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第29讲　磁场对运动电荷的作用
1.（2026·江西九江模拟）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坐标原点沿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（　　）
2.★〔多选〕（2026·广东广州模拟）地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入。不考虑磁偏角，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示。宇宙射线中对地球危害最大的带电粒子主要是β粒子。设β粒子的质量为m，电荷量为e，最大速率为v＝，地球半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，不计大气对β粒子运动的影响，下列说法正确的是（　　）
A.赤道上空的磁感应强度方向由南指向北
B.β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转
C.γ射线射入磁场后的偏转方向与β射线射入磁场后的偏转方向相反
D.要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R
3.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A.滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大 B.滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小
C.滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小 D.滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
4.〔多选〕粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A.粒子1可能为中子
B.粒子2可能为电子
C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
5.（2026·贵州遵义模拟）如图所示，圆心角为60°的整个扇形区域OMN内（含边界）存在匀强磁场（图中未画出）。在O点有一粒子源，先后沿OM方向发射两带电粒子甲和乙，它们的比荷相同但速率不同。粒子经偏转后，甲从MN的中点P射出磁场区域，乙从N点射出磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则甲、乙在磁场内（　　）
A.运动的时间之比为1∶2
B.运动的时间之比为2∶
C.受到的洛伦兹力均做正功
D.受到的洛伦兹力均做负功
6.（2026·河南开封模拟）如图所示，在坐标系xOy平面第Ⅰ象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个相同的带电粒子甲和乙在S点垂直磁场射入，甲、乙速度方向均与x轴成45°，并恰好垂直于y轴射出磁场，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A.甲在磁场中运动的半径大于乙在磁场中运动的半径
B.甲在磁场中运动轨迹的长度大于乙在磁场中运动轨迹的长度
C.甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大小大于乙在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大小
D.甲、乙两个粒子在磁场中运动的过程中速率相等
7.〔多选〕如图，OACD为矩形，OA边长为L，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0射入磁场，速度方向与OA的夹角为α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A.粒子带正电
B.粒子做圆周运动的轨迹半径为L
C.减小粒子的入射速度，粒子在磁场区域内的运动时间不变
D.增大粒子的入射速度，粒子一定从AC边射出
8.〔多选〕（2026·河南南阳模拟）如图所示，边长为a的正三角形ACD区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场。一电子束从A点以不同的速度（在纸面内）沿角平分线射入磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。关于电子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A.从AC边射出的电子，在磁场中轨迹越长，在磁场中运动时间越长
B.从AC边射出的电子速度越大，则在磁场中轨迹越长
C.从AC边射出的电子的最大速度为
D.从AC边射出的电子轨迹不同，但电子的动量变化量相同
9.（2026·湖南郴州月考）如图所示，圆的半径为R，圆心为O。圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。圆上P点粒子源平行圆面向圆内各个方向发出速度大小为的带正电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为＋q，不计重力，粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）
