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第十章　磁場
第2節　磁場對運動電荷的作用
鏈接教材·夯基固本
1．洛倫茲力
(1)定義：________在磁場中受到的力。
(2)大小
F ＝_(v∥B時)
F ＝______(v⊥B時)
F ＝qvB sin θ(v與B夾角為θ)
注意：“v”指電荷相對于磁場的速度。
運動電荷
0
qvB
(3)方向判定
左手定則：伸出左手，使拇指與其余四個手指____，并且都與手掌在同一個平面內。讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向______運動的方向(或負電荷運動的反方向)。這時拇指所指的方向就是運動電荷在磁場中所受________的方向。
(4)特點：F ⊥B，F ⊥v，即F 垂直于B與v決定的平面，F 與v始終垂直，洛倫茲力______。
垂直
正電荷
洛倫茲力
不做功
2．帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)v∥B時：帶電粒子做________運動。
(2)v⊥B時
①運動性質：________運動。
②動力學方程：qvB＝m。
③半徑、周期公式：r＝_____，T＝_____。
④運動時間：t＝＝____。
勻速直線
勻速圓周
T
1．易錯易混辨析
(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。 (　　)
(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。 (　　)
(3)根據公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。 (　　)
(4)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關。 (　　)
×
×
×
√
2．(人教版選擇性必修第二冊改編)如圖所示，一束電子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝60°。下列判斷正確的有(　　)
A．電子軌跡所對圓心角為30°
B．電子的軌跡半徑為
C．電子的比荷為
D．電子穿越磁場的時間為
√
D　[作出輔助線如圖所示，根據幾何關系可知，電子軌跡所對圓心角為θ＝60°，A錯誤；設電子的軌跡半徑為r，由幾何關系有r sin θ＝d，解得r＝，B錯誤；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝，解得＝，C錯誤；電子在磁場中做圓周運動的周期T＝＝
，電子穿越磁場的時間為t＝·T，聯立解得t＝
，D正確。]
細研考點·突破題型
考點1　洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的特點
(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷。
(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。
(3)洛倫茲力一定不做功。
2．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，而洛倫茲力對運動電荷不做功。
3．洛倫茲力與電場力的比較
項目 洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v與B不平行 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 ⊥B、v平面) F ∥E
項目 洛倫茲力 電場力
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
作用效果 只改變電荷運動的方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變速度方向
[典例1]　(2022·廣東卷)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。
下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的
投影中，可能正確的是(　　)
√
A　[由題意知，當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據左手定則可知受到y軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大，在MN右側根據左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上可能做減速運動，故A正確，B錯誤；根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于Oxy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故C、D錯誤。故選A。]
[典例2]　(2025·廣東湛江模擬)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則(　　)
A．電子將向右偏轉，速率不變
B．電子將向左偏轉，速率改變
C．電子將向左偏轉，速率不變
D．電子將向右偏轉，速率改變
√
A　[由安培定則可知直導線右側磁場的方向垂直紙面向里，再根據左手定則可知電子所受洛倫茲力方向水平向右，即電子將向右偏轉，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，即速率不變，A項正確。]
考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．兩種方法定圓心
方法一：已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的
直線，兩條直線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如
圖甲所示)。
方法二：已知入射方向和入射點、出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示)。
2．利用幾何知識求半徑
利用平面幾何關系，求出軌跡圓的可能半徑(或圓心角)，求解時注意以下幾個重要的幾何特點：
