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第2讲　带电粒子在磁场中的运动
1.〔多选〕（2025·广东潮州期末）如图甲所示，洛伦兹力演示仪可通过改变出射电子的速度或磁感应强度来观察电子做圆周运动的半径r的变化，图乙中通同方向稳恒电流I后，励磁线圈能够在两线圈之间产生与两线圈中心的连线平行的匀强磁场。电子沿如图丙中所示方向进入磁场，在磁场内沿顺时针方向做圆周运动。则图丙中（　　）
A.磁场方向垂直于纸面向外
B.磁场方向垂直于纸面向里
C.励磁线圈中电流I为顺时针方向
D.励磁线圈中电流I为逆时针方向
2.〔多选〕（2025·云南昆明模拟）如图所示，纸面上方存在一磁场，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ。所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A.甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B.乙粒子的运动轨迹是直线
C.丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D.从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了
3.〔多选〕（2025·吉林长春模拟）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A.该带电粒子带正电
B.从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C.带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变
D.带电粒子每旋转一周的时间变小
4.〔多选〕（2025·山东菏泽模拟）图甲是电视机显像管原理示意图（俯视图），没有磁场时电子束打在荧光屏正中央的O。为了使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，可实现电子束打在荧光屏上的AOB区域，规定垂直平面向里时磁场方向为正，下列说法正确的是（　　）
A.电子束打在A点时，洛伦兹力对电子做正功
B.t＝时，电子束打在OA区域
C.t＝时，电子束打在OA区域
D.0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动
5.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（　　）
A.d、e都是正电子的径迹
B.a径迹对应的电子动量最大
C.b径迹对应的电子动能最大
D.a径迹对应的电子运动时间最长
6.〔多选〕（2025·广西柳州期末）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（　　）
A.运动半径之比为∶1 B.初速率之比为1∶
C.运动时间之比为5∶2 D.运动时间之比为6∶5
7.〔多选〕（2025·浙江宁波模拟）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（　　）
A.粒子带负电荷
B.粒子速度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距（＋1）a
8.〔多选〕（2025·安徽黄山市一模）如图所示，宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为B，AC和DE是它的两条边界。现有质量为m，电荷量的绝对值为q的带电粒子以θ＝45°方向射入磁场。要使粒子不能从边界DE射出，则粒子入射速度v的最大值可能是（　　）
A. B.
C. D.
9.（2025·江苏南京期中）如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（　　）
A.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最长
B.只把磁场的磁感应强度变为原来的三分之一，粒子将从d点射出
C.只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子将从f点射出
D.只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子出射时的速度偏转角大于45°
10.（2025·陕西西安期末）如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场（含边界），磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α＝53°角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏（质子打到荧光屏上发光且不再反弹），P、Q两点的坐标分别为P，Q。已知质子比荷＝k，sin 53°＝0.8。求：（结果均可用分数表示）
（1）质子在磁场中运动的最长时间是多少；
（2）如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。
第2讲　带电粒子在磁场中的运动
1.BC　由图丙可知，电子射出时速度方向水平向左，其所受向心力竖直向上，根据左手定则，可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；磁场是由电流产生的，磁场方向垂直纸面向里，根据安培定则，可以判断出励磁线圈中电流I的方向为顺时针，故C正确，D错误。
2.BD　由洛伦兹力的公式可得，甲粒子受力大小为qvB，根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，故B正确；将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C错误；丙粒子做垂直于纸面的匀速圆周运动，有qv2B＝m，解得r＝，所以周期为T＝＝，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1＝vcos θ，经过一个周期的时间，丙粒子圆周运动刚好一周，所以此时丙粒子位置改变为x＝v1T＝，故D正确。
3.ABD　由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A正确；因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，有qv⊥B＝m，带电粒子每旋转一周的时间为T＝＝，可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，又带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为x＝v∥T，v∥不变，故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误，D正确。
4.BD　洛伦兹力始终与速度方向垂直，对电子不做功，故A错误；t＝时，磁场垂直于平面向外，由左手定则可知电子向上偏转，电子束打在OA区域，故B正确；t＝时，磁场垂直于平面向里，由左手定则可知电子向下偏转，电子束打在OB区域，故C错误；0～内，磁场向外减弱，由左手定则可知电子向上偏转，电子束在荧光屏上的位置由A向O点移动；～T内，由左手定则可知电子向下偏转，电子束在荧光屏上的位置由O向B点移动；所以0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，故D正确。
5.D　正、负电子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；正、负电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的电子的速度最小，根据p＝mv可知a径迹对应的电子动量最小，B错误；根据Ek＝mv2可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的电子动能不是最大的，C错误；电子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，又T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，电子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为电子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的电子运动时间最长，D正确。
6.AC　设OP＝2d，则由几何关系可知ra＝＝2d，rb＝＝，可知a、b的运动半径之比为∶1，选项A正确；根据qvB＝m，可得v＝∝r， 则a、b两粒子初速率之比为∶1，选项B错误；根据T＝，t＝T∝θ，a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°＝5∶2，可知a、b两粒子运动时间之比为5∶2，选项C正确，D错误。
7.AD　由题意可知，粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O'为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，则v＝，故B错误；由图可知，ON＝a＋a＝（＋1）a，故D正确。