A.　 　B. C.　 　D.
10.〔多选〕（2026·云南昭通模拟）如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的速率为v，不计粒子的重力。已知∠AON＝60°，下列说法正确的是（　　）
A.a粒子做圆周运动的半径为R B.b粒子的速率为3v
C.粒子的比荷为 D.a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为1∶2
11.（2025·重庆高考14题）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK＝3h，OM＝3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。
（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
第29讲　磁场对运动电荷的作用
1.A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则r＝，根据上式可知（＋q，m）、（＋3q，3m）轨道半径相同，且二者的轨道半径与（－q，m）的相等，运动方向相反，（＋q，2m）的轨道半径最大。故选A。
2.ABD　赤道上空的磁感应强度方向由地理南极指向地理北极，选项A正确；根据左手定则可知，β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转，选项B正确；γ射线不带电，射入磁场后不偏转，选项C错误；β粒子在磁场中的最大半径r＝＝R，则要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R，选项D正确。
3.D　由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；滑块经过最低点时的加速度a＝，则与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则可知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时所受的向心力不变，故对轨道的压力变大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，D正确。
4.AD　由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
5.A　由qvB＝m，T＝，可得T＝，故甲、乙周期相同。由几何关系可知甲在磁场中偏转的角度为θ甲＝60°，乙在磁场中偏转的角度为θ乙＝120°，故两粒子在磁场中的运动时间分别为t甲＝T＝，t乙＝T＝，所以甲、乙在磁场内运动的时间之比为1∶2，A正确，B错误；由左手定则可知洛伦兹力的方向始终垂直于速度方向，故洛伦兹力不做功，C、D错误。
6.D　作出两粒子的运动轨迹图，如图所示。由图可知，甲粒子的运动轨迹短，乙粒子的轨迹长，两粒子做匀速圆周运动的半径为r甲＝r乙＝OS，故A、B错误；洛伦兹力是变力，甲和乙粒子的末动量p2大小方向都一样，而初动量p1大小一样，方向不一样，由动量定理I＝p2－p1得I甲＜I乙，故C错误；因为r甲＝r乙，又r＝，可得甲、乙两个粒子在磁场中运动的过程中速率相等，故D正确。
7.BC　由粒子进入磁场时所受洛伦兹力垂直速度方向指向右下方，可知粒子带负电，故A错误；粒子运动轨迹如图，轨迹半径r＝＝，故B正确；根据qv0B＝m，解得r'＝，减小粒子的入射速度，半径将减小，粒子出射位置会在A点左侧，轨迹的圆心角始终等于120°，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝不变，故C正确；增大粒子的入射速度，粒子运动的轨迹半径变大，若OD宽度较小，粒子可能从DC边射出，故D错误。
8.BC　因为电子束从A点以不同的速度沿角平分线射入磁场，电子从AC边射出时速度与边界的夹角均为30°，电子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角θ均为60°，电子在磁场中运动周期T＝＝是相同的，由＝，可知，从AC边射出的电子在磁场中的运动时间与轨迹长度无关，故A错误；由于从AC边射出的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角相等，所以轨迹半径越大轨迹越长，根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，可得电子在磁场中运动轨迹半径r＝，即轨迹半径越大，说明电子速度越大，故B正确；电子从AC边的C点射出时，电子轨迹半径最大且为a，由洛伦兹力提供向心力，有qvmaxB＝m，解得vmax＝，故C正确；从AC边射出的电子轨迹不同，但所经历的时间相同，从AC边射出的电子偏转角均为60°，动量变化量大小为｜Δp｜＝2mvsin 30°＝mv，因速度不同，所以电子的动量变化量不同，故D错误。
9.A　对于带电粒子，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m，解得圆周运动的半径r＝2R，带电粒子在圆内运动的最大弦长为L＝2R＝r，此时带电粒子对应圆周运动的圆心角θ＝60°，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝，则粒子在磁场中运动的时间t≤。故选A。
10.BC　粒子的运动轨迹如图所示设粒子a做圆周运动的轨迹半径为r1，粒子a射出磁场时速度偏转角为，由几何关系可知r1＝＝R，故A错误；由几何关系得r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得＝＝，故B正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，粒子的比荷为＝，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，qvB＝mr，解得T＝，由T＝可知两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知∠AO1N＝，∠BO2N＝，故两粒子在磁场中的运动时间之比为＝＝。故D错误。
