資源簡介

第2講　帶電粒子在磁場中的運動
1.〔多選〕（2025·廣東潮州期末）如圖甲所示，洛倫茲力演示儀可通過改變出射電子的速度或磁感應強度來觀察電子做圓周運動的半徑r的變化，圖乙中通同方向穩恒電流I后，勵磁線圈能夠在兩線圈之間產生與兩線圈中心的連線平行的勻強磁場。電子沿如圖丙中所示方向進入磁場，在磁場內沿順時針方向做圓周運動。則圖丙中（　　）
A.磁場方向垂直于紙面向外
B.磁場方向垂直于紙面向里
C.勵磁線圈中電流I為順時針方向
D.勵磁線圈中電流I為逆時針方向
2.〔多選〕（2025·云南昆明模擬）如圖所示，紙面上方存在一磁場，磁場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為θ。所有粒子的質量均為m，電荷量均為＋q，且粒子的初速度方向在紙面內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（　　）
A.甲粒子受力大小為qvB，方向水平向右
B.乙粒子的運動軌跡是直線
C.丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變
D.從圖中所示狀態，經過時間后，丙粒子位置改變了
3.〔多選〕（2025·吉林長春模擬）地球的磁場是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽風粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的人類和動植物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場區向強磁場區前進時做螺線運動的示意圖，不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A.該帶電粒子帶正電
B.從弱磁場區到強磁場區的過程中帶電粒子的速率不變
C.帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離一直保持不變
D.帶電粒子每旋轉一周的時間變小
4.〔多選〕（2025·山東菏澤模擬）圖甲是電視機顯像管原理示意圖（俯視圖），沒有磁場時電子束打在熒光屏正中央的O。為了使電子束偏轉，由安裝在管頸的偏轉線圈產生偏轉磁場。偏轉磁場的磁感應強度B隨時間變化的規律如圖乙所示，可實現電子束打在熒光屏上的AOB區域，規定垂直平面向里時磁場方向為正，下列說法正確的是（　　）
A.電子束打在A點時，洛倫茲力對電子做正功
B.t＝時，電子束打在OA區域
C.t＝時，電子束打在OA區域
D.0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動
5.（2024·北京海淀三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（　　）
A.d、e都是正電子的徑跡
B.a徑跡對應的電子動量最大
C.b徑跡對應的電子動能最大
D.a徑跡對應的電子運動時間最長
6.〔多選〕（2025·廣西柳州期末）如圖所示，MN上方存在勻強磁場，同種粒子a、b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且均由P點射出磁場，則a、b兩粒子（　　）
A.運動半徑之比為∶1 B.初速率之比為1∶
C.運動時間之比為5∶2 D.運動時間之比為6∶5
7.〔多選〕（2025·浙江寧波模擬）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（　　）
A.粒子帶負電荷
B.粒子速度大小為
C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a
D.N與O點相距（＋1）a
8.〔多選〕（2025·安徽黃山市一模）如圖所示，寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度為B，AC和DE是它的兩條邊界。現有質量為m，電荷量的絕對值為q的帶電粒子以θ＝45°方向射入磁場。要使粒子不能從邊界DE射出，則粒子入射速度v的最大值可能是（　　）
A. B.
C. D.
9.（2025·江蘇南京期中）如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（　　）
A.只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用時間最長
B.只把磁場的磁感應強度變為原來的三分之一，粒子將從d點射出
C.只把粒子的速度增大為原來的三倍，粒子將從f點射出
D.只把粒子的速度增大為原來的三倍，粒子出射時的速度偏轉角大于45°
10.（2025·陜西西安期末）如圖所示，在xOy坐標系中，垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場（含邊界），磁場方向與xOy平面垂直。一質子束從坐標原點射入磁場，所有質子射入磁場的初速度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成α＝53°角向下。PQ是與x軸平行的熒光屏（質子打到熒光屏上發光且不再反彈），P、Q兩點的坐標分別為P，Q。已知質子比荷＝k，sin 53°＝0.8。求：（結果均可用分數表示）
（1）質子在磁場中運動的最長時間是多少；
（2）如果讓熒光屏PQ發光長度盡可能長且質子的運動軌跡未出磁場，質子初速度大小的取值范圍是多少。
第2講　帶電粒子在磁場中的運動
1.BC　由圖丙可知，電子射出時速度方向水平向左，其所受向心力豎直向上，根據左手定則，可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤，B正確；磁場是由電流產生的，磁場方向垂直紙面向里，根據安培定則，可以判斷出勵磁線圈中電流I的方向為順時針，故C正確，D錯誤。
2.BD　由洛倫茲力的公式可得，甲粒子受力大小為qvB，根據左手定則可知甲粒子受到的洛倫茲力方向垂直于紙面向里，故A錯誤；乙粒子速度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，所以運動軌跡是直線，故B正確；將丙粒子的速度v在沿磁感應強度方向和垂直于磁感應強度方向分解為v1和v2，其中v1對應的分運動為水平向右的勻速直線運動，v2對應的分運動為垂直于紙面的勻速圓周運動，所以丙粒子的合運動為螺旋線運動，由于洛倫茲力不做功，所以其動能不變，故C錯誤；丙粒子做垂直于紙面的勻速圓周運動，有qv2B＝m，解得r＝，所以周期為T＝＝，丙粒子在沿磁感應強度方向做勻速直線運動的速度為v1＝vcos θ，經過一個周期的時間，丙粒子圓周運動剛好一周，所以此時丙粒子位置改變為x＝v1T＝，故D正確。
3.ABD　由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，故A正確；因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區到強磁場區的過程中帶電粒子的速率不變，故B正確；根據洛倫茲力提供向心力，有qv⊥B＝m，帶電粒子每旋轉一周的時間為T＝＝，可知隨著磁場的增強，粒子運動半徑逐漸減小，帶電粒子每旋轉一周的時間變小，又帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離為x＝v∥T，v∥不變，故帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離減小，故C錯誤，D正確。
4.BD　洛倫茲力始終與速度方向垂直，對電子不做功，故A錯誤；t＝時，磁場垂直于平面向外，由左手定則可知電子向上偏轉，電子束打在OA區域，故B正確；t＝時，磁場垂直于平面向里，由左手定則可知電子向下偏轉，電子束打在OB區域，故C錯誤；0～內，磁場向外減弱，由左手定則可知電子向上偏轉，電子束在熒光屏上的位置由A向O點移動；～T內，由左手定則可知電子向下偏轉，電子束在熒光屏上的位置由O向B點移動；所以0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動，故D正確。
5.D　正、負電子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；正、負電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的電子的速度最小，根據p＝mv可知a徑跡對應的電子動量最小，B錯誤；根據Ek＝mv2可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b徑跡對應的電子動能不是最大的，C錯誤；電子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，又T＝，則T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，電子在磁場中的運動時間t＝T，其中α為電子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的電子運動時間最長，D正確。
6.AC　設OP＝2d，則由幾何關系可知ra＝＝2d，rb＝＝，可知a、b的運動半徑之比為∶1，選項A正確；根據qvB＝m，可得v＝∝r， 則a、b兩粒子初速率之比為∶1，選項B錯誤；根據T＝，t＝T∝θ，a、b兩粒子轉過的角度之比為300°∶120°＝5∶2，可知a、b兩粒子運動時間之比為5∶2，選項C正確，D錯誤。