8.BD　题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。当粒子入射速度v最大时，其运动轨迹存在两种情况，如图所示。
若q为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE相切的圆弧，轨道半径R1＝，又L＝R1－R1cos 45°，得v1＝，若q为负电荷，轨迹是如图所示的右方与DE相切的圆弧，则有R2＝，L＝R2＋R2cos 45°，得v2＝，则粒子入射速度v的最大值可能是（q为正电荷）或（q为负电荷），故选B、D。
9.D　只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，其运动轨迹如图，轨迹的圆心角是从f点射出时最小，根据公式t＝T＝·＝，可知粒子从f点射出时运动时间最短，故A错误；由几何关系可知，粒子从e点射出的半径与从d点射出的半径关系为2re＝rd，根据qvB＝m，解得r＝，可知只把磁场的磁感应强度变为原来的二分之一，则半径变为原来的2倍，粒子将从d点射出，故B错误；设正方形的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹半径为r1＝a，如果粒子的速度变为原来的3倍，
由半径公式r＝，可知，半径将变为原来的3倍，即r3＝a，轨迹如图所示，由几何关系得AB＝r3－r3sin 45°≈0.6a
由于dD＜AB＝0.6a＜df＝a，所以粒子从f、d之间射出磁场。由图可知，粒子出射时的速度偏转角大于45°，故C错误，D正确。
10.（1）　（2）≤v≤
解析：（1）质子能打到y轴上时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示
由周期公式T＝
又由几何关系可知θ＝2
则质子在磁场中运动的最长时间t＝T＝。
（2）当质子轨迹与PQ相切时，如图甲所示，设此时初速度为v1，轨迹半径为R，由几何关系可得R＋Rcos α＝0.4l
又qBv1＝
联立解得v1＝＝
当质子运动轨迹与磁场边界相切时，如图乙所示，
设此时初速度为v2，轨迹半径为R'，由几何关系可得R'＋R'sin α＝l
又qBv2＝
解得v2＝＝
综上可得≤v≤。
4 / 4第2讲　带电粒子在磁场中的运动
洛伦兹力
1.洛伦兹力：磁场对　　　　　　的作用力叫作洛伦兹力。
2.洛伦兹力的方向
（1）方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的　　　　。
（2）判定方法：　　　　定则。
3.洛伦兹力的大小：F＝　　　　，θ为v与B的方向夹角。
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0。（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝　　　　。（θ＝90°）
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0。
带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做　　　　　　运动。
2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做　　　　　　运动。
3.轨道半径和周期公式（v⊥B）
1.带电粒子在磁场中运动时，一定会受到洛伦兹力的作用。（　　）
2.洛伦兹力可能对带电粒子做功。（　　）
3.用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指一定指向电荷的运动方向。（　　）
4.带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。（　　）
5.当带电粒子以v与B方向夹角为锐角进入匀强磁场时，粒子的运动轨迹为螺旋线。（　　）
1.（人教版选择性必修第二册P11“科学漫步”改编）1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，证明了反物质的存在。实验中，安德森记录了正电子在云室中由上向下经过6 mm铅板的轨迹如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正电子（　　）
A.所在磁场方向一定垂直于纸面向里
B.穿过铅板后受到洛伦兹力变大
C.穿过铅板后做圆周运动的半径变大
D.穿过铅板后做圆周运动的周期变大
2.（人教版选择性必修第二册P14“演示”改编）如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A.仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小
B.仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变大
C.仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小
D.仅升高电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
3.〔多选〕（人教版选择性必修第二册P16“练习与应用”T2改编）已知氚核的质量约为质子质量的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷e；α粒子即氦原子核，质量约为质子质量的4倍，带正电荷，电荷量为e的2倍。现在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A.若它们速度相同，则它们的运动半径之比是2∶3∶1
B.若它们动量相同，则它们的运动半径之比是1∶2∶2
C.若它们动能相同，则它们的运动半径之比是1∶∶1
D.若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则它们的运动半径之比是1∶∶
4.（人教版选择性必修第二册P16“练习与应用”T3改编）
如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A.该匀强磁场的磁感应强度
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D.带电粒子在磁场中运动的时间
考点一　对洛伦兹力的理解
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）安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。
2.洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 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⊥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
【练1】 （2025·四川成都期末）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）
A.通电导线在磁场中一定会受到安培力
B.电荷在电场中一定会受到电场力，电荷在磁场中也一定会受到洛伦兹力
C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功，但安培力却可以对通电导线做功
D.洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，安培力的方向可以不垂直于通电直导线
【练2】 （2023·海南高考2题）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.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
考点二　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.“轨迹圆心、半径及运动时间”的确定
圆心的确定 半径的确定 时间的确定
基本思路 （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。 （3）轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 利用平面几何知识求半径 利用轨迹长度L或对应圆心角θ求时间 t＝＝T
图 例
说 明 P、M点速度垂线的交点 P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点 S点的速度垂线与切点法线的交点 常用解三角形法，（如图）R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝ （1）速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ。 （2）偏转角φ与弦切角α的关系：若φ＜180°，φ＝2α；若φ＞180°，φ＝360°－2α
　　
2.粒子在几种常见有界磁场中的运动分析
种类 图形 特点
直线 边界 进出磁场具有对称性
平行 边界 存在临 界条件
圆形 边界 图b：粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径 （1）沿径向射入必沿径向射出。 （2）图b为磁聚焦现象
（2025·山东青岛二中模拟）
如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场，之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（　　）