11.（1）　（2）　（3）
解析：（1）由题意知粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径应为r＝，
运动过程中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
联立解得v＝＝。
（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图所示
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系可知，此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝m
解得v1＝＝。
（3）由题意知带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做带正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图所示
根据前面分析可知ON＝h，所以NM＝2h
由于O'N＝r1＝2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M＝∠PO'M＝60°，而∠KO'N＝120°
即α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝，对应的圆心角α＝120°
所以t＝T＝×＝。
1 / 1第29讲　磁场对运动电荷的作用
1.掌握洛伦兹力的大小计算和方向的判断方法。 2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。 3.会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间等。
考点一　洛伦兹力的理解和应用
知识速记
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。
〔人教选择性必修第二册P10“思考与讨论”情境〕如图为显像管原理示意图，为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，判断下列说法的正误。
（1）要使电子束在水平方向偏离中心打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该垂直纸面向里。（　　）
（2）要使电子束打在B点，磁场方向若垂直纸面向里，依据洛伦兹力相关知识，电子会向下偏转打到B点。（　　）
（3）洛伦兹力对运动电荷不做功，所以电子束在偏转磁场中运动时，洛伦兹力不会改变电子的速度大小。（　　）
（4）当电子束在偏转磁场中受到洛伦兹力作用发生偏转时，洛伦兹力的方向仅由电子运动方向决定。（　　）
训练落实
1.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
2.〔多选〕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（　　）
3.〔多选〕带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；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，如图所示。不计空气阻力，则（　　）
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
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，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.洛伦兹力与静电力的比较
项目 洛伦兹力 静电力
产生条件 v≠0且v与B不平行（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
作用效果 只改变电荷的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷的速度大小，也可以改变速度方向
考点二　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
知识速记
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）
〔人教选择性必修第二册P14“演示”情境〕如图是洛伦兹力演示仪的示意图，判断下列说法的正误。
（1）在玻璃泡中施加垂直于纸面向里的磁场，电子的运动不论向哪个方向，电子都会做匀速圆周运动。（　　）
（2）保持出射电子的速度不变，磁感应强度越大，电子做圆周运动的半径越小，所以电子径迹的曲率半径只与磁感应强度有关。（　　）
（3）保持磁感应强度不变，改变出射电子速度的大小和方向，电子径迹要么是直线要么是不同半径的圆。（　　）
（4）在洛伦兹力演示仪中，电子做匀速圆周运动时，洛伦兹力始终不做功，电子运动的速率、周期都不变。（　　）
要点深化
1.圆心的确定
（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，则在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
（1）利用动力学方程求半径：由qvB＝m得r＝。
（2）利用几何关系求半径
一般连接粒子的入射点、出射点及圆心构造出三角形，再结合切线、轨迹圆弧对应的弦等辅助线，常用到的几何关系：
①三个角：如图丁所示。
a.粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角：φ＝α。
b.弦切角等于弦所对应圆心角一半：θ＝α。
②三角函数或勾股定理。
如图戊所示，由r＝或r2＝l2＋（r－d）2求得r。
3.运动时间的计算
（1）利用圆心角θ、周期T计算：t＝T。
（2）利用弧长、线速度计算：t＝。
半径公式和周期公式的应用
〔多选〕（2026·广东广州段考）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射出。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＝