7.AD　由題意可知，粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，根據左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O'為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑R＝a，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，則v＝，故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋a＝（＋1）a，故D正確。
8.BD　題目中只給出粒子“電荷量的絕對值為q”，未說明是帶哪種電荷。當粒子入射速度v最大時，其運動軌跡存在兩種情況，如圖所示。
若q為正電荷，軌跡是如圖所示的左方與DE相切的圓弧，軌道半徑R1＝，又L＝R1－R1cos 45°，得v1＝，若q為負電荷，軌跡是如圖所示的右方與DE相切的圓弧，則有R2＝，L＝R2＋R2cos 45°，得v2＝，則粒子入射速度v的最大值可能是（q為正電荷）或（q為負電荷），故選B、D。
9.D　只改變粒子的速度使其分別從e、d、f三點射出時，其運動軌跡如圖，軌跡的圓心角是從f點射出時最小，根據公式t＝T＝·＝，可知粒子從f點射出時運動時間最短，故A錯誤；由幾何關系可知，粒子從e點射出的半徑與從d點射出的半徑關系為2re＝rd，根據qvB＝m，解得r＝，可知只把磁場的磁感應強度變為原來的二分之一，則半徑變為原來的2倍，粒子將從d點射出，故B錯誤；設正方形的邊長為2a，則粒子從e點射出時，軌跡半徑為r1＝a，如果粒子的速度變為原來的3倍，
由半徑公式r＝，可知，半徑將變為原來的3倍，即r3＝a，軌跡如圖所示，由幾何關系得AB＝r3－r3sin 45°≈0.6a
由于dD＜AB＝0.6a＜df＝a，所以粒子從f、d之間射出磁場。由圖可知，粒子出射時的速度偏轉角大于45°，故C錯誤，D正確。
10.（1）　（2）≤v≤
解析：（1）質子能打到y軸上時，在磁場中運動的時間最長，如圖甲所示
由周期公式T＝
又由幾何關系可知θ＝2
則質子在磁場中運動的最長時間t＝T＝。
（2）當質子軌跡與PQ相切時，如圖甲所示，設此時初速度為v1，軌跡半徑為R，由幾何關系可得R＋Rcos α＝0.4l
又qBv1＝
聯立解得v1＝＝
當質子運動軌跡與磁場邊界相切時，如圖乙所示，
設此時初速度為v2，軌跡半徑為R'，由幾何關系可得R'＋R'sin α＝l
又qBv2＝
解得v2＝＝
綜上可得≤v≤。
4 / 4第2講　帶電粒子在磁場中的運動
洛倫茲力
1.洛倫茲力：磁場對　　　　　　的作用力叫作洛倫茲力。
2.洛倫茲力的方向
（1）方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的　　　　。
（2）判定方法：　　　　定則。
3.洛倫茲力的大小：F＝　　　　，θ為v與B的方向夾角。
（1）v∥B時，洛倫茲力F＝0。（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B時，洛倫茲力F＝　　　　。（θ＝90°）
（3）v＝0時，洛倫茲力F＝0。
帶電粒子在勻強磁場中的運動
1.若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做　　　　　　運動。
2.若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做　　　　　　運動。
3.軌道半徑和周期公式（v⊥B）
1.帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到洛倫茲力的作用。（　　）
2.洛倫茲力可能對帶電粒子做功。（　　）
3.用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指一定指向電荷的運動方向。（　　）
4.帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。（　　）
5.當帶電粒子以v與B方向夾角為銳角進入勻強磁場時，粒子的運動軌跡為螺旋線。（　　）
1.（人教版選擇性必修第二冊P11“科學漫步”改編）1932年，美國物理學家安德森在宇宙線實驗中發現了正電子，證明了反物質的存在。實驗中，安德森記錄了正電子在云室中由上向下經過6 mm鉛板的軌跡如圖所示，勻強磁場方向垂直于紙面，正電子穿過鉛板會有部分能量損失，其他能量損失不計，則可判定正電子（　　）
A.所在磁場方向一定垂直于紙面向里
B.穿過鉛板后受到洛倫茲力變大
C.穿過鉛板后做圓周運動的半徑變大
D.穿過鉛板后做圓周運動的周期變大
2.（人教版選擇性必修第二冊P14“演示”改編）如圖所示為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍發出的電子經電場加速后形成電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡，勵磁線圈能夠產生垂直紙面向里的勻強磁場。下列說法正確的是（　　）
A.僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變小
B.僅增大勵磁線圈中的電流，電子運動的周期將變大
C.僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變小
D.僅升高電子槍加速電場的電壓，電子運動的周期將變大
3.〔多選〕（人教版選擇性必修第二冊P16“練習與應用”T2改編）已知氚核的質量約為質子質量的3倍，帶正電荷，電荷量為一個元電荷e；α粒子即氦原子核，質量約為質子質量的4倍，帶正電荷，電荷量為e的2倍。現在質子、氚核和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（　　）
A.若它們速度相同，則它們的運動半徑之比是2∶3∶1
B.若它們動量相同，則它們的運動半徑之比是1∶2∶2
C.若它們動能相同，則它們的運動半徑之比是1∶∶1
D.若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，則它們的運動半徑之比是1∶∶
4.（人教版選擇性必修第二冊P16“練習與應用”T3改編）
如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP＝a。不計重力。根據上述信息可以得出（　　）
A.該勻強磁場的磁感應強度
B.帶電粒子在磁場中運動的速率
C.帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑
D.帶電粒子在磁場中運動的時間
考點一　對洛倫茲力的理解
1.洛倫茲力與安培力的聯系及區別
（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力。
（2）安培力可以做功，而洛倫茲力永不做功。
2.洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力方向與場 方向的關系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
【練1】 （2025·四川成都期末）關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是（　　）
A.通電導線在磁場中一定會受到安培力
B.電荷在電場中一定會受到電場力，電荷在磁場中也一定會受到洛倫茲力
C.洛倫茲力對運動電荷一定不做功，但安培力卻可以對通電導線做功
D.洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面，安培力的方向可以不垂直于通電直導線
【練2】 （2023·海南高考2題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（　　）
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.“軌跡圓心、半徑及運動時間”的確定
圓心的確定 半徑的確定 時間的確定
基本思路 （1）與速度方向垂直的直線過圓心。 （2）弦的垂直平分線過圓心。 （3）軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 利用平面幾何知識求半徑 利用軌跡長度L或對應圓心角θ求時間 t＝＝T
圖 例
說 明 P、M點速度垂線的交點 P點速度垂線與弦的垂直平分線的交點 S點的速度垂線與切點法線的交點 常用解三角形法，（如圖）R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝ （1）速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ。 （2）偏轉角φ與弦切角α的關系：若φ＜180°，φ＝2α；若φ＞180°，φ＝360°－2α
　　
2.粒子在幾種常見有界磁場中的運動分析
種類 圖形 特點
直線 邊界 進出磁場具有對稱性
平行 邊界 存在臨 界條件
圓形 邊界 圖b：粒子在磁場中的軌道半徑恰好等于磁場圓的半徑 （1）沿徑向射入必沿徑向射出。 （2）圖b為磁聚焦現象
（2025·山東青島二中模擬）
如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場，之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為（　　）