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于
AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，
即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的應用(勾股定理)。
找到AB的中點C，連接OC，則△AOC、△BOC都是直角三角形。
3．求時間的兩種方法
方法一：由運動弧長計算，t＝(l為弧長)；
方法二：由旋轉角度計算，t＝T或t＝T。
4．三類邊界磁場中的軌跡特點
(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性。
(2)平行邊界：存在臨界條件。
(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出。
無論帶電粒子在哪類邊界磁場中做勻速圓周運動，解題時都要抓住三個步驟：
[典例3]　如圖所示，在直線MN上及其下方的半圓形區域內、外分別存在磁場方向垂直紙面向外和向里的勻強磁場。已知半圓的圓心為O，半徑為r，M、O、N三點共線，N是圓外一點且OM＝ON。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M點在紙面內沿MO垂直于磁場射入半圓中，第一次從A點(圖中未畫出)沿圓的半徑方
向射出半圓形區域后從N點垂直MN離開磁場區
域。不計粒子重力，半圓內、外磁場的磁感應
強度大小之比為(　　)
A．1∶2　 B．1∶3 C．1∶4　 D．1∶5
√
C　[根據題意，作出帶電粒子在半圓內、外的運動軌跡，如圖所示，設粒子在半圓內、外磁場中運動的軌道半徑分別為R1、R2，由幾何關系可知＝(2r－R2)2，△O2AO與△O2MO1相似，則＝，有＝，解得R1＝3r，R2＝，粒子在磁場中
做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有Bqv＝
，即B＝，則B內＝，B外＝，解得B內∶
B外＝1∶4，故選C。]
[典例4]　(2025·廣東江門檢測)如圖所示，在正六邊形ABCDEF 的內接圓范圍內存在著方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小可以調節。正六邊形的邊長為l，O為正六邊形的中心點，M、N分別為內接圓與正六邊形AB邊和BC邊的切點，在M點安裝一個粒子源，可向磁場區域內沿著垂直磁場的各個方向
發射比荷為、速率為v的粒子，不計粒子重力。
(1)若沿MO方向射入磁場的粒子恰能從N點離開磁場，求勻強磁場的磁感應強度的大小；
(2)若勻強磁場的磁感應強度的大小調節為B＝，求粒子源發射的粒子在磁場中運動的最長時間。
[解析]　(1)粒子以速率v沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，軌跡如圖甲所示：
由幾何關系可知磁場圓的半徑為R＝l
設軌跡圓半徑為r1，
則tan ＝，θ＝60°
解得r1＝l
由牛頓第二定律可得qvB1＝m
解得B1＝。
(2)磁感應強度變化以后，大量此類粒子從M點射入磁場，由牛頓第二定律可得qvB＝m
解得r2＝l
粒子射入方向任意，粒子在磁場中運動時間
最長時，弧長(劣弧)最長，對應的弦長最長
(磁場圓的直徑)，軌跡如圖乙所示：
由幾何關系得α＝
則粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝
又T＝，解得tmax＝。
[答案]　(1)　(2)
考點3　帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值與多解問題
1．帶電粒子在磁場中運動的臨界與極值問題分析
(1)找準臨界點
以題目中“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫出幾個半徑不同的軌跡，找出臨界條件，如：
①剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。
②當速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界勻強磁場中運動的時間越長。
③圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩端點時，軌跡對應的偏轉角最大。
(2)掌握有界磁場中臨界問題的處理方法
①旋轉圓法：粒子速度大小不變，方向改變，則r＝大小不變，但軌跡的圓心位置變化，相當于圓心在繞著入射點滾動(如圖甲所示)。
②放縮圓法：入射粒子的速度方向不變，大小變化，形成圓心在一條射線上變動、半徑大小不斷變化的放縮圓(如圖乙所示)。
③平移圓法：速度大小和方向相同的一排相同粒子進入直線邊界，各粒子的軌跡圓弧可以由其他粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移得到(如圖丙所示)。
2．帶電粒子在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，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。
①找出多解的原因。
②畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。
角度1　帶電粒子在磁場中的臨界、極值問題
[典例5]　(2025·廣東河源模擬)如圖所示，OA、OB為相互垂直的有界勻強磁場邊界，磁場磁感應強度B＝10 T，方向垂直紙面向里，S為粒子源，可向磁場內各個方向均勻發射比荷＝1.0×104 C/kg的帶正電粒子，速度v0＝1.0×104 m/s。PQ為一長度為
10 cm的熒光屏，已知OQ＝OS＝10 cm，不
考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計，
則下列說法正確的是(　　)
A．有的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發光的長度為10(－1) cm
B．有的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發光的長度為10(－1) cm
C．有的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發光的長度為10 cm