A.3　　 B.2
C.　　 D.
尝试解答
〔多选〕（2025·山西太原期末）
两个带等量异种电荷的粒子a和b，分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　）
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C.两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D.两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
尝试解答
（2025·福建宁德期末）某磁防护装置截面如图所示，以O点为圆心内外半径分别为R、R的环形区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，板上有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度v0从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入内圆，粒子每次与绝缘薄板碰撞后以原速率反弹且电荷量不变。不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从射入C孔到离开C孔所需的时间t。
尝试解答
考点三　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
　　带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动多解问题的产生原因：带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性（或周期性）。
带电粒子的电性不确定形成多解
　带电粒子的电性如果不确定，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解，如图所示。带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场：（1）若带正电，其轨迹为a；（2）若带负电，其轨迹为b。
〔多选〕（2025·广西南宁期末）如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出。下列说法正确的是（　　）
A.带电粒子一定带负电荷
B.带电粒子的速度最小值为
C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为
尝试解答
磁场的方向不确定形成多解
　带电粒子在磁场中以相同的速度射入磁场，如果磁场的方向不确定，粒子在磁场中偏转方向不同，形成多解。
〔多选〕（2025·贵州铜仁期末）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A.B＞，垂直纸面向里
B.B＞，垂直纸面向里
C.B＞，垂直纸面向外
D.B＞，垂直纸面向外
尝试解答
粒子的临界状态不确定形成多解
　带电粒子在磁场中运动，由于临界状态的不确定，粒子的轨迹有多种可能性，故而形成多解。
〔多选〕（2025·湖南郴州期末）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A.kBL，0° B.kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
尝试解答
三类动态圆和磁聚焦、磁发散模型
1.有界匀强磁场中的三类动态圆模型
模型 解读
“平移圆”模型 （1）条件：带电粒子射入匀强磁场的速度大小和方向相同，入射点不同但在同一直线上。 （2）特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，而且圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。 （3）用法：将半径相同的轨迹圆沿入射点所在的直线进行平移，从而探索粒子运动的有关临界问题
“放缩圆”模型 （1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入射速度的方向一定，但大小不同。 （2）特点：带电粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心，一定位于沿着粒子在入射点所受洛伦兹力方向的射线上，速度越大，半径越大，圆心离入射点越远。 （3）用法：用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中可发现粒子运动的有关临界问题
“旋转圆”模型 （1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入射速度的大小一定，但方向不同。 （2）特点：所有沿不同方向入射的粒子的轨迹圆半径相同，其轨迹圆的圆心在以入射点为圆心，半径等于轨迹圆半径的圆周上。 （3）用法：将半径相同的轨迹圆以入射点为圆心旋转，从圆的动态变化中可发现粒子运动的有关临界问题
〔多选〕（2025·湖北黄冈期末）如图所示，在等腰直角三角形ABC内充满着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。一群质量为m、电荷量为＋q、速度为v的带正电粒子垂直AB边射入磁场，已知从AC边射出且在磁场中运动时间最长的粒子，离开磁场时速度垂直于AC边。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列判断中正确的是（　　 ）
A.等腰三角形ABC中AB边的长度为
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.从AB中点射入的粒子离开磁场时的位置与A点的距离为
D.若仅将磁场反向，则粒子在磁场中运动的最长时间不变
尝试解答
（2025·山东济南期末）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A. B.
C. D.
尝试解答
（2025·河北石家庄模拟）如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
尝试解答
2.磁聚焦和磁发散模型
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与磁场圆上过入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，磁场圆上过该点的切线与入射方向平行
〔多选〕（2025·江苏南通模拟）如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C.若粒子速度大小均为v＝，出射后均可垂直打在MN上
D.若粒子速度大小均为v＝，则粒子在磁场中的运动时间一定小于
尝试解答
第2讲　带电粒子在磁场中的运动
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.运动电荷　2.（1）平面　（2）左手　3.qvBsin θ　（2）qvB
知识点2
1.匀速直线　2.匀速圆周
易错易混辨析
1.×　2.×　3.×　4.×　5.√
双基落实筑牢
1.A　根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确；因正电子穿过铅板会有部分能量损失，所以速度减小，根据 F洛＝evB，可知正电子速度减小，受到的洛伦兹力减小，故B错误；设正电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有 evB＝m，解得 r＝，穿过铅板后速度变小，所以运动半径减小，故C错误；根据正电子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝＝，可知正电子穿过铅板前后，其运动的周期不变，故D错误。
2.A　根据动能定理和牛顿第二定律可得eU＝mv2，eBv＝，解得R＝，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B变大，则运动径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，运动径迹的半径变大，故A正确，C错误；由eBv＝，v＝，可得电子的周期为T＝，电子运动的周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度变大，电子运动的周期将变小，故B、D错误。
3.CD　根据qvB＝m，可得r＝，质子、氚核和α粒子的比荷之比为6∶2∶3；若它们速度相同，根据r＝，可知它们的运动半径之比是∶∶＝1∶3∶2 ，故A错误；若它们动量相同，则根据r＝，可知它们的运动半径之比是∶∶＝2∶2∶1 ，故B错误；根据r＝＝，若它们动能相同，则它们的运动半径之比是∶∶＝1∶∶1，故C正确；若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则Uq＝mv2，可得r＝∝，则它们的运动半径之比是∶∶＝1∶∶，故D正确。