A.3　　 B.2
C.　　 D.
嘗試解答
〔多選〕（2025·山西太原期末）
兩個帶等量異種電荷的粒子a和b，分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則（　　）
A.a粒子帶正電，b粒子帶負電
B.兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝∶1
C.兩粒子的質量之比ma∶mb＝1∶2
D.兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1
嘗試解答
（2025·福建寧德期末）某磁防護裝置截面如圖所示，以O點為圓心內外半徑分別為R、R的環形區域內，有垂直紙面向外的勻強磁場，外圓為絕緣薄板，板上有一小孔C。一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以速度v0從C孔沿CO方向射入磁場，恰好不進入內圓，粒子每次與絕緣薄板碰撞后以原速率反彈且電荷量不變。不計粒子重力，求：
（1）粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；
（2）磁場的磁感應強度大小B；
（3）粒子從射入C孔到離開C孔所需的時間t。
嘗試解答
考點三　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題
　　帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動多解問題的產生原因：帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性（或周期性）。
帶電粒子的電性不確定形成多解
　帶電粒子的電性如果不確定，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解，如圖所示。帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場：（1）若帶正電，其軌跡為a；（2）若帶負電，其軌跡為b。
〔多選〕（2025·廣西南寧期末）如圖所示，在邊長為L的正方形PQMN區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在MN邊界放一剛性擋板，粒子碰到擋板則能夠以原速率彈回。一質量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度垂直于磁場方向從P點射入磁場，恰好從Q點射出。下列說法正確的是（　　）
A.帶電粒子一定帶負電荷
B.帶電粒子的速度最小值為
C.若帶電粒子與擋板碰撞，則受到擋板作用力的沖量大小為
D.帶電粒子在磁場中運動時間可能為
嘗試解答
磁場的方向不確定形成多解
　帶電粒子在磁場中以相同的速度射入磁場，如果磁場的方向不確定，粒子在磁場中偏轉方向不同，形成多解。
〔多選〕（2025·貴州銅仁期末）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是（　　）
A.B＞，垂直紙面向里
B.B＞，垂直紙面向里
C.B＞，垂直紙面向外
D.B＞，垂直紙面向外
嘗試解答
粒子的臨界狀態不確定形成多解
　帶電粒子在磁場中運動，由于臨界狀態的不確定，粒子的軌跡有多種可能性，故而形成多解。
〔多選〕（2025·湖南郴州期末）在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（　　）
A.kBL，0° B.kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
嘗試解答
三類動態圓和磁聚焦、磁發散模型
1.有界勻強磁場中的三類動態圓模型
模型 解讀
“平移圓”模型 （1）條件：帶電粒子射入勻強磁場的速度大小和方向相同，入射點不同但在同一直線上。 （2）特點：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，而且圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行。 （3）用法：將半徑相同的軌跡圓沿入射點所在的直線進行平移，從而探索粒子運動的有關臨界問題
“放縮圓”模型 （1）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入射速度的方向一定，但大小不同。 （2）特點：帶電粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心，一定位于沿著粒子在入射點所受洛倫茲力方向的射線上，速度越大，半徑越大，圓心離入射點越遠。 （3）用法：用圓規作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態變化中可發現粒子運動的有關臨界問題
“旋轉圓”模型 （1）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入射速度的大小一定，但方向不同。 （2）特點：所有沿不同方向入射的粒子的軌跡圓半徑相同，其軌跡圓的圓心在以入射點為圓心，半徑等于軌跡圓半徑的圓周上。 （3）用法：將半徑相同的軌跡圓以入射點為圓心旋轉，從圓的動態變化中可發現粒子運動的有關臨界問題
〔多選〕（2025·湖北黃岡期末）如圖所示，在等腰直角三角形ABC內充滿著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出）。一群質量為m、電荷量為＋q、速度為v的帶正電粒子垂直AB邊射入磁場，已知從AC邊射出且在磁場中運動時間最長的粒子，離開磁場時速度垂直于AC邊。不計粒子重力和粒子間的相互作用。下列判斷中正確的是（　　 ）
A.等腰三角形ABC中AB邊的長度為
B.粒子在磁場中運動的最長時間為
C.從AB中點射入的粒子離開磁場時的位置與A點的距離為
D.若僅將磁場反向，則粒子在磁場中運動的最長時間不變
嘗試解答
（2025·山東濟南期末）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（　　）
A. B.
C. D.
嘗試解答
（2025·河北石家莊模擬）如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60 T。磁場內有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16 cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的電荷量與質量之比＝5.0×107 C/kg。現只考慮在紙面內運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區域的長度。
嘗試解答
2.磁聚焦和磁發散模型
磁發散 磁聚焦
帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子出射方向與磁場圓上過入射點的切線方向平行 帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，磁場圓上過該點的切線與入射方向平行
〔多選〕（2025·江蘇南通模擬）如圖所示，半徑為R、磁感應強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光板。大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子。粒子質量為m，電荷量為q，不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關于這些粒子的運動，以下說法正確的是（　　）
A.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C.若粒子速度大小均為v＝，出射后均可垂直打在MN上
D.若粒子速度大小均為v＝，則粒子在磁場中的運動時間一定小于
嘗試解答
第2講　帶電粒子在磁場中的運動
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.運動電荷　2.（1）平面　（2）左手　3.qvBsin θ　（2）qvB
知識點2
1.勻速直線　2.勻速圓周
易錯易混辨析
1.×　2.×　3.×　4.×　5.√
雙基落實筑牢
1.A　根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故A正確；因正電子穿過鉛板會有部分能量損失，所以速度減小，根據 F洛＝evB，可知正電子速度減小，受到的洛倫茲力減小，故B錯誤；設正電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有 evB＝m，解得 r＝，穿過鉛板后速度變小，所以運動半徑減小，故C錯誤；根據正電子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T＝＝，可知正電子穿過鉛板前后，其運動的周期不變，故D錯誤。
2.A　根據動能定理和牛頓第二定律可得eU＝mv2，eBv＝，解得R＝，僅增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度B變大，則運動徑跡的半徑變小；僅升高電子槍加速電場的電壓U，運動徑跡的半徑變大，故A正確，C錯誤；由eBv＝，v＝，可得電子的周期為T＝，電子運動的周期與電子槍加速電場的電壓無關，且僅增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度變大，電子運動的周期將變小，故B、D錯誤。