D．有的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發光的長度為10(－1) cm
√
A　[粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，可得qv0B＝，解得r＝10 cm，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：
根據幾何關系，水平向右射出的粒子剛好打到Q點，豎直向上射出的粒子也剛好打到Q點，則這兩個速度方向之間的粒子可以打到熒光屏上，因此有的粒子可以打到熒光屏上，其中SM(M為粒子打在邊界OB上距O最遠的點)為軌跡直徑，根據幾何關系可得OM＝r＝10 cm，所以熒光屏發光長度為QM＝10(－1) cm，故選A。]
角度2　帶電粒子在磁場中運動的多解問題
[典例6]　如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：
(1)磁感應強度B0的大小；
(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度大小v0的可能值。
[解析]　設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。
(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，則有
qv0B0＝
做勻速圓周運動的周期T0＝
由以上兩式得B0＝。
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子運動軌跡應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝(n＝1，2，3，…)
又R＝
得正離子的速度大小的可能值為
v0＝＝(n＝1，2，3，…)
說明：此題中若假設垂直紙面向外的磁場方向為正方向，經分析可知對答案無影響。
[答案]　(1)　(2)(n＝1，2，3，…)
規律方法　解決多解問題的技巧方法
(1)分析題目特點，確定題目多解的形成原因。
(2)作出粒子的運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。
(3)根據帶電粒子的運動軌跡利用圓周運動的周期性尋找通項式，若是出現幾種解的可能性，注意每種解出現的條件。
1．(多選)如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點O射入，并經過點P(a>0，b>0)。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現，粒子從O到P運動的時間為t1，到達P點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，粒子從O到P運動的時間為t2，到達P點的動能為Ek2。下列關系式正確的是(　　)
A．t1t2
C．Ek1Ek2
√
學情診斷·當堂評價
√
AD　[當該過程由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動，當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據t＝可知t1＜t2，故A正確，B錯誤；當該過程由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0，當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據Ek＝mv2可知Ek1＞Ek2，故C錯誤，D正確。故選AD。]
2．(多選)如圖所示，圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，不計粒子重力。則(　　)
A．粒子帶負電
B．粒子運動速率為
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．粒子在磁場中運動的路程為
√
√
AD　[由于粒子經過圓心O，最后離開磁場，可知，粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據左手定則，四指指向與速度方向相反，可知，粒子帶負電，故A正確；由于圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，設粒子圓周運動的半徑為r，根據幾何關系有r2＝＋R2－，解得r＝R，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝，解得v0＝，故B錯誤；根據上述分析，作出運
動軌跡，如圖所示，由于圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，粒子圓周運動的半徑也為R，則△AOO′與△EOO′均為等邊三角形，則軌跡所對應的圓心角為120°，粒子圓周運動的周期T＝＝，則粒子在磁場中運動的時間為t＝T＝，故C錯誤；結合上述分析可知，粒子在磁場中運動的路程為x＝·2πr＝
，故D正確。故選AD。]
3．(多選)(2025·廣東陽江檢測)如圖所示，直線MON的上方有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子P、Q先后從M、N射入磁場，P的速度與磁場邊界的夾角為30°，Q的速度與磁場邊界的夾角為60°。已知兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間相同，且均從O點射出磁場，OM＝2ON，則(　　)
A．P和Q均帶正電
B．P和Q的比荷之比為1∶2
C．P和Q的速度大小之比為∶1
D．P和Q在磁場中運動的半徑之比為2∶1
√
√
BC　[兩個粒子在磁場中的軌跡如圖所示，均從O點射出磁場，根據左手定則可知，Q帶正電，P帶負電，故A錯誤；根據幾何關系可知，Q對應的圓心角為120°，則RQ sin 60°＝ON，P對應的圓心角為60°，則RP＝OM，則P和Q在磁場中運動的半徑之比為2∶1，兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間相同，即TQ＝TP，T＝，
解得P和Q的速度大小之比為∶1，根據R＝，
得＝，所以P和Q的比荷之比為1∶2，故B、C
正確，D錯誤。]