4.C　粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点为圆心O1，轨迹如图所示，根据几何关系可得cos 30°＝，所以R＝a，故C正确；在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即qBv＝m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故A、B错误；带电粒子做圆周运动的圆心角为 π，而周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因为磁感应强度B未知，则带电粒子在磁场中运动时间无法求出，故D错误。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【练1】 C　当通电导线放置方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力，故A错误；电荷在电场中一定会受到电场力，但静止或运动方向与磁场方向平行的电荷在磁场中不会受到洛伦兹力，故B错误；洛伦兹力与运动电荷速度方向始终垂直，对运动电荷一定不做功，但安培力可以对通电导线做功，故C正确；洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，安培力的方向一定垂直于通电直导线，故D错误。
【练2】 A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受到洛伦兹力和重力的作用，运动过程中速度和加速度的大小、方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
考点二
【例1】 A　电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A正确，B、C、D错误。
【例2】 BD　由左手定则可得a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，则Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，则ta＝，tb＝，又ta＝tb，所以Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝，又粒子的运动周期T＝，联立得T＝，根据a、b两粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
【例3】 （1）R　（2）　（3）
解析：（1）根据几何关系可知＋r2＝（R＋r）2
解得r＝R。
（2）根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得B＝。
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tan＝
解得θ＝π
粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T
解得t＝
由几何关系可得粒子运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，所用时间为
t总＝6t＝。
考点三
【例4】 CD　若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图甲所示，粒子做圆周运动的半径为r1＝L，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，此时半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故D正确。
若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何知识得L2＋（r2－0.5L）2＝，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A错误，C正确。
【例5】 BD　当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝，解得r1＝s，结合r1＝，解得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系s＝＋r2，解得r2＝，又r2＝，联立得B2＝，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误。
【例6】 BC　若离子通过下部分磁场直接到达P点，其运动轨迹如图甲所示，则根据几何关系，有R＝L，qvB＝m，联立解得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子从上、下磁场均经历一次时，其运动轨迹如图乙所示。
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性及几何关系有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时离子出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，综合上述分析可知B、C正确，A、D错误。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 AB　依题意可知当粒子在磁场中运动时间最长时，轨迹圆的圆心在A点，且其轨迹与BC边相切如图甲所示。根据几何关系可知sin 45°＝r，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m，联立可得＝，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动时间最长时，根据A选项分析，可知粒子轨迹所对应的圆心角为90°，则有t＝T＝，故B正确；从AB中点射入的粒子，其轨迹为上面所分析的粒子轨迹圆的圆心向下平移r－r，得到此轨迹圆的圆心在A点的正下方，如图乙所示，由几何关系可知，粒子离开磁场时的位置与A点的距离必然小于轨迹半径r，即小于，故C错误；若仅将磁场反向，则粒子在磁场中将向上偏转，不会出现圆心角为90°的轨迹，则粒子在磁场中运动的最长时间将变小，故D错误。
　
【典例2】 C　带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，运动时间t＝＝，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩圆法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R（R为的半径）和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大，当轨迹半径等于R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θmax＝π＋＝，粒子最长运动时间为，故C正确。
【典例3】 20 cm
解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝，
代入数据解得R＝10 cm，可见R＜l＜2R。
因朝不同方向发射的α粒子的轨迹圆都过S，由此可知，某轨迹圆在N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点，为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。从图中几何关系得NP1＝。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
从图中几何关系得NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数据解得P1P2＝20 cm。
【典例4】 ACD　对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T＝可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误；粒子速度大小均为v＝时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为r＝＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t＜T＝，故选项C、D正确。
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第2讲　带电粒子在磁场中的运动
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
洛伦兹力
1. 洛伦兹力：磁场对 的作用力叫作洛伦兹力。
2. 洛伦兹力的方向
（1）方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 。
（2）判定方法： 定则。
运动电荷　
平面　
左手　
3. 洛伦兹力的大小：F＝ ，θ为v与B的方向夹角。
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0。（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝ 。（θ＝90°）