3.CD　根據qvB＝m，可得r＝，質子、氚核和α粒子的比荷之比為6∶2∶3；若它們速度相同，根據r＝，可知它們的運動半徑之比是∶∶＝1∶3∶2 ，故A錯誤；若它們動量相同，則根據r＝，可知它們的運動半徑之比是∶∶＝2∶2∶1 ，故B錯誤；根據r＝＝，若它們動能相同，則它們的運動半徑之比是∶∶＝1∶∶1，故C正確；若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，則Uq＝mv2，可得r＝∝，則它們的運動半徑之比是∶∶＝1∶∶，故D正確。
4.C　粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作兩速度的垂線，交點為圓心O1，軌跡如圖所示，根據幾何關系可得cos 30°＝，所以R＝a，故C正確；在磁場中由洛倫茲力提供向心力，即qBv＝m，解得帶電粒子在磁場中運動的速率為v＝，因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應強度B未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故A、B錯誤；帶電粒子做圓周運動的圓心角為 π，而周期為T＝＝，則帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝T＝，因為磁感應強度B未知，則帶電粒子在磁場中運動時間無法求出，故D錯誤。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【練1】 C　當通電導線放置方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培力，故A錯誤；電荷在電場中一定會受到電場力，但靜止或運動方向與磁場方向平行的電荷在磁場中不會受到洛倫茲力，故B錯誤；洛倫茲力與運動電荷速度方向始終垂直，對運動電荷一定不做功，但安培力可以對通電導線做功，故C正確；洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面，安培力的方向一定垂直于通電直導線，故D錯誤。
【練2】 A　根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受到洛倫茲力和重力的作用，運動過程中速度和加速度的大小、方向都在變，B、C錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。
考點二
【例1】 A　電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心；電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑r＝可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以＝3，故A正確，B、C、D錯誤。
【例2】 BD　由左手定則可得a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示，則Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故B正確；由幾何關系可得，從A運動到B，a粒子轉過的圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，則ta＝，tb＝，又ta＝tb，所以Ta∶Tb＝2∶1，再根據洛倫茲力提供向心力可得Bvq＝，又粒子的運動周期T＝，聯立得T＝，根據a、b兩粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確。
【例3】 （1）R　（2）　（3）
解析：（1）根據幾何關系可知＋r2＝（R＋r）2
解得r＝R。
（2）根據洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m
解得B＝。
（3）設粒子在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角為θ，由幾何關系得tan＝
解得θ＝π
粒子在磁場中運動的周期為T＝＝
粒子從C點到第一次與絕緣薄板碰撞所需時間為t＝T
解得t＝
由幾何關系可得粒子運動時總共與絕緣薄板發生5次碰撞，所用時間為
t總＝6t＝。
考點三
【例4】 CD　若粒子帶負電，則粒子的運動軌跡如圖甲所示，粒子做圓周運動的半徑為r1＝L，由牛頓第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，此時半徑最小，速度也最小，故B錯誤；若粒子帶負電，當粒子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角為時，粒子在磁場中的運動時間為t＝T＝，故D正確。
若粒子帶正電，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出，粒子運動軌跡如圖乙所示，設軌跡半徑為r2，由幾何知識得L2＋（r2－0.5L）2＝，解得r2＝L，根據牛頓第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根據動量定理得I＝2mv2＝，故A錯誤，C正確。
【例5】 BD　當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由幾何關系可知sin 30°＝，解得r1＝s，結合r1＝，解得B1＝；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡與OP相切于N點，如圖乙所示，設軌跡半徑為r2，由幾何關系s＝＋r2，解得r2＝，又r2＝，聯立得B2＝，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤。
【例6】 BC　若離子通過下部分磁場直接到達P點，其運動軌跡如圖甲所示，則根據幾何關系，有R＝L，qvB＝m，聯立解得v＝＝kBL，根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故離子出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當離子從上、下磁場均經歷一次時，其運動軌跡如圖乙所示。
因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性及幾何關系有R＝L，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此時離子出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此時離子出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此時離子出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，綜合上述分析可知B、C正確，A、D錯誤。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例1】 AB　依題意可知當粒子在磁場中運動時間最長時，軌跡圓的圓心在A點，且其軌跡與BC邊相切如圖甲所示。根據幾何關系可知sin 45°＝r，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝m，聯立可得＝，故A正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝，粒子在磁場中運動時間最長時，根據A選項分析，可知粒子軌跡所對應的圓心角為90°，則有t＝T＝，故B正確；從AB中點射入的粒子，其軌跡為上面所分析的粒子軌跡圓的圓心向下平移r－r，得到此軌跡圓的圓心在A點的正下方，如圖乙所示，由幾何關系可知，粒子離開磁場時的位置與A點的距離必然小于軌跡半徑r，即小于，故C錯誤；若僅將磁場反向，則粒子在磁場中將向上偏轉，不會出現圓心角為90°的軌跡，則粒子在磁場中運動的最長時間將變小，故D錯誤。
　
【典例2】 C　帶電粒子在勻強磁場中運動，運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，運動時間t＝＝，θ為帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角決定。采用放縮圓法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大，當r≤0.5R（R為的半徑）和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區域射出磁場，運動時間等于半個周期。當0.5R＜r＜1.5R時，粒子從弧ab上射出，軌跡半徑從0.5R逐漸增大，粒子射出位置從a點沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從π逐漸增大，當軌跡半徑等于R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小，因此軌跡半徑等于R時，所對圓心角最大，為θmax＝π＋＝，粒子最長運動時間為，故C正確。
【典例3】 20 cm
解析：α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝，