4．(多選)如圖所示，直角三角形邊界ABC內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，AC長為2L，AB長為L。從AC的中點D連續發射不同速率的相同粒子，方向與AC垂直，粒子帶正電，電荷量為q，質量為m，不計粒子重力與粒子間的相互作用，下列判斷正確的是(　　)
A．以不同速率入射的粒子在磁場中運動的時間一定不等
B．BC邊上有粒子出射的區域長度不超過L
C．AB邊上有粒子出射的區域長度為(－1)L
D．從AB邊出射的粒子在磁場中的運動時間最短為
√
√
BC　[若不同速率入射的粒子在磁場中運動時都從AC邊射出，則運動的時間相等，選項A錯誤；如圖甲所示，當粒子的速度無窮大時可認為粒子不發生偏轉從E點射出，BC邊上有粒子出射的區域為BE部分，則長度不超過L tan 30°＝L，選項B正確；
由圖乙可知，AB邊上有粒子出射的區域為BF 之間，由幾何關系可知＝，解得r＝，則BF ＝L－＝(－1)L，選項C正確；從AB邊上出射的粒子在B點射出時時間最短，粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60°，則粒子在磁場中的運動時間最短為t＝＝，選項D錯誤。]
5．(多選)如圖所示，正三角形ABC區域內存在垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度為B＝，△ABC的邊長為L，O為BC邊的中點。大量質量為m、速度為v0的帶電粒子從O點沿不同的方向垂直于磁場方向射入該磁場區域(不計粒子重力)，則從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場中的運動時間可能為(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
√
√
BCD　[帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力得qv0B＝，解得r＝L；粒子在磁場中運動的周期為T＝＝。當軌跡圓弧對應的弦最長時，圓心角最大，運動時間最長，當軌跡圓弧對應的弦最短時，圓心角最小，運動時間最短。對于從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場中的運動，可知最長的弦為OA
＝＝r，恰好等于軌跡半徑，對應的圓心角為60°，因此最長運動時間為tmax＝T＝；過O作AB邊或AC邊的垂線，設垂足為D，可知OD＝L為最短的弦，對應的圓心角略小于30°，因此最短運動時間略小于T＝，故A錯誤，B、C、D正確。]
6．(多選)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。從離子源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P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°
√
√
BC　[若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖所示。
根據幾何關系有R＝L，qvB＝m，可得v＝＝kBL。
根據對稱性可知出射速度與SP成30°夾角，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當離子上下磁場均經歷一次時，如圖所示。
因為上下磁場的磁感應強度均為B，則根據對稱性有R＝L，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此時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，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤。故選BC。]
課時分層作業(二十五)　磁場對運動電荷的作用
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小
(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定(　　)
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．粒子從a運動到b，帶正電
B．粒子從a運動到b，帶負電
C．粒子從b運動到a，帶正電
D．粒子從b運動到a，帶負電
12
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，則速度逐漸減小，根據粒子在磁場中運動的半徑公式r＝可知，粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，所以粒子的運動軌跡是從b到a，選項A、B錯誤；根據左手定則可判斷，粒子帶正電，選項C正確，D錯誤。]
12
2．(多選)(2024·廣東廣州一模)如圖所示，質子以一定初速度從a點沿ac方向進入立方體區域abcd-a′b′c′d′，由c′點飛出，該立方體區域可能僅存在(　　)
A．沿ab方向的勻強電場
B．沿aa′方向的勻強電場
C．沿bb′方向的勻強磁場
D．沿bd方向的勻強磁場
題號
1
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11
12
√
√
BD　[若立方體區域僅存在沿ab方向的勻強電場，質子受到的電場力沿ab方向，會在水平面內做曲線運動，無法到達c′，A錯誤；若立方體區域僅存在沿aa′方向的勻強電場，質子受到的電場力沿aa′方向，會在豎直面內做曲線運動，有可能到達c′，B正確；若立方體區域僅存在沿bb′方向的勻強磁場，質子受到水平方向的洛倫茲力，會在水平面內做曲線運動，不可能到達c′，C錯誤；若立方體區域僅存在沿bd方向的勻強磁場，質子受到豎直方向的洛倫茲力，會在豎直面內做曲線運動，有可能到達c′，D正確。故選BD。]
題號
1
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12
3．一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，a、c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。不計粒子重力及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．
題號
1
3
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12
√