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
直线边界匀强磁场
1.直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示）
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝。
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝（ 1－）T＝（ 1－）＝。
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T＝。
2.平行边界（往往存在临界条件，如图所示）
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝。
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝。
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝。
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝。
（2024·广西高考5题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）
A. B.
C.（1＋） D.（ 1＋）
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
三角形边界的磁场
〔多选〕（2026·河北衡水模拟）如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（　　）
A.粒子在磁场中运动的半径为L
B.与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出
C.在AC边界上有粒子射出的区域长度为L
D.所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
圆形边界匀强磁场
1.速度沿半径方向入射
正对圆心射入，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有tan ＝→磁偏转半径r＝，根据半径公式r＝求解；时间t＝＝。速度v越大→磁偏转半径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r＝R，构成正方形
2.速度不沿半径方向入射
两个等腰三角形，一个共同的底边
若r＝R，构成菱形
〔多选〕（2026·四川成都高三开学考试）如图所示的直角坐标系xOy中，第一象限内半径为a的圆形区域中存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆心P点的坐标为（a，a）。一带电粒子以速度v0从O点沿OP方向进入磁场区域，经过一段时间后粒子到达点C（4a，0）。已知粒子的电荷量为q，质量为m，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A.粒子带正电
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a
C.圆形区域中的磁感应强度大小为
D.粒子从O点到C点的运动时间为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第29讲　磁场对运动电荷的作用　
考点一
知识速记
1.运动电荷　2.（1）平面　（2）左手　3.qvBsin θ　（2）qvB
教材情境辨析
　（1）×　（2）√　（3）√　（4）×
训练落实
1.A　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正确；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发生变化，B错误；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错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
2.ACD　设物块的初速度为v0，则FN＝qv0B，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物块向下做匀速运动，选项A有可能是物块运动的v-t图像；若mg＞μqv0B，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，最后达到匀速状态，选项D有可能是物块运动的v-t图像，B不可能是物块运动的v-t图像；若mg＜μqv0B，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，最后达到匀速状态，选项C有可能是物块运动的v-t图像。A、C、D正确，B错误。
3.AC　由竖直上抛运动的公式得h1＝；当加上水平方向的电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有＝2gh3，解得h3＝，所以h1＝h3，故A正确；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，由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝m，又m＝mgh1，所以h1＞h2，故D错误；因小球电性不知，则静电力方向不知，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。
考点二
知识速记
1.匀速直线　2.匀速圆周
教材情境辨析
　（1）×　（2）×　（3）√　（4）×
要点深化
【例1】　BC　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。
【例2】　C　粒子运动轨迹如图所示，在匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），故C正确。
【例3】　ABC　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；
如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出，结合B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，
则粒子在磁场中的运动时间为t＝T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
【例4】　AC　由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；粒子对准圆心P入射，能到达C点，说明出射方向沿着PC，根据几何关系有OP2＝a2＋（a）2，解得OP＝2a，设OP与OC的夹角为θ，则有tan θ＝，解得θ＝60°，由于OC＝4a，可知OP⊥PC，则有R＝a，故B错误；粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m，其中R＝a，解得B＝，故C正确；粒子从O点运动到C点的总路程x＝OP＋PC－2a＋，其中OP＝2a，PC＝2a，从O点到C点速度大小不变，则运动时间为t＝＝，故D错误。
1 / 1(共67张PPT)
第29讲　磁场对运动电荷的作用
目标要求
1. 掌握洛伦兹力的大小计算和方向的判断方法。
2. 会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。
3. 会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动
的圆心、半径、运动时间等。
目 录
CONTENTS
考点一 洛伦兹力的理解和应用
考点二 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
课时跟踪检测
考点一 洛伦兹力的理解和应用
知识速记
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　
〔人教选择性必修第二册P10“思考与讨论”情境〕如图为显像管原理示
意图，为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，判断下