代入數據解得R＝10 cm，可見R＜l＜2R。
因朝不同方向發射的α粒子的軌跡圓都過S，由此可知，某軌跡圓在N左側與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點，為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作圓弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1。從圖中幾何關系得NP1＝。任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點。
從圖中幾何關系得NP2＝，
所求長度為P1P2＝NP1＋NP2，
代入數據解得P1P2＝20 cm。
【典例4】 ACD　對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝T＝可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤；粒子速度大小均為v＝時，根據洛倫茲力提供向心力可得粒子的軌跡半徑為r＝＝R，根據幾何關系可知，入射點P、O、出射點與軌跡圓的圓心的連線構成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN上，根據幾何關系可知，軌跡對應的圓心角小于180°，粒子在磁場中的運動時間t＜T＝，故選項C、D正確。
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第2講　帶電粒子在磁場中的運動
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
洛倫茲力
1. 洛倫茲力：磁場對 的作用力叫作洛倫茲力。
2. 洛倫茲力的方向
（1）方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的 。
（2）判定方法： 定則。
運動電荷　
平面　
左手　
3. 洛倫茲力的大小：F＝ ，θ為v與B的方向夾角。
（1）v∥B時，洛倫茲力F＝0。（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B時，洛倫茲力F＝ 。（θ＝90°）
（3）v＝0時，洛倫茲力F＝0。
qvBsin θ　
qvB　
帶電粒子在勻強磁場中的運動
1. 若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做 運動。
2. 若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射
速度v做 運動。
3. 軌道半徑和周期公式（v⊥B）
勻速直線　
勻速圓周　
1. 帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到洛倫茲力的作用。 （　×　）
2. 洛倫茲力可能對帶電粒子做功。 （　×　）
3. 用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指一定指向電荷的運動方向。
（　×　）
4. 帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。
（　×　）
5. 當帶電粒子以v與B方向夾角為銳角進入勻強磁場時，粒子的運動軌跡為
螺旋線。 （　√　）
×
×
×
×
√
1. （人教版選擇性必修第二冊P11“科學漫步”改編）1932年，美國物理
學家安德森在宇宙線實驗中發現了正電子，證明了反物質的存在。實驗
中，安德森記錄了正電子在云室中由上向下經過6 mm鉛板的軌跡如圖所
示，勻強磁場方向垂直于紙面，正電子穿過鉛板會有部分能量損失，其他
能量損失不計，則可判定正電子（　　）
A. 所在磁場方向一定垂直于紙面向里
B. 穿過鉛板后受到洛倫茲力變大
C. 穿過鉛板后做圓周運動的半徑變大
D. 穿過鉛板后做圓周運動的周期變大
√
解析： 　根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故A正確；因正電子
穿過鉛板會有部分能量損失，所以速度減小，根據 F洛＝evB，可知正電子
速度減小，受到的洛倫茲力減小，故B錯誤；設正電子在磁場中做勻速圓
周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有 evB＝m，解得 r＝，穿過鉛板
后速度變小，所以運動半徑減小，故C錯誤；根據正電子在磁場中做勻速
圓周運動的周期 T＝＝，可知正電子穿過鉛板前后，其運動的周期
不變，故D錯誤。
2. （人教版選擇性必修第二冊P14“演示”改編）如圖所示為洛倫茲力演
示儀的示意圖。電子槍發出的電子經電場加速后形成電子束，玻璃泡內充
有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡，勵磁線圈能夠產生
垂直紙面向里的勻強磁場。下列說法正確的是（　　）
A. 僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變小
B. 僅增大勵磁線圈中的電流，電子運動的周期將變大
C. 僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變小
D. 僅升高電子槍加速電場的電壓，電子運動的周期將變大
√
解析： 　根據動能定理和牛頓第二定律可得eU＝mv2，eBv＝，解得R
＝，僅增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度B變大，則運動徑跡的
半徑變小；僅升高電子槍加速電場的電壓U，運動徑跡的半徑變大，故A正
確，C錯誤；由eBv＝，v＝，可得電子的周期為T＝，電子運動
的周期與電子槍加速電場的電壓無關，且僅增大勵磁線圈中的電流，磁感
應強度變大，電子運動的周期將變小，故B、D錯誤。
3. 〔多選〕（人教版選擇性必修第二冊P16“練習與應用”T2改編）已知
氚核的質量約為質子質量的3倍，帶正電荷，電荷量為一個元電荷e；α粒
子即氦原子核，質量約為質子質量的4倍，帶正電荷，電荷量為e的2倍。現
在質子、氚核和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，則下列說法正
確的是（　　）
A. 若它們速度相同，則它們的運動半徑之比是2∶3∶1
B. 若它們動量相同，則它們的運動半徑之比是1∶2∶2
C. 若它們動能相同，則它們的運動半徑之比是1∶∶1
D. 若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，則它們的運動半徑之
比是1∶∶
√
√
解析： 　根據qvB＝m，可得r＝，質子、氚核和α粒子的比荷之比
為6∶2∶3；若它們速度相同，根據r＝，可知它們的運動半徑之比是
∶∶＝1∶3∶2 ，故A錯誤；若它們動量相同，則根據r＝，可知它們
的運動半徑之比是∶∶＝2∶2∶1 ，故B錯誤；根據r＝＝，若
它們動能相同，則它們的運動半徑之比是∶∶＝1∶∶1，故C正
確；若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，則Uq＝mv2，可得r＝
∝，則它們的運動半徑之比是∶∶＝1∶∶，故D
正確。
4. （人教版選擇性必修第二冊P16“練習與應用”T3改編）如圖所示，在
xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向
成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質
量為m、電荷量為q，OP＝a。不計重力。根據上述信息可以得出（　　）
A. 該勻強磁場的磁感應強度
B. 帶電粒子在磁場中運動的速率
C. 帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑
D. 帶電粒子在磁場中運動的時間
√
解析： 　粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作兩速度的垂
線，交點為圓心O1，軌跡如圖所示，根據幾何關系可得
cos 30°＝，所以R＝a，故C正確；在磁場中由洛倫
茲力提供向心力，即qBv＝m，解得帶電粒子在磁場中
運動的速率為v＝，因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應強度B未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故A、B錯誤；帶電粒子做圓周運動的圓心角為 π，而周期為T＝＝，則帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝T＝，因為磁感應強度B未知，則帶電粒子在磁場中運動時間無法求出，故D錯誤。
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　對洛倫茲力的理解
1. 洛倫茲力與安培力的聯系及區別
（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場
力。
（2）安培力可以做功，而洛倫茲力永不做功。
2. 洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力方向與場 方向的關系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