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0。
qvBsin θ　
qvB　
带电粒子在匀强磁场中的运动
1. 若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做 运动。
2. 若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射
速度v做 运动。
3. 轨道半径和周期公式（v⊥B）
匀速直线　
匀速圆周　
1. 带电粒子在磁场中运动时，一定会受到洛伦兹力的作用。 （　×　）
2. 洛伦兹力可能对带电粒子做功。 （　×　）
3. 用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指一定指向电荷的运动方向。
（　×　）
4. 带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。
（　×　）
5. 当带电粒子以v与B方向夹角为锐角进入匀强磁场时，粒子的运动轨迹为
螺旋线。 （　√　）
×
×
×
×
√
1. （人教版选择性必修第二册P11“科学漫步”改编）1932年，美国物理
学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，证明了反物质的存在。实验
中，安德森记录了正电子在云室中由上向下经过6 mm铅板的轨迹如图所
示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他
能量损失不计，则可判定正电子（　　）
A. 所在磁场方向一定垂直于纸面向里
B. 穿过铅板后受到洛伦兹力变大
C. 穿过铅板后做圆周运动的半径变大
D. 穿过铅板后做圆周运动的周期变大
√
解析： 　根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确；因正电子
穿过铅板会有部分能量损失，所以速度减小，根据 F洛＝evB，可知正电子
速度减小，受到的洛伦兹力减小，故B错误；设正电子在磁场中做匀速圆
周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有 evB＝m，解得 r＝，穿过铅板
后速度变小，所以运动半径减小，故C错误；根据正电子在磁场中做匀速
圆周运动的周期 T＝＝，可知正电子穿过铅板前后，其运动的周期
不变，故D错误。
2. （人教版选择性必修第二册P14“演示”改编）如图所示为洛伦兹力演
示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充
有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生
垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A. 仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小
B. 仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变大
C. 仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小
D. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
√
解析： 　根据动能定理和牛顿第二定律可得eU＝mv2，eBv＝，解得R
＝，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B变大，则运动径迹的
半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，运动径迹的半径变大，故A正
确，C错误；由eBv＝，v＝，可得电子的周期为T＝，电子运动
的周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励磁线圈中的电流，磁感
应强度变大，电子运动的周期将变小，故B、D错误。
3. 〔多选〕（人教版选择性必修第二册P16“练习与应用”T2改编）已知
氚核的质量约为质子质量的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷e；α粒
子即氦原子核，质量约为质子质量的4倍，带正电荷，电荷量为e的2倍。现
在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法正
确的是（　　）
A. 若它们速度相同，则它们的运动半径之比是2∶3∶1
B. 若它们动量相同，则它们的运动半径之比是1∶2∶2
C. 若它们动能相同，则它们的运动半径之比是1∶∶1
D. 若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则它们的运动半径之
比是1∶∶
√
√
解析： 　根据qvB＝m，可得r＝，质子、氚核和α粒子的比荷之比
为6∶2∶3；若它们速度相同，根据r＝，可知它们的运动半径之比是
∶∶＝1∶3∶2 ，故A错误；若它们动量相同，则根据r＝，可知它们
的运动半径之比是∶∶＝2∶2∶1 ，故B错误；根据r＝＝，若
它们动能相同，则它们的运动半径之比是∶∶＝1∶∶1，故C正
确；若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则Uq＝mv2，可得r＝
∝，则它们的运动半径之比是∶∶＝1∶∶，故D
正确。
4. （人教版选择性必修第二册P16“练习与应用”T3改编）如图所示，在
xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向
成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质
量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A. 该匀强磁场的磁感应强度
B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D. 带电粒子在磁场中运动的时间
√
解析： 　粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂
线，交点为圆心O1，轨迹如图所示，根据几何关系可得
cos 30°＝，所以R＝a，故C正确；在磁场中由洛伦
兹力提供向心力，即qBv＝m，解得带电粒子在磁场中
运动的速率为v＝，因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故A、B错误；带电粒子做圆周运动的圆心角为 π，而周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因为磁感应强度B未知，则带电粒子在磁场中运动时间无法求出，故D错误。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　对洛伦兹力的理解
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）安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。
2. 洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 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⊥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
【练1】 （2025·四川成都期末）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的
是（　　）
A. 通电导线在磁场中一定会受到安培力
B. 电荷在电场中一定会受到电场力，电荷在磁场中也一定会受到洛伦兹力
C. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功，但安培力却可以对通电导线做功
D. 洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平
面，安培力的方向可以不垂直于通电直导线
√
解析： 　当通电导线放置方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培
力，故A错误；电荷在电场中一定会受到电场力，但静止或运动方向与磁
场方向平行的电荷在磁场中不会受到洛伦兹力，故B错误；洛伦兹力与运
动电荷速度方向始终垂直，对运动电荷一定不做功，但安培力可以对通电
导线做功，故C正确；洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁
场方向确定的平面，安培力的方向一定垂直于通电直导线，故D错误。
【练2】 （2023·海南高考2题）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. 小球运动过程的加速度保持不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