列说法的正误。
（1）要使电子束在水平方向偏离中心打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该
垂直纸面向里。 （　×　）
×
（2）要使电子束打在B点，磁场方向若垂直纸面向里，依据洛伦兹力相关
知识，电子会向下偏转打到B点。 （　√　）
（3）洛伦兹力对运动电荷不做功，所以电子束在偏转磁场中运动时，洛
伦兹力不会改变电子的速度大小。 （　√　）
（4）当电子束在偏转磁场中受到洛伦兹力作用发生偏转时，洛伦兹力的
方向仅由电子运动方向决定。 （　×　）
√
√
×
训练落实
1. 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
√
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正确；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发
生变化，B错误；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错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
2. 〔多选〕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（　　）
√
√
√
解析：设物块的初速度为v0，则FN＝qv0B，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物块向下做匀速运动，选项A有可能是物块运动的v-t图像；若mg＞μqv0B，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，最后达到匀速状态，选项D有可能是物块运动的v-t图像，B不可能是物块运动的v-t图像；若mg＜μqv0B，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，最后达到匀速状态，选项C有可能是物块运动的v-t图像。A、C、
D正确，B错误。
3. 〔多选〕带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高
度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的
最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球
上升的最大高度为h3；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，如图所示。不计空气阻力，则（　　）
A. 一定有h1＝h3 B. 一定有h1＜h4
C. h2与h4无法比较 D. h1与h2无法比较
√
√
解析：由竖直上抛运动的公式得h1＝；当加上水平方向的电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有＝2gh3，解得h3＝，所以h1＝h3，故A正确；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，由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝m，又m＝mgh1，所以h1＞h2，故D错误；因小球电性不知，则静电力方向不知，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。
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，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2. 洛伦兹力与静电力的比较
项目 洛伦兹力 静电力
产生条件 v≠0且v与B不平行（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
作用效果 只改变电荷的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷的速度大小，也可以改变速度方向
考点二
带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
知识速记
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　
〔人教选择性必修第二册P14“演示”情境〕如图是洛伦兹力演示仪的示
意图，判断下列说法的正误。
（1）在玻璃泡中施加垂直于纸面向里的磁场，电子的运动不论向哪个方
向，电子都会做匀速圆周运动。 （　×　）
×
（2）保持出射电子的速度不变，磁感应强度越大，电子做圆周运动的半
径越小，所以电子径迹的曲率半径只与磁感应强度有关。 （　×　）
（3）保持磁感应强度不变，改变出射电子速度的大小和方向，电子径迹
要么是直线要么是不同半径的圆。 （　√　）
（4）在洛伦兹力演示仪中，电子做匀速圆周运动时，洛伦兹力始终不做
功，电子运动的速率、周期都不变。 （　×　）
×
√
×
要点深化
1. 圆心的确定
（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，
则在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
（1）利用动力学方程求半径：由qvB＝m得r＝。
（2）利用几何关系求半径
一般连接粒子的入射点、出射点及圆心构造出三角形，再结合切线、轨迹
圆弧对应的弦等辅助线，常用到的几何关系：
①三个角：如图丁所示。
a.粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角：
φ＝α。
b.弦切角等于弦所对应圆心角一半：θ＝α。
②三角函数或勾股定理。
如图戊所示，由r＝或r2＝l2＋（r－d）2求得r。
3. 运动时间的计算
（1）利用圆心角θ、周期T计算：t＝T。
（2）利用弧长、线速度计算：t＝。
半径公式和周期公式的应用
〔多选〕（2026·广东广州段考）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射出。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（　BC　）
BC
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＝
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。
直线边界匀强磁场
1. 直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示）
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝。
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝（ 1－）T＝（ 1－）＝
。
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T＝。
2. 平行边界（往往存在临界条件，如图所示）
平行边界存在临界条件，图a中粒子
在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
。
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝。
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝。
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝。
（2024·广西高考5题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所
示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的
粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向
夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　C　）
C
A.
B.
