数据，解得：F＝3.5×10－5×2×105×1.6×10－19 N＝1.12×10－18 N，故C正确，A、
B、D错误。
2. (多选)在范围足够大的匀强磁场中，静止的钠核 Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放
出一个粒子后，变为一新核，新核与放出粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示。以下
说法正确的是( )
A．新核为Mg
B．发生的是α衰变
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料C．轨迹2是新核的轨迹
D．新核沿顺时针方向旋转
答案 AC
解析 根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出
的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变。根据电荷数守恒、质量数守恒知，衰变
方程为Na→Mg＋e，可知新核为Mg，故A正确，B错误；由题意，静止的钠核Na发生衰
变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周
运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r＝得知，新核的半径小
于β粒子的半径，所以轨迹2是新核的轨迹，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力，由左手
定则判断得知，新核沿逆时针方向旋转，故D错误。
3．(多选)(2023·安徽合肥市模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可
在水平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
外的匀强磁场中。现给圆环水平向左的初速度 v ，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t
0
图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．初速度v 满足v＞
0 0
B．初速度v 满足v＜
0 0
C．圆环克服摩擦力做的功为mv2
0
D．圆环克服摩擦力做的功为mv2－
0
答案 AD
解析 由题图乙分析可知，圆环先减速运动，当qvB＝mg时，做匀速直线运动，故可知初
0
始时洛伦兹力大于重力，即qvB＞mg，得v ＞，故A正确，B错误。根据牛顿第二定律F
0 0 f
＝ma，联立可得：a＝；由于速度越来越小，则洛伦兹力越来越小，当洛伦兹力等于重力时，
竖直方向上F ＝0，则滑动摩擦力F＝0，圆环开始匀速运动，此时由mg＝qv′B，得v′
N f
＝，设此过程中圆环克服摩擦力做的功为W，根据动能定理－W＝mv′2－mv2，联立解得
f f 0
W＝mv2－，故C错误，D正确。
f 0
4．(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于
方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为＋q的
小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，
在此过程中( )
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
D．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案 AC
解析 滑块沿斜面运动时，垂直斜面方向有F ＋qvB＝mgcos θ，可知当v越大时，F 越小，
N N
当F ＝0，即当速度达到v ＝时，滑块就将飞离斜面，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的
N m
速度越大，故A正确；根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，可知在斜面上滑块都是做匀加速
运动，且加速度不变，所以运动时间t＝＝＝，所以斜面倾角越小，在斜面上运动的时间越
长，故B错误；重力的平均功率P ＝mg＝＝＝，可知两滑块重力的平均功率相等，故C正
G
确；在斜面上运动的位移为L＝＝，可知甲的位移大于乙的位移，故D错误。
5. 如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为 B的匀强磁
场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A
处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球施加一始终水平向右的外力F，使小
球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下
列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
答案 B
解析 小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得 mgR＝mv 2，则v ＝，在C点，F
C C 洛
＝qv B＝qB，选项A错误；在C点，F －mg＋F ＝，解得F ＝3mg－qB，由牛顿第三定律
C C 洛 C
知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图
所示，则mgsin θ＝Fcos θ，F＝mgtan θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D
的过程中，动能不变，合力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力 F做正功，重力做
负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，小球的速度在竖直方向的分量增大，
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误。
6. 如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁
场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，
其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，且两段圆弧对应圆心角相同，不计带电粒子重力，
下列判断正确的是( )
A．Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场中受到的洛伦兹力大小之比为1∶1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3∶1
答案 A
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有 Bvq＝，可得r＝，根
据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个区域磁场的磁感应强度方向相反，因为＝θ，故
弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比＝＝2∶1，洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，由以
上分析可得B∶B ＝r∶r ＝1∶2，故A正确，D错误；由F＝qvB可知，F∶F ＝B∶B ＝
1 2 2 1 1 2 1 2
1∶2，故B错误；由t＝，可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1，故C错误。
7. (多选)(2023·青海省模拟)如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r
的四分之一圆弧，两圆弧相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B。从粒子源a射
出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t 与静止于d点的质量为4m的靶粒子y发
1
生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t 第一次到达
2
h点。不计其他相互作用，则( )
A．y带负电
B．x和z的速率之比为5∶2
C．x和z的电荷量之比为2∶1
D．t∶t＝2∶5
1 2
答案 AC
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料解析 粒子碰撞过程动量守恒，可得mv＝(m＋m)v＝mv，故＝＝，B错误；由洛伦兹力
x 1 x y 2 z 2
提供向心力可得qvB＝m，解得R＝，碰撞前后动量不变，可知粒子x与z的电荷量与轨迹半
径成反比，半径之比为1∶2，解得q∶q＝2∶1，根据左手定则及粒子运动轨迹的偏转方向
x z
可知，x与z均带正电，由于z的电荷量较小，可知y带负电，A、C正确；粒子的运动周期
为T＝＝，粒子x与z的质量比为1∶5，电荷量之比为2∶1，可知周期比为1∶10，粒子运
动时间为t＝T，x粒子运动轨迹对应圆心角为180°(用时周期)，z粒子运动轨迹对应圆心角
为90°(用时周期)，联立解得t∶t＝1∶5，D错误。
1 2
8. (2023·江苏泰州市阶段练习)如图所示，一足够长的固定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内下滑，下列关于小球的加速度a与时间t(沿管向下为正方
向)，受到的弹力F 与时间t(垂直管向下为正方向)，以开始下落点为零重力势能参考点，小
N
球的
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料重力势能E 随位移x，机械能E与位移x的关系图像可能正确的是( )
p
答案 D
解析 当mgcos α>qvB时，F ＝mgcos α－qvB，由牛顿第二定律得mgsin α－μ(mgcos α－
N
qvB)＝ma，a越来越大
则＝μqB＝μqBa，－＝qB＝qBa，可见a－t图像的斜率越来越大，F －t图像的斜率越来越
N
大；当mgcos α