C　[粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中運動軌跡對應的圓心角決定，即t＝T。采用放縮法，粒子從c點垂直于ac射入磁場，則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零開始逐漸放大，在r≤0.5R和r≥1.5R時，粒子分別從ac、bd邊界射出，在磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。當0.5R題號
1
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為R時，軌跡所對的圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡所對的圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時粒子運動時間最長，即θ＝π＋＝π，粒子運動最長時間為t＝T＝＝，C正確。]
題號
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4．(多選)(2025·廣東佛山檢測)地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入。赤道剖面外的地磁場可簡化為包圍地球的一定厚度的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖所示。圖中給出了速度在圖示平面內、分別從O點沿與地面平行和與地面垂直兩個不同方向入射的微觀帶電粒子(不計重力)在地磁場中的三條運動軌跡a、b、c，
且它們都恰好不能到達地面，則下列相關說法正
確的是(　　)
題號
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A．沿a軌跡運動的粒子帶正電
B．若沿a、c兩軌跡運動的是相同的粒子，則沿軌跡a運動的粒子的速率更大
C．某種粒子運動軌跡為a，若它速率不變，只改變射入地磁場的方向，則只要其速度在圖示平面內，無論沿什么方向入射，都不會到達地面
D．某種粒子運動軌跡為b，若它以相同的速率在圖示平面內沿其他方向入射，則有可能到達地面
題號
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√
√
CD　[由左手定則可知沿軌跡a、c運動的粒子帶負電，沿軌跡b運動的粒子帶正電，選項A錯誤；帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得軌跡半徑r＝，又由題圖可知ra題號
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已達到最大值，故只要該粒子速率不變，不論沿著什么方向入射都不會到達地面，選項C正確；結合題圖由分析可知沿軌跡b運動的粒子在磁場中沿指向地心方向的位移還未達到2rb時，就已經與地面相切，因此改變入射方向，該粒子可以到達地面，選項D正確。]
題號
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5．如圖所示，寬為d的混合粒子束由速率為3v、4v、5v的三種帶正電的離子組成。所有離子的電荷量均為q，質量均為m，三種速率的離子水平向右進入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。在入口處，緊靠粒子束的下邊緣，豎直放置一個長度為2d的薄吞噬板MN。忽略離子重力及離子間相互作用，若使這些離子都能打到吞噬板MN上，則磁感應強度大小的取值范圍是(　　)
題號
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A．＜B＜
B．＜B＜
C．＜B＜
D．＜B＜
題號
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√
C　[由分析可知，粒子束上邊緣進入速率為v1＝3v的離子到達吞噬板上邊緣時，半徑最小，磁感應強度最大，根據qv1B1＝，由幾何關系得R1＝，可得B1＝，粒子束下邊緣進入速率為v2＝5v的離子到達吞噬板下邊緣時，半徑最大，磁感應強度最小，此時qv2B2＝，R2＝d，得B2＝，所以，磁感應強度的取值范圍為＜B＜，故C正確，A、B、D錯誤。]
題號
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6．(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，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以速度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力
和粒子的重力。關于這些粒子的運動，以下說法正
確的是(　　)
題號
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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
題號
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√
√
√
ACD　[對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌跡半徑越大，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；速度滿足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、出射點、圓心O與軌跡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，
題號
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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題號
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7．(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的