【練1】 （2025·四川成都期末）關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的
是（　　）
A. 通電導線在磁場中一定會受到安培力
B. 電荷在電場中一定會受到電場力，電荷在磁場中也一定會受到洛倫茲力
C. 洛倫茲力對運動電荷一定不做功，但安培力卻可以對通電導線做功
D. 洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平
面，安培力的方向可以不垂直于通電直導線
√
解析： 　當通電導線放置方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培
力，故A錯誤；電荷在電場中一定會受到電場力，但靜止或運動方向與磁
場方向平行的電荷在磁場中不會受到洛倫茲力，故B錯誤；洛倫茲力與運
動電荷速度方向始終垂直，對運動電荷一定不做功，但安培力可以對通電
導線做功，故C正確；洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁
場方向確定的平面，安培力的方向一定垂直于通電直導線，故D錯誤。
【練2】 （2023·海南高考2題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂
直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（　　）
A. 小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B. 小球運動過程中的速度不變
C. 小球運動過程的加速度保持不變
D. 小球受到的洛倫茲力對小球做正功
√
解析： 　根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向
右，A正確；小球受到洛倫茲力和重力的作用，運動過程中速度和加速度
的大小、方向都在變，B、C錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。
考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1. “軌跡圓心、半徑及運動時間”的確定
圓心的確定 半徑的確定 時間的確定
基
本 思
路 （1）與速度方向垂直的直線
過圓心。 （2）弦的垂直平分線過圓
心。 （3）軌跡圓弧與邊界切點的
法線過圓心 利用平面幾何
知識求半徑 利用軌跡長度L或對
應圓心角θ求時間
t＝＝T
圓心的確定 半徑的確定 時間的確定
圖
例
圓心的確定 半徑的確定 時間的確定
說
明 P、M點
速度垂
線的交
點 P點速度垂
線與弦的
垂直平分
線的交點 S點的速
度垂線
與切點
法線的
交點 常用解三角形
法，（如圖）
R＝或由R2
＝L2＋（R－
d）2求得R＝
（1）速度的偏轉角φ
等于所對的圓心角
θ。
（2）偏轉角φ與弦切
角α的關系：若φ＜
180°，φ＝2α；若φ
＞180°，φ＝360°
－2α
2. 粒子在幾種常見有界磁場中的運動分析
種類 圖形 特點
直線 邊界 進出磁場具有對稱性
平行 邊界 存在臨
界條件
種類 圖形 特點
圓形 邊界 圖b：粒子在磁場中的軌道半徑恰好等于磁場
圓的半徑 （1）沿徑向射入
必沿徑向射出。　
（2）圖b為磁聚
焦現 象
（2025·山東青島二中模擬）如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里
的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1
時間從b點離開磁場，之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場
方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為（　　）
A. 3 B. 2
C. D.
√
解析：電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意
畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入
磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c
點為圓心；電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑r＝可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1
運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以＝3，故A正確，B、C、D錯誤。
〔多選〕（2025·山西太原期末）兩個帶等量異種電荷的粒子a和b，
分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分
別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，
如圖所示，則（　　）
A. a粒子帶正電，b粒子帶負電
B. 兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝∶1
C. 兩粒子的質量之比ma∶mb＝1∶2
D. 兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1
√
√
解析：由左手定則可得a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A
錯誤；粒子做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示，則Ra
＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，
故B正確；由幾何關系可得，從A運動到B，a粒子轉過的
圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，則ta＝，
tb＝，又ta＝tb，所以Ta∶Tb＝2∶1，再根據洛倫茲力提供向心力可得Bvq＝，又粒子的運動周期T＝，聯立得T＝，根據a、b兩粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確。
（2025·福建寧德期末）某磁防護裝置截面如圖所示，以O點為圓心內
外半徑分別為R、R的環形區域內，有垂直紙面向外的勻強磁場，外圓為
絕緣薄板，板上有一小孔C。一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以速度
v0從C孔沿CO方向射入磁場，恰好不進入內圓，粒子每次與絕緣薄板碰撞
后以原速率反彈且電荷量不變。不計粒子重力，求：
（1）粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；
答案： R　
解析： 根據幾何關系可知＋r2＝（R＋r）2
解得r＝R。
（2）磁場的磁感應強度大小B；
答案： 　
解析： 根據洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m
解得B＝。
（3）粒子從射入C孔到離開C孔所需的時間t。
答案：
解析： 設粒子在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角為θ，由幾何關系
得tan＝
解得θ＝π
粒子在磁場中運動的周期為T＝＝
粒子從C點到第一次與絕緣薄板碰撞所需時間為t＝T
解得t＝
由幾何關系可得粒子運動時總共與絕緣薄板發生5次碰撞，所用時間為
t總＝6t＝。
考點三　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題
　　帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動多解問題的產生原因：帶
電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性
（或周期性）。
帶電粒子的電性不確定形成多解
　帶電粒子的電性如果不確定，在相同的初速度下，
正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解，如
圖所示。帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場：
（1）若帶正電，其軌跡為a；（2）若帶負電，其軌跡為b。
〔多選〕（2025·廣西南寧期末）如圖所示，在邊長為L的正方形
PQMN區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在MN
邊界放一剛性擋板，粒子碰到擋板則能夠以原速率彈回。一質量為m、帶
電荷量為q的粒子以某一速度垂直于磁場方向從P點射入磁場，恰好從Q點
射出。下列說法正確的是（　　）
A. 帶電粒子一定帶負電荷
B. 帶電粒子的速度最小值為
C. 若帶電粒子與擋板碰撞，則受到擋板作用力的沖量大小為
D. 帶電粒子在磁場中運動時間可能為
√
√
解析：若粒子帶負電，則粒子的運
動軌跡如圖甲所示，粒子做圓周運
動的半徑為r1＝L，由牛頓第二定律
得qv1B＝m，解得v1＝，此時
半徑最小，速度也最小，故B錯誤；若粒子帶負電，當粒子在磁場中的
運動軌跡所對應的圓心角為時，粒子在磁場中的運動時間為t＝T＝
，故D正確。若粒子帶正電，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出，粒子運動軌跡如圖乙所示，設軌跡半徑為r2，由幾何知識得L2＋（r2－0.5L）2＝，解得r2＝L，根據牛頓第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根據動量定理得I＝2mv2＝，故A錯誤，C正確。
磁場的方向不確定形成多解
　帶電粒子在磁場中以相同的速度射入磁場，如果磁場的方向不確定，粒
子在磁場中偏轉方向不同，形成多解。
〔多選〕（2025·貴州銅仁期末）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直
OQ方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束
在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為
s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁
場的磁感應強度B的大小和方向可能是（　　）
A. B＞，垂直紙面向里 B. B＞，垂直紙面向里
C. B＞，垂直紙面向外 D. B＞，垂直紙面向外
√
√
解析：當磁場方向垂直紙面向里時，
離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所
示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由
幾何關系可知sin 30°＝，解得r1＝s，結合r1＝，解得B1＝；當
磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡與OP相切于N點，如圖乙所示，設
軌跡半徑為r2，由幾何關系s＝＋r2，解得r2＝，又r2＝，聯立得
B2＝，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤。
粒子的臨界狀態不確定形成多解
　帶電粒子在磁場中運動，由于臨界狀態的不確定，粒子的軌跡有多種可
能性，故而形成多解。
〔多選〕（2025·湖南郴州期末）在如圖所示的平
面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一
部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充
滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均
為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大
小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP
成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（　　）
A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
√
√
解析：若離子通過下部分磁場直接到達
P點，其運動軌跡如圖甲所示，則根據
幾何關系，有R＝L，qvB＝m，聯立
解得v＝＝kBL，根據對稱性可知出
射速度與SP成30°角向上，故離子出
射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當離子從上、下磁場均經歷一次時，其運動軌跡如圖乙所示。
因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性及幾何關系有R＝L，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此時離子出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此時離子出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此時離子出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，綜合上述分析可知B、C正確，A、D錯誤。
　〔多選〕如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于圓面向里的勻強磁
場，磁感應強度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD＝
60°。在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出
速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子
的重力及粒子間的相互作用力，則從A點射出的粒子的比荷可能是（　　）
A. B.
C. D.
√
√
解析： 帶電粒子從C點射出磁
場，軌跡如圖甲所示，由幾何關系得
sin 30°＝，解得r1＝2R；帶電粒子從
D點射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾
何關系得AODO2是菱形，所以粒子的
軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，解得從A點射出的粒子的比荷滿足≤≤，故選A、D。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
1. 有界勻強磁場中的三類動態圓模型
模型 解讀
“平移圓” 模型 （1）條件：帶電粒子射入勻強磁場的速度大小和方向
相同，入射點不同但在同一直線上。
（2）特點：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑
相同，而且圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線
平行。
（3）用法：將半徑相同的軌跡圓沿入射點所在的直線
進行平移，從而探索粒子運動的有關臨界問題
三類動態圓和磁聚焦、磁發散模型
模型 解讀
“放縮圓”模
型 （1）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入
射速度的方向一定，但大小不同。
（2）特點：帶電粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心，一
定位于沿著粒子在入射點所受洛倫茲力方向的射線上，
速度越大，半徑越大，圓心離入射點越遠。
（3）用法：用圓規作出一系列大小不同的軌跡圓，從
圓的動態變化中可發現粒子運動的有關臨界問題
模型 解讀
“旋轉圓”模
型 （1）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入
射速度的大小一定，但方向不同。
（2）特點：所有沿不同方向入射的粒子的軌跡圓半徑
相同，其軌跡圓的圓心在以入射點為圓心，半徑等于軌
跡圓半徑的圓周上。
（3）用法：將半徑相同的軌跡圓以入射點為圓心旋
轉，從圓的動態變化中可發現粒子運動的有關臨界問題
〔多選〕（2025·湖北黃岡期末）如圖所示，在等腰直角三角形
ABC內充滿著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場（圖中
未畫出）。一群質量為m、電荷量為＋q、速度為v的帶正電粒子垂直AB邊
射入磁場，已知從AC邊射出且在磁場中運動時間最長的粒子，離開磁場時
速度垂直于AC邊。不計粒子重力和粒子間的相互作用。下列判斷中正確的
是（　　）
A. 等腰三角形ABC中AB邊的長度為
B. 粒子在磁場中運動的最長時間為
C. 從AB中點射入的粒子離開磁場時的位置與A點的距離為
D. 若僅將磁場反向，則粒子在磁場中運動的最長時間不變
√
√
解析：依題意可知當粒子在磁場中運動時間最長時，
軌跡圓的圓心在A點，且其軌跡與BC邊相切如圖甲
所示。根據幾何關系可知sin 45°＝r，粒子在洛
倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝m，聯立
可得＝，故A正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝，粒子在磁場中運動時間最長時，根據A選項分析，可知粒子軌跡所對應的圓心角為90°，則有t＝T＝，故B正確；從AB中點射入的粒子，其軌跡
　