C. （1＋）
D. （ 1＋）
解析：粒子运动轨迹如图所示，在匀强磁场中，根据
洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得粒子做圆周
运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距
离LPO＝r＋＝（1＋），故C正确。
〔多选〕（2026·河北衡水模拟）如图所示，△AOC为直角三角形，
∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各
个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝的粒子。不计粒
子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确
的是（　ABC　）
ABC
三角形边界的磁场
A. 粒子在磁场中运动的半径为L
B. 与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出
C. 在AC边界上有粒子射出的区域长度为L
D. 所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
有qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝L，
故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，
根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与
OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；
如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子
将恰好从D点射出，结合B项分析可知AD为AC边界上有
粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁
场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程
中转过的圆心角为α，则粒子在磁场中的运动时间为t＝T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
圆形边界匀强磁场
1. 速度沿半径方向入射
正对圆心射入，两圆心和出（入）射点构成直角三角
形，有tan ＝→磁偏转半径r＝，根据半径公式r
＝求解；时间t＝＝。速度v越大→磁偏转半
径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r＝R，构成
正方形
2. 速度不沿半径方向入射
两个等腰三角形，一个共同的
底边
若r＝R，构成菱形
〔多选〕（2026·四川成都高三开学考试）如图所示的直角坐标系xOy
中，第一象限内半径为a的圆形区域中存在方向垂直纸面向外的匀强磁
场，圆心P点的坐标为（a，a）。一带电粒子以速度v0从O点沿OP方向
进入磁场区域，经过一段时间后粒子到达点C（4a，0）。已知粒子的电荷
量为q，质量为m，不计粒子重力。下列说法正确的是（　AC　）
AC
A. 粒子带正电
B. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a
C. 圆形区域中的磁感应强度大小为
D. 粒子从O点到C点的运动时间为
解析：由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；粒子对准圆心P入射，能
到达C点，说明出射方向沿着PC，根据几何关系有OP2＝a2＋（a）2，
解得OP＝2a，设OP与OC的夹角为θ，则有tan θ＝，解得θ＝60°，由于
OC＝4a，可知OP⊥PC，则有R＝a，故B错误；粒子做匀速圆周运动，由
洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m，其中R＝a，解得B＝，故C正
确；粒子从O点运动到C点的总路程x＝OP＋PC－2a＋，其中OP＝2a，
PC＝2a，从O点到C点速度大小不变，则运动时间为t＝＝
，故D错误。
课时跟踪检测
1. （2026·江西九江模拟）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
度从坐标原点沿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（　　）
1
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5
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7
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9
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11
√
解析：　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则r＝，根据上式可知（＋q，m）、（＋3q，3m）轨道半径相同，且二者的轨道半径与（－q，m）的相等，运动方向相反，（＋q，2m）的轨道半径最大。故选A。
1
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2. ★〔多选〕（2026·广东广州模拟）地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵
入。不考虑磁偏角，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d的匀强
磁场，方向垂直于该剖面，如图所示。宇宙射线中对地球危害最大的带电
粒子主要是β粒子。设β粒子的质量为m，电荷量为e，最大速率为v＝，
地球半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，不计大气对β粒子运动的影
响，下列说法正确的是（　　）
A. 赤道上空的磁感应强度方向由南指向北
B. β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转
C. γ射线射入磁场后的偏转方向与β射线射入磁场后的
偏转方向相反
D. 要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达
地面，则磁场厚度d应大于2R
√
√
√
1
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8
9
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11
解析：赤道上空的磁感应强度方向由地理南极指向地理北极，选项A正确；根据左手定则可知，β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转，选项B正确；γ射线不带电，射入磁场后不偏转，选项C错误；β粒子在磁场中的最大半径r＝＝R，则要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R，选项D正确。
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3. 如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀
强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始
从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是
（　　）
A. 滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B. 滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小
C. 滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D. 滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
√
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解析：　由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低