分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方
向相反；電荷量不變，不計重力。下列說法正確
的是(　　)
題號
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A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
題號
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√
√
BD　[帶電粒子從P點沿圓筒的半徑進入磁場區域，若以O1為圓心做圓周運動，在A點與筒壁發生碰撞，則運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定會沿圓筒的半徑方向離開磁場，與筒壁碰撞后依然沿圓筒的半徑方向，所以粒子不可能通過圓心O，且每次碰撞后瞬間，粒子的速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線，故A錯誤，D正確；由對稱性可知，粒子至少需要碰撞2次才能從P點離開，如圖所示，故B正確；設粒子在磁場中運動
題號
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的軌跡半徑為r，圓筒的半徑為R，粒子在磁場中做圓周運動，有qvB＝m，設∠POA＝α，由幾何關系有tan ＝＝，若粒子恰好運動一周從P點離開，則粒子在磁場中運動的時間t＝T＝，則粒子的速度越大，α越大，粒子在磁場
中運動的時間越短，若粒子運動一周不能從P點離開，
則運動時間無法確定，故C錯誤。]
題號
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8．(多選)如圖所示，一根足夠長的絕緣粗糙細桿固定放在垂直紙面向里的勻強磁場中，桿與水平方向的夾角為θ，桿上穿了一個質量為m、所帶電荷量為－q(q>0)的小球，小球由靜止釋放時可沿桿下滑，重力加速度為g，則小球下滑的過程中(　　)
A．小球速度先增大后減小
B．桿對小球的彈力一直減小
C．小球下滑的最大加速度為g sin θ
D．小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變
題號
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√
√
CD　[小球由靜止開始下滑，在開始階段，受力如圖所示，洛倫茲力F洛＝Bqv，隨著速度的增大，洛倫茲力不斷增大，支持力則不斷減小，摩擦力隨著不斷減小，合力不斷增大，加速度不斷增大，當FN＝0時，Ff＝0，此時加速度最大，由mg sin θ＝mam得am＝g sin θ，C正確；小球速度繼續增大，洛倫茲力繼續增大，桿對小球的彈力方向變為垂直桿向下且不斷增大，小球受到的摩擦力也隨之不斷增大，小球加速度逐漸減小，當加速度減小為零時，小球的速度不再
題號
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增加，此后以此時的速度做勻速運動，洛倫茲力則保持不變，綜上所述，A、B錯誤，D正確。]
題號
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9．(多選)如圖所示，S處有一粒子源，可向紙面內任意方向不斷地均勻發射質量為m＝6.4×10-27 kg、電荷量q＝3.2×10-19 C、速度大小v＝1.0×106 m/s的帶正電粒子，有一垂直紙面的感光板，其在紙面內的長度為0.4 m，中點O與S連線垂直板，O、S間的距離為 0.2 m，板下表面和上表面被粒子擊中會吸收粒子，整個平面充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強
度為B＝0.1 T，不考慮粒子重力及粒子間的相互
作用，則(　　)
題號
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A．粒子打中板前均沿順時針方向做勻速圓周運動
B．所有粒子都可以打到板上
C．所有打中板的粒子中運動的最長時間為
D．穩定后某時刻，擊中上、下板面的粒子數之比為1∶1
題號
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√
√
AD　[粒子帶正電，磁場的方向向外，由左手定則可知，粒子在磁場中沿順時針方向運動，粒子在磁場中只受到洛倫茲力的作用，洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直，所以在粒子打中板前均沿順時針方向做勻速圓周運動，選項A正確；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，代入數據解得r＝0.2 m，剛好等于O、S間的距離，如圖所示，垂直板向下和垂直板向上發射的粒子剛好分別打中板的最左側和最右側，則由圖可知向SO所在直線左側發射的粒子都不能打到
題號
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板上，選項B錯誤；當粒子軌跡為優弧時，弦長越短，弧越長，運動時間越長，最短的弦為SO，作出此時的軌跡圖如圖所示，根據幾何關系可得軌跡對應的圓心角為300°，則運動的最長時間為tmax＝＝，選項C錯誤；由圖結合軌跡分析可知偏左方向180°角范圍內(除豎直向上和豎直向下)射出的粒子都不能打到板上，射入磁場的速度方向在從平行板向右到垂直板向下的90°角范圍內的粒子可以到達上板面，射入磁場的速度方向在從垂直板向上到平
題號
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行板向右的90°角范圍內的粒子可以到達下板面，穩定后某時刻，由于沿各方向的粒子的數目是相同的，可知擊中上、下板面的粒子數之比為1∶1，選項D正確。]
題號
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10．(2024·廣東陽江月考)如圖所示，在腰長為L的等腰直角三角形區域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量均為m的甲粒子(帶電荷量為＋q)和乙粒子(帶電荷量為－q)分別從a、b兩點沿ab方向和ba方向射入磁場。不計粒
子的重力及粒子之間的相互作用，則下列說法正
確的是(　　)
題號
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A．乙粒子速度合適，可以從c點射出磁場