√
解析： 　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向
右，A正确；小球受到洛伦兹力和重力的作用，运动过程中速度和加速度
的大小、方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
考点二　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1. “轨迹圆心、半径及运动时间”的确定
圆心的确定 半径的确定 时间的确定
基
本 思
路 （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。 （3）轨迹圆弧与边界切点的
法线过圆心 利用平面几何
知识求半径 利用轨迹长度L或对
应圆心角θ求时间
t＝＝T
圆心的确定 半径的确定 时间的确定
图
例
圆心的确定 半径的确定 时间的确定
说
明 P、M点
速度垂
线的交
点 P点速度垂
线与弦的
垂直平分
线的交点 S点的速
度垂线
与切点
法线的
交点 常用解三角形
法，（如图）
R＝或由R2
＝L2＋（R－
d）2求得R＝
（1）速度的偏转角φ
等于所对的圆心角
θ。
（2）偏转角φ与弦切
角α的关系：若φ＜
180°，φ＝2α；若φ
＞180°，φ＝360°
－2α
2. 粒子在几种常见有界磁场中的运动分析
种类 图形 特点
直线 边界 进出磁场具有对称性
平行 边界 存在临
界条件
种类 图形 特点
圆形 边界 图b：粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场
圆的半径 （1）沿径向射入
必沿径向射出。　
（2）图b为磁聚
焦现 象
（2025·山东青岛二中模拟）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里
的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1
时间从b点离开磁场，之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场
方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（　　）
A. 3 B. 2
C. D.
√
解析：电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意
画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入
磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c
点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1
运动的时间t1＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A正确，B、C、D错误。
〔多选〕（2025·山西太原期末）两个带等量异种电荷的粒子a和b，
分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分
别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，
如图所示，则（　　）
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C. 两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D. 两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
√
√
解析：由左手定则可得a粒子带负电，b粒子带正电，故A
错误；粒子做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，则Ra
＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，
故B正确；由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的
圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，则ta＝，
tb＝，又ta＝tb，所以Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝，又粒子的运动周期T＝，联立得T＝，根据a、b两粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
（2025·福建宁德期末）某磁防护装置截面如图所示，以O点为圆心内
外半径分别为R、R的环形区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为
绝缘薄板，板上有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度
v0从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入内圆，粒子每次与绝缘薄板碰撞
后以原速率反弹且电荷量不变。不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
答案： R　
解析： 根据几何关系可知＋r2＝（R＋r）2
解得r＝R。
（2）磁场的磁感应强度大小B；
答案： 　
解析： 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得B＝。
（3）粒子从射入C孔到离开C孔所需的时间t。
答案：
解析： 设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系
得tan＝
解得θ＝π
粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T
解得t＝
由几何关系可得粒子运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，所用时间为
t总＝6t＝。
考点三　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
　　带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动多解问题的产生原因：带
电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性
（或周期性）。
带电粒子的电性不确定形成多解
　带电粒子的电性如果不确定，在相同的初速度下，
正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解，如
图所示。带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场：
（1）若带正电，其轨迹为a；（2）若带负电，其轨迹为b。
〔多选〕（2025·广西南宁期末）如图所示，在边长为L的正方形
PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN
边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带
电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点
射出。下列说法正确的是（　　）
A. 带电粒子一定带负电荷
B. 带电粒子的速度最小值为
C. 若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为
D. 带电粒子在磁场中运动时间可能为
√
√
解析：若粒子带负电，则粒子的运
动轨迹如图甲所示，粒子做圆周运
动的半径为r1＝L，由牛顿第二定律
得qv1B＝m，解得v1＝，此时
半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，当粒子在磁场中的
运动轨迹所对应的圆心角为时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝
，故D正确。若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何知识得L2＋（r2－0.5L）2＝，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A错误，C正确。
磁场的方向不确定形成多解
　带电粒子在磁场中以相同的速度射入磁场，如果磁场的方向不确定，粒
子在磁场中偏转方向不同，形成多解。
〔多选〕（2025·贵州铜仁期末）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直
OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束
在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为
s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁
场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A. B＞，垂直纸面向里 B. B＞，垂直纸面向里
C. B＞，垂直纸面向外 D. B＞，垂直纸面向外
√
√
解析：当磁场方向垂直纸面向里时，
离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所
示，切点为M，设轨迹半径为r1，由
几何关系可知sin 30°＝，解得r1＝s，结合r1＝，解得B1＝；当
磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹与OP相切于N点，如图乙所示，设
轨迹半径为r2，由几何关系s＝＋r2，解得r2＝，又r2＝，联立得
B2＝，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误。
粒子的临界状态不确定形成多解
　带电粒子在磁场中运动，由于临界状态的不确定，粒子的轨迹有多种可
能性，故而形成多解。
〔多选〕（2025·湖南郴州期末）在如图所示的平
面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一
部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充
满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均
为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大
小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP
成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
√
√
解析：若离子通过下部分磁场直接到达
P点，其运动轨迹如图甲所示，则根据
几何关系，有R＝L，qvB＝m，联立
解得v＝＝kBL，根据对称性可知出
射速度与SP成30°角向上，故离子出
射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子从上、下磁场均经历一次时，其运动轨迹如图乙所示。
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性及几何关系有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时离子出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，综合上述分析可知B、C正确，A、D错误。
　〔多选〕如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁
场，磁感应强度大小为B，AC是圆的一条直径，D为圆上一点，∠COD＝
60°。在A点有一个粒子源，沿与AC成30°角斜向上垂直磁场的方向射出
速率均为v的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CD射出磁场，不计粒子
的重力及粒子间的相互作用力，则从A点射出的粒子的比荷可能是（　　）
A. B.
C. D.
√
√
解析： 带电粒子从C点射出磁
场，轨迹如图甲所示，由几何关系得
sin 30°＝，解得r1＝2R；带电粒子从
D点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几
何关系得AODO2是菱形，所以粒子的
轨迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得从A点射出的粒子的比荷满足≤≤，故选A、D。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
1. 有界匀强磁场中的三类动态圆模型
模型 解读
“平移圆” 模型 （1）条件：带电粒子射入匀强磁场的速度大小和方向