為上面所分析的粒子軌跡圓的圓心向下平移r－r，得到此軌跡圓的圓心在A
點的正下方，如圖乙所示，由幾何關系可知，粒子離開磁場時的位置與A
點的距離必然小于軌跡半徑r，即小于，故C錯誤；若僅將磁場反向，則
粒子在磁場中將向上偏轉，不會出現圓心角為90°的軌跡，則粒子在磁場
中運動的最長時間將變小，故D錯誤。
（2025·山東濟南期末）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂
直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共
線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒
子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子
之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（　　）
A. B.
C. D.
√
解析：帶電粒子在勻強磁場中運動，運動軌跡如
圖所示，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解
得r＝，運動時間t＝＝，θ為帶電粒子在磁
場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角決定。采用放縮圓法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大，當r≤0.5R（R為的半徑）和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區域射出磁場，運動時間等于半個周期。
當0.5R＜r＜1.5R時，粒子從弧ab上射出，軌跡半徑從0.5R逐漸增大，粒子射出位置從a點沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從π逐漸增大，當軌
跡半徑等于R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小，因此軌跡半徑等于R時，所對圓心角最大，為θmax＝π＋＝，
粒子最長運動時間為，故C正確。
（2025·河北石家莊模擬）如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁
場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60 T。磁場內有一塊平面
感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16 cm處，有一個點狀的α粒
子放射源S，它向各個方向發射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106
m/s。已知α粒子的電荷量與質量之比＝5.0×107 C/kg。現只考慮在紙面
內運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區域的長度。
答案：20 cm
解析：α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速
圓周運動。根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝，
代入數據解得R＝10 cm，可見R＜l＜2R。
因朝不同方向發射的α粒子的軌跡圓都過S，由此可知，某軌跡圓在N左側
與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點，為確定P1點的位
置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，
作圓弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1。從圖中幾何關
系得NP1＝。任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過
2R，以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到
的最遠點。
從圖中幾何關系得NP2＝，
所求長度為P1P2＝NP1＋NP2，
代入數據解得P1P2＝20 cm。
2. 磁聚焦和磁發散模型
磁發散 磁聚焦
帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界
上同一點射入，如果軌跡半徑與磁
場半徑相等，則粒子出射方向與磁
場圓上過入射點的切線方向平行 帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁
場，如果軌跡半徑與磁場半徑相
等，則粒子從磁場邊界上同一點射
出，磁場圓上過該點的切線與入射
方向平行
〔多選〕（2025·江蘇南通模擬）如圖所示，半徑
為R、磁感應強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置
的足夠長的感光板。大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最
高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度
沿圓形磁場切線方向入射的粒子。粒子質量為m，電荷量
為q，不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關于這些粒子的運動，以下說法正確的是（　　）
A. 對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B. 對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C. 若粒子速度大小均為v＝，出射后均可垂直打在MN上
D. 若粒子速度大小均為v＝，則粒子在磁場中的運動時間一定小于
√
√
√
解析：對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越
大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝T＝可知，運動時間越
短，故選項A正確，B錯誤；粒子速度大小均為v＝時，根據洛倫茲力提
供向心力可得粒子的軌跡半徑為r＝＝R，根據幾何關系可知，入射點
P、O、出射點與軌跡圓的圓心的連線構成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與
PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在
MN上，根據幾何關系可知，軌跡對應的圓心角小于180°，粒子在磁場中
的運動時間t＜T＝，故選項C、D正確。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. 〔多選〕（2025·廣東潮州期末）如圖甲所示，洛倫茲力演示儀可通過
改變出射電子的速度或磁感應強度來觀察電子做圓周運動的半徑r的變化，
圖乙中通同方向穩恒電流I后，勵磁線圈能夠在兩線圈之間產生與兩線圈中
心的連線平行的勻強磁場。電子沿如圖丙中所示方向進入磁場，在磁場內
沿順時針方向做圓周運動。則圖丙中（　　）
A. 磁場方向垂直于紙面向外
B. 磁場方向垂直于紙面向里
C. 勵磁線圈中電流I為順時針方向
D. 勵磁線圈中電流I為逆時針方向
√
√
解析： 　由圖丙可知，電子射出時速度方向水平向左，其所受向心力豎
直向上，根據左手定則，可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤，B正
確；磁場是由電流產生的，磁場方向垂直紙面向里，根據安培定則，可以
判斷出勵磁線圈中電流I的方向為順時針，故C正確，D錯誤。
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2. 〔多選〕（2025·云南昆明模擬）如圖所示，紙面上方存在一磁場，磁
場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙
粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為
θ。所有粒子的質量均為m，電荷量均為＋q，且粒子的初速度方向在紙面
內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（　　）
A. 甲粒子受力大小為qvB，方向水平向右
B. 乙粒子的運動軌跡是直線
C. 丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變
D. 從圖中所示狀態，經過時間后，丙粒子位置改變了
√
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解析： 　由洛倫茲力的公式可得，甲粒子受力大小為qvB，根據左手定
則可知甲粒子受到的洛倫茲力方向垂直于紙面向里，故A錯誤；乙粒子速
度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，所以運動軌跡是直
線，故B正確；將丙粒子的速度v在沿磁感應強度方向和垂直于磁感應強度
方向分解為v1和v2，其中v1對應的分運動為水平向右的勻速直線運動，v2對
應的分運動為垂直于紙面的勻速圓周運動，所以丙粒子的合運動為螺旋線
運動，由于洛倫茲力不做功，所以其動能不變，故C錯誤；丙粒子做垂直于紙面的勻速圓周運動，有qv2B＝m，解得r＝，所以周期為T＝＝，丙粒子在沿磁感應強度方向做勻速直線運動的速度為v1＝vcos θ，經過一個周期的時間，丙粒子圓周運動剛好一周，所以此時丙粒子位置改變為x＝v1T＝，故D正確。
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3. 〔多選〕（2025·吉林長春模擬）地球的磁場是保護地球的一道天然屏
障，它阻擋著能量很高的太陽風粒子直接到達地球表面，從而保護了地球
上的人類和動植物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖
所示為某帶電粒子在從弱磁場區向強磁場區前進時做螺線運動的示意圖，
不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A. 該帶電粒子帶正電
B. 從弱磁場區到強磁場區的過程中帶電粒子的速率不變
C. 帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離一直保持不
變
D. 帶電粒子每旋轉一周的時間變小
√
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√
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解析： 　由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，故A正確；因洛倫茲
力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區到強磁場區的過程中帶電粒子的速率
不變，故B正確；根據洛倫茲力提供向心力，有qv⊥B＝m，帶電粒子每
旋轉一周的時間為T＝＝，可知隨著磁場的增強，粒子運動半徑逐