B．甲粒子從c點射出磁場的時間為
C．乙粒子從bc邊射出的最大軌道半徑為(－1)L
D．甲、乙兩粒子在磁場中運動的最長時間之比為2∶3
題號
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C　[如圖(b)所示，乙粒子軌跡恰好與ac邊相切時，乙粒子從bc邊射出的軌跡半徑最大，則易知選項A錯誤；如圖(a)所示，甲粒子軌跡恰好與bc邊相切于c點時從c點射出磁場，根據幾何關系可得，甲粒子的軌道半徑為L，運動軌跡所對的圓心角為90°，
即運動了四分之一周期的時間，
題號
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運動時間為t＝＝＝，選項B錯誤；乙粒子軌跡與ac邊相切時，乙粒子從bc邊射出的軌道半徑最大，設切點為e，由幾何關系可得ae＝ab＝L，ac＝L，所以由幾何知識知乙粒子從bc邊射出的最大軌道半徑為Rmax＝ec＝(－1)L，選項C正確；由上述分析可知甲粒子在磁場中運動的最長時間為t甲＝，乙粒子在磁場中運動的最長時間為t乙＝＝＝，則甲、乙兩粒子在磁場中運動的最長時間之比為＝，選項D錯誤。]
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11．空間存在兩個垂直于xOy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v。甲第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經過Q時，乙也恰好同時經過該點。已知甲的質量為m、電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：
題號
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(1)Q到O的距離d；
(2)甲兩次經過P點的時間間隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值。
題號
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[解析]　(1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2。
由半徑r＝得，r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2，解得d＝。
題號
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(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別為t1、t2。
由T＝得，t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝。
題號
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(3)由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
得r1′＝，r2′＝
完成一周期運動上升的距離d′＝2r1′－2r2′
若乙粒子從第一象限進入第二象限的過程中與甲粒子在Q點相遇，則2r1′＋nd′＝OQ＝d
n＋＝
結合以上式子，n無解。
題號
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若乙粒子從第二象限進入第一象限的過程中與甲粒子在Q點相遇，則
nd′＝OQ＝d，n＝
計算可得＝n(n＝1，2，3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，則n＝2時，乙的比荷最小，為＝。
題號
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[答案]　(1)　(2)　(3)
12．如圖(a)所示，在以O為圓心，內、外半徑分別為R1和R2的圓環區域內，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內、外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0，一電荷量為＋q，質量為m的粒子從內圓上的A點進入該區域，不計重力。
題號
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(1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小；
(2)若撤去電場，如圖(b)所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間；
(3)在圖(b)中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？
題號
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[解析]　(1)電場、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動能定理有
qU＝ ①
得v0＝。 ②
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(2)由牛頓第二定律得qvB＝m ③
由幾何關系作出粒子運動軌跡的圓心O′和半徑R，如圖1所示，則有R2＋R2＝(R2－R1)2 ④
聯立③④得磁感應強度大小B＝ ⑤
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝ ⑥
由幾何關系確定粒子在磁場中運動的時間
t＝T ⑦
由④⑥⑦式，得t＝。 ⑧
題號
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(3)如圖2所示，為使粒子射出，則粒子在磁場內的運動半徑應大于過A點的最大內切圓半徑，該半徑為RC＝ ⑨
由③⑨，得磁感應強度應小于BC＝。 ⑩
題號
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[答案]　　
(2)　(3)
謝 謝 ！

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