相同，入射点不同但在同一直线上。
（2）特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
相同，而且圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线
平行。
（3）用法：将半径相同的轨迹圆沿入射点所在的直线
进行平移，从而探索粒子运动的有关临界问题
三类动态圆和磁聚焦、磁发散模型
模型 解读
“放缩圆”模
型 （1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入
射速度的方向一定，但大小不同。
（2）特点：带电粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心，一
定位于沿着粒子在入射点所受洛伦兹力方向的射线上，
速度越大，半径越大，圆心离入射点越远。
（3）用法：用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从
圆的动态变化中可发现粒子运动的有关临界问题
模型 解读
“旋转圆”模
型 （1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入
射速度的大小一定，但方向不同。
（2）特点：所有沿不同方向入射的粒子的轨迹圆半径
相同，其轨迹圆的圆心在以入射点为圆心，半径等于轨
迹圆半径的圆周上。
（3）用法：将半径相同的轨迹圆以入射点为圆心旋
转，从圆的动态变化中可发现粒子运动的有关临界问题
〔多选〕（2025·湖北黄冈期末）如图所示，在等腰直角三角形
ABC内充满着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中
未画出）。一群质量为m、电荷量为＋q、速度为v的带正电粒子垂直AB边
射入磁场，已知从AC边射出且在磁场中运动时间最长的粒子，离开磁场时
速度垂直于AC边。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列判断中正确的
是（　　）
A. 等腰三角形ABC中AB边的长度为
B. 粒子在磁场中运动的最长时间为
C. 从AB中点射入的粒子离开磁场时的位置与A点的距离为
D. 若仅将磁场反向，则粒子在磁场中运动的最长时间不变
√
√
解析：依题意可知当粒子在磁场中运动时间最长时，
轨迹圆的圆心在A点，且其轨迹与BC边相切如图甲
所示。根据几何关系可知sin 45°＝r，粒子在洛
伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m，联立
可得＝，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动时间最长时，根据A选项分析，可知粒子轨迹所对应的圆心角为90°，则有t＝T＝，故B正确；从AB中点射入的粒子，其轨迹
　
为上面所分析的粒子轨迹圆的圆心向下平移r－r，得到此轨迹圆的圆心在A
点的正下方，如图乙所示，由几何关系可知，粒子离开磁场时的位置与A
点的距离必然小于轨迹半径r，即小于，故C错误；若仅将磁场反向，则
粒子在磁场中将向上偏转，不会出现圆心角为90°的轨迹，则粒子在磁场
中运动的最长时间将变小，故D错误。
（2025·山东济南期末）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂
直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共
线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒
子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子
之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析：带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如
图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解
得r＝，运动时间t＝＝，θ为带电粒子在磁
场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩圆法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R（R为的半径）和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。
当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大，当轨
迹半径等于R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θmax＝π＋＝，
粒子最长运动时间为，故C正确。
（2025·河北石家庄模拟）如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁
场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块平面
感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒
子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106
m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面
内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
答案：20 cm
解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速
圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝，
代入数据解得R＝10 cm，可见R＜l＜2R。
因朝不同方向发射的α粒子的轨迹圆都过S，由此可知，某轨迹圆在N左侧
与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点，为确定P1点的位
置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，
作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。从图中几何关
系得NP1＝。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过
2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到
的最远点。
从图中几何关系得NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数据解得P1P2＝20 cm。
2. 磁聚焦和磁发散模型
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界
上同一点射入，如果轨迹半径与磁
场半径相等，则粒子出射方向与磁
场圆上过入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁
场，如果轨迹半径与磁场半径相
等，则粒子从磁场边界上同一点射
出，磁场圆上过该点的切线与入射
方向平行
〔多选〕（2025·江苏南通模拟）如图所示，半径
为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置
的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最
高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度
沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m，电荷量
为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C. 若粒子速度大小均为v＝，出射后均可垂直打在MN上
D. 若粒子速度大小均为v＝，则粒子在磁场中的运动时间一定小于
√
√
√
解析：对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越
大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T＝可知，运动时间越
短，故选项A正确，B错误；粒子速度大小均为v＝时，根据洛伦兹力提
供向心力可得粒子的轨迹半径为r＝＝R，根据几何关系可知，入射点
P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与
PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在
MN上，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中
的运动时间t＜T＝，故选项C、D正确。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
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1. 〔多选〕（2025·广东潮州期末）如图甲所示，洛伦兹力演示仪可通过
改变出射电子的速度或磁感应强度来观察电子做圆周运动的半径r的变化，
图乙中通同方向稳恒电流I后，励磁线圈能够在两线圈之间产生与两线圈中
心的连线平行的匀强磁场。电子沿如图丙中所示方向进入磁场，在磁场内
沿顺时针方向做圆周运动。则图丙中（　　）
A. 磁场方向垂直于纸面向外
B. 磁场方向垂直于纸面向里
C. 励磁线圈中电流I为顺时针方向
D. 励磁线圈中电流I为逆时针方向
√
√
解析： 　由图丙可知，电子射出时速度方向水平向左，其所受向心力竖
直向上，根据左手定则，可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误，B正
确；磁场是由电流产生的，磁场方向垂直纸面向里，根据安培定则，可以
判断出励磁线圈中电流I的方向为顺时针，故C正确，D错误。
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2. 〔多选〕（2025·云南昆明模拟）如图所示，纸面上方存在一磁场，磁
场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙
粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为
θ。所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面
内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A. 甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B. 乙粒子的运动轨迹是直线
C. 丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D. 从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了
√
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解析： 　由洛伦兹力的公式可得，甲粒子受力大小为qvB，根据左手定
则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故A错误；乙粒子速
度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直
线，故B正确；将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度
方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对
应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线
运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C错误；丙粒子做垂直于纸面的匀速圆周运动，有qv2B＝m，解得r＝，所以周期为T＝＝，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1＝vcos θ，经过一个周期的时间，丙粒子圆周运动刚好一周，所以此时丙粒子位置改变为x＝v1T＝，故D正确。
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3. 〔多选〕（2025·吉林长春模拟）地球的磁场是保护地球的一道天然屏
障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球