漸減小，帶電粒子每旋轉一周的時間變小，又帶電粒子每旋轉一周沿軸線
方向運動的距離為x＝v∥T，v∥不變，故帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運
動的距離減小，故C錯誤，D正確。
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4. 〔多選〕（2025·山東菏澤模擬）圖甲是電視機顯像管原理示意圖（俯
視圖），沒有磁場時電子束打在熒光屏正中央的O。為了使電子束偏轉，
由安裝在管頸的偏轉線圈產生偏轉磁場。偏轉磁場的磁感應強度B隨時間
變化的規律如圖乙所示，可實現電子束打在熒光屏上的AOB區域，規定垂
直平面向里時磁場方向為正，下列說法正確的是（　　）
A. 電子束打在A點時，洛倫茲
力對電子做正功
B. t＝時，電子束打在OA區域
C. t＝時，電子束打在OA區域
D. 0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動
√
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解析： 　洛倫茲力始終與速度方向垂直，對電子不做功，故A錯誤；t＝
時，磁場垂直于平面向外，由左手定則可知電子向上偏轉，電子束打在
OA區域，故B正確；t＝時，磁場垂直于平面向里，由左手定則可知電子
向下偏轉，電子束打在OB區域，故C錯誤；0～內，磁場向外減弱，由左
手定則可知電子向上偏轉，電子束在熒光屏上的位置由A向O點移動；～T
內，由左手定則可知電子向下偏轉，電子束在熒光屏上的位置由O向B點移
動；所以0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動，故D正確。
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5. （2024·北京海淀三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示
通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加
了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發出的一些正電子
或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（　　）
A. d、e都是正電子的徑跡
B. a徑跡對應的電子動量最大
C. b徑跡對應的電子動能最大
D. a徑跡對應的電子運動時間最長
√
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解析： 　正、負電子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可
知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；正、負電
子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由圖
可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的電子的速度最小，根
據p＝mv可知a徑跡對應的電子動量最小，B錯誤；根據Ek＝mv2可知Eka＜
Ekb＜Ekc，即b徑跡對應的電子動能不是最大的，C錯誤；電子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，又T＝，則T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，電子在磁場中的運動時間t＝T，其中α為電子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的電子運動時間最長，D正確。
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6. 〔多選〕（2025·廣西柳州期末）如圖所示，MN上方存在勻強磁場，同
種粒子a、b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾
角分別為30°和60°，且均由P點射出磁場，則a、b兩粒子（　　）
A. 運動半徑之比為∶1 B. 初速率之比為1∶
C. 運動時間之比為5∶2 D. 運動時間之比為6∶5
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解析： 　設OP＝2d，則由幾何關系可知ra＝＝2d，rb＝＝
，可知a、b的運動半徑之比為∶1，選項A正確；根據qvB＝m，可得
v＝∝r， 則a、b兩粒子初速率之比為∶1，選項B錯誤；根據T＝
，t＝T∝θ，a、b兩粒子轉過的角度之比為300°∶120°＝5∶2，可
知a、b兩粒子運動時間之比為5∶2，選項C正確，D錯誤。
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7. 〔多選〕（2025·浙江寧波模擬）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存
在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸
上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經過磁場
偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為
q，質量為m，重力不計。則（　　）
A. 粒子帶負電荷
B. 粒子速度大小為
C. 粒子在磁場中運動的軌道半徑為a
D. N與O點相距（＋1）a
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解析： 由題意可知，粒子在磁場中沿順時針方向做
勻速圓周運動，根據左手定則可知粒子帶負電荷，故A正
確；粒子的運動軌跡如圖所示，O'為粒子做勻速圓周運動
的圓心，其軌道半徑R＝a，故C錯誤；由洛倫茲力提供
向心力可得qvB＝m，則v＝，故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋a＝（＋1）a，故D正確。
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8. 〔多選〕（2025·安徽黃山市一模）如圖所示，寬度為L的有界勻強磁
場，磁感應強度為B，AC和DE是它的兩條邊界。現有質量為m，電荷量的
絕對值為q的帶電粒子以θ＝45°方向射入磁場。要使粒子不能從邊界DE射
出，則粒子入射速度v的最大值可能是（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　題目中只給出粒子“電荷量的絕對
值為q”，未說明是帶哪種電荷。當粒子入射
速度v最大時，其運動軌跡存在兩種情況，如
圖所示。若q為正電荷，軌跡是如圖所示的左
方與DE相切的圓弧，軌道半徑R1＝，又L＝R1－R1cos 45°，得v1＝，若q為負電荷，軌跡是如圖所示的右方與DE相切的圓弧，則有R2＝，L＝R2＋R2cos 45°，得v2＝，則粒子入射速度v的最大值可能是（q為正電荷）或（q為負電荷），故選B、D。
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9. （2025·江蘇南京期中）如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域
abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入
一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（　　）
A. 只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點
射出所用時間最長
B. 只把磁場的磁感應強度變為原來的三分之一，粒子將從d
點射出
C. 只把粒子的速度增大為原來的三倍，粒子將從f點射出
D. 只把粒子的速度增大為原來的三倍，粒子出射時的速度偏轉角大于45°
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解析： 　只改變粒子的速度使其分別從e、d、f三點射出時，其運動軌跡
如圖，軌跡的圓心角是從f點射出時最小，根據公式t＝T＝·＝，
可知粒子從f點射出時運動時間最短，故A錯誤；由幾何關系可知，粒子從e
點射出的半徑與從d點射出的半徑關系為2re＝rd，根據qvB＝m，解得r＝
，可知只把磁場的磁感應強度變為原來的二分之一，則半徑變為原來的
2倍，粒子將從d點射出，故B錯誤；設正方形的邊長為2a，則粒子從e點射
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出時，軌跡半徑為r1＝a，如果粒子的速度變為原來的3倍，
由半徑公式r＝，可知，半徑將變為原來的3倍，即r3＝
a，軌跡如圖所示，由幾何關系得AB＝r3－r3sin 45°≈
0.6a由于dD＜AB＝0.6a＜df＝a，所以粒子從f、d之間射出
磁場。由圖可知，粒子出射時的速度偏轉角大于45°，故C錯誤，D正確。
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10. （2025·陜西西安期末）如圖所示，在xOy坐標系中，
垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應強度大小為B的
勻強磁場（含邊界），磁場方向與xOy平面垂直。一質
子束從坐標原點射入磁場，所有質子射入磁場的初速
度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成α＝53°角向下。PQ是與x軸平
行的熒光屏（質子打到熒光屏上發光且不再反彈），P、Q兩點的坐標分別
為P，Q。已知質子比荷＝k，sin 53°＝0.8。求：（結
果均可用分數表示）
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答案： 　
（1）質子在磁場中運動的最長時間是多少；
解析： 質子能打到y軸上時，在磁場中運動的時間
最長，如圖甲所示
由周期公式T＝
又由幾何關系可知θ＝2，則質子在磁場中運
動的最長時間t＝T＝。
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（2）如果讓熒光屏PQ發光長度盡可能長且質子的運動軌跡未出磁場，質
子初速度大小的取值范圍是多少。
答案： ≤v≤
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解析：當質子軌跡與PQ相切時，如圖甲所示，設此時初速度為v1，軌跡半徑為R，由幾何關系可得R＋Rcos α＝0.4l
又qBv1＝
聯立解得v1＝＝
當質子運動軌跡與磁場邊界相切時，如圖乙所示，
設此時初速度為v2，軌跡半徑為R'，由幾何關系可得R'
＋R'sin α＝l
又qBv2＝
解得v2＝＝
綜上可得≤v≤。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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