上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图
所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，
不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A. 该带电粒子带正电
B. 从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C. 带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不
变
D. 带电粒子每旋转一周的时间变小
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解析： 　由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A正确；因洛伦兹
力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率
不变，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，有qv⊥B＝m，带电粒子每
旋转一周的时间为T＝＝，可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐
渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，又带电粒子每旋转一周沿轴线
方向运动的距离为x＝v∥T，v∥不变，故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运
动的距离减小，故C错误，D正确。
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4. 〔多选〕（2025·山东菏泽模拟）图甲是电视机显像管原理示意图（俯
视图），没有磁场时电子束打在荧光屏正中央的O。为了使电子束偏转，
由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。偏转磁场的磁感应强度B随时间
变化的规律如图乙所示，可实现电子束打在荧光屏上的AOB区域，规定垂
直平面向里时磁场方向为正，下列说法正确的是（　　）
A. 电子束打在A点时，洛伦兹
力对电子做正功
B. t＝时，电子束打在OA区域
C. t＝时，电子束打在OA区域
D. 0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动
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解析： 　洛伦兹力始终与速度方向垂直，对电子不做功，故A错误；t＝
时，磁场垂直于平面向外，由左手定则可知电子向上偏转，电子束打在
OA区域，故B正确；t＝时，磁场垂直于平面向里，由左手定则可知电子
向下偏转，电子束打在OB区域，故C错误；0～内，磁场向外减弱，由左
手定则可知电子向上偏转，电子束在荧光屏上的位置由A向O点移动；～T
内，由左手定则可知电子向下偏转，电子束在荧光屏上的位置由O向B点移
动；所以0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，故D正确。
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5. （2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示
通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加
了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子
或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（　　）
A. d、e都是正电子的径迹
B. a径迹对应的电子动量最大
C. b径迹对应的电子动能最大
D. a径迹对应的电子运动时间最长
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解析： 　正、负电子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可
知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；正、负电
子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图
可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的电子的速度最小，根
据p＝mv可知a径迹对应的电子动量最小，B错误；根据Ek＝mv2可知Eka＜
Ekb＜Ekc，即b径迹对应的电子动能不是最大的，C错误；电子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，又T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，电子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为电子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的电子运动时间最长，D正确。
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6. 〔多选〕（2025·广西柳州期末）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（　　）
A. 运动半径之比为∶1 B. 初速率之比为1∶
C. 运动时间之比为5∶2 D. 运动时间之比为6∶5
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解析： 　设OP＝2d，则由几何关系可知ra＝＝2d，rb＝＝
，可知a、b的运动半径之比为∶1，选项A正确；根据qvB＝m，可得
v＝∝r， 则a、b两粒子初速率之比为∶1，选项B错误；根据T＝
，t＝T∝θ，a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°＝5∶2，可
知a、b两粒子运动时间之比为5∶2，选项C正确，D错误。
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7. 〔多选〕（2025·浙江宁波模拟）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存
在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴
上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场
偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为
q，质量为m，重力不计。则（　　）
A. 粒子带负电荷
B. 粒子速度大小为
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D. N与O点相距（＋1）a
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解析： 由题意可知，粒子在磁场中沿顺时针方向做
匀速圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正
确；粒子的运动轨迹如图所示，O'为粒子做匀速圆周运动
的圆心，其轨道半径R＝a，故C错误；由洛伦兹力提供
向心力可得qvB＝m，则v＝，故B错误；由图可知，ON＝a＋a＝（＋1）a，故D正确。
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8. 〔多选〕（2025·安徽黄山市一模）如图所示，宽度为L的有界匀强磁
场，磁感应强度为B，AC和DE是它的两条边界。现有质量为m，电荷量的
绝对值为q的带电粒子以θ＝45°方向射入磁场。要使粒子不能从边界DE射
出，则粒子入射速度v的最大值可能是（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　题目中只给出粒子“电荷量的绝对
值为q”，未说明是带哪种电荷。当粒子入射
速度v最大时，其运动轨迹存在两种情况，如
图所示。若q为正电荷，轨迹是如图所示的左
方与DE相切的圆弧，轨道半径R1＝，又L＝R1－R1cos 45°，得v1＝，若q为负电荷，轨迹是如图所示的右方与DE相切的圆弧，则有R2＝，L＝R2＋R2cos 45°，得v2＝，则粒子入射速度v的最大值可能是（q为正电荷）或（q为负电荷），故选B、D。
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9. （2025·江苏南京期中）如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域
abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入
一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（　　）
A. 只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点
射出所用时间最长
B. 只把磁场的磁感应强度变为原来的三分之一，粒子将从d
点射出
C. 只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子将从f点射出
D. 只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子出射时的速度偏转角大于45°
√
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解析： 　只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，其运动轨迹
如图，轨迹的圆心角是从f点射出时最小，根据公式t＝T＝·＝，
可知粒子从f点射出时运动时间最短，故A错误；由几何关系可知，粒子从e
点射出的半径与从d点射出的半径关系为2re＝rd，根据qvB＝m，解得r＝
，可知只把磁场的磁感应强度变为原来的二分之一，则半径变为原来的
2倍，粒子将从d点射出，故B错误；设正方形的边长为2a，则粒子从e点射
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出时，轨迹半径为r1＝a，如果粒子的速度变为原来的3倍，
由半径公式r＝，可知，半径将变为原来的3倍，即r3＝
a，轨迹如图所示，由几何关系得AB＝r3－r3sin 45°≈
0.6a由于dD＜AB＝0.6a＜df＝a，所以粒子从f、d之间射出
磁场。由图可知，粒子出射时的速度偏转角大于45°，故C错误，D正确。
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10. （2025·陕西西安期末）如图所示，在xOy坐标系中，
垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的
匀强磁场（含边界），磁场方向与xOy平面垂直。一质
子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速
度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α＝53°角向下。PQ是与x轴平
行的荧光屏（质子打到荧光屏上发光且不再反弹），P、Q两点的坐标分别
为P，Q。已知质子比荷＝k，sin 53°＝0.8。求：（结
果均可用分数表示）
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答案： 　
（1）质子在磁场中运动的最长时间是多少；
解析： 质子能打到y轴上时，在磁场中运动的时间
最长，如图甲所示
由周期公式T＝
又由几何关系可知θ＝2，则质子在磁场中运
动的最长时间t＝T＝。
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（2）如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质
子初速度大小的取值范围是多少。
答案： ≤v≤
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解析：当质子轨迹与PQ相切时，如图甲所示，设此时初速度为v1，轨迹半径为R，由几何关系可得R＋Rcos α＝0.4l
又qBv1＝
联立解得v1＝＝
当质子运动轨迹与磁场边界相切时，如图乙所示，
设此时初速度为v2，轨迹半径为R'，由几何关系可得R'
＋R'sin α＝l
又qBv2＝
解得v2＝＝
综上可得≤v≤。
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