点时的速度不变，A错误；滑块经过最低点时的加速度a＝，则与磁场不
存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则可
知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑
块经过最低点时所受的向心力不变，故对轨道的压力变大，C错误；由于
洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁
场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时
相等，D正确。
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4. 〔多选〕粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如
图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子
先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的
M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽
略粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
√
√
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解析： 　由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可
能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正
电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增
大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提
供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，则粒
子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
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5. （2026·贵州遵义模拟）如图所示，圆心角为60°的整个扇形区域OMN
内（含边界）存在匀强磁场（图中未画出）。在O点有一粒子源，先后沿
OM方向发射两带电粒子甲和乙，它们的比荷相同但速率不同。粒子经偏
转后，甲从MN的中点P射出磁场区域，乙从N点射出磁场区域。不计粒子
重力及粒子间的相互作用，则甲、乙在磁场内（　　）
A. 运动的时间之比为1∶2
B. 运动的时间之比为2∶
C. 受到的洛伦兹力均做正功
D. 受到的洛伦兹力均做负功
√
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解析：　由qvB＝m，T＝，可得T＝，故甲、乙周期相同。由几
何关系可知甲在磁场中偏转的角度为θ甲＝60°，乙在磁场中偏转的角度为
θ乙＝120°，故两粒子在磁场中的运动时间分别为t甲＝T＝，t乙＝
T＝，所以甲、乙在磁场内运动的时间之比为1∶2，A正确，B错
误；由左手定则可知洛伦兹力的方向始终垂直于速度方向，故洛伦兹力不
做功，C、D错误。
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6. （2026·河南开封模拟）如图所示，在坐标系xOy平面第Ⅰ象限内有垂直
于纸面向外的匀强磁场，两个相同的带电粒子甲和乙在S点垂直磁场射
入，甲、乙速度方向均与x轴成45°，并恰好垂直于y轴射出磁场，不考虑
粒子的重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A. 甲在磁场中运动的半径大于乙在磁场中运动的半径
B. 甲在磁场中运动轨迹的长度大于乙在磁场中运动轨迹的
长度
C. 甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大小大于乙在
磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大小
D. 甲、乙两个粒子在磁场中运动的过程中速率相等
√
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解析：　作出两粒子的运动轨迹图，如图所示。由图可
知，甲粒子的运动轨迹短，乙粒子的轨迹长，两粒子做匀
速圆周运动的半径为r甲＝r乙＝OS，故A、B错误；洛伦兹力是变力，甲和乙粒子的末动量p2大小方向都一样，而初动量p1大小一样，方向不一样，由动量定理I＝p2－p1得I甲＜I乙，故C错误；因为r甲＝r乙，又r＝，可得甲、乙两个粒子在磁场中运动的过程中速率相等，故D正确。
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7. 〔多选〕如图，OACD为矩形，OA边长为L，其内存在垂直纸面向里的
匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0射入磁场，速
度方向与OA的夹角为α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重
力，下列说法正确的是（　　）
A. 粒子带正电
B. 粒子做圆周运动的轨迹半径为L
C. 减小粒子的入射速度，粒子在磁场区域内的运动时间不变
D. 增大粒子的入射速度，粒子一定从AC边射出
√
√
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6
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解析：由粒子进入磁场时所受洛伦兹力垂直速度方向指向
右下方，可知粒子带负电，故A错误；粒子运动轨迹如图，
轨迹半径r＝＝，故B正确；根据qv0B＝m，解得
r'＝，减小粒子的入射速度，半径将减小，粒子出射位置会在A点左侧，轨迹的圆心角始终等于120°，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝不变，故C正确；增大粒子的入射速度，粒子运动的轨迹半径变大，若OD宽度较小，粒子可能从DC边射出，故D错误。
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8. 〔多选〕（2026·河南南阳模拟）如图所示，边长为a的正三角形ACD区
域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场。一电子束从A点以不同的速度（在
纸面内）沿角平分线射入磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，电子质
量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。关于电子的运动
情况，下列说法正确的是（　　）
A. 从AC边射出的电子，在磁场中轨迹越长，在磁场中运动
时间越长
B. 从AC边射出的电子速度越大，则在磁场中轨迹越长
C. 从AC边射出的电子的最大速度为
D. 从AC边射出的电子轨迹不同，但电子的动量变化量相同
√
√
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11
解析：因为电子束从A点以不同的速度沿角平分线射入磁场，电子从AC边射出时速度与边界的夹角均为30°，电子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角θ均为60°，电子在磁场中运动周期T＝＝是相同的，由＝，可知，从AC边射出的电子在磁场中的运动时间与轨迹长度无关，故A错误；由于从AC边射出的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角相等，所以轨迹半径越大轨迹越长，根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，可得电子在磁场中运动轨迹半径r＝，即轨迹半径越大，说明电子速度越大，
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故B正确；电子从AC边的C点射出时，电子轨迹半径最大且为a，由洛伦兹力提供向心力，有qvmaxB＝m，解得vmax＝，故C正确；从AC边射出的电子轨迹不同，但所经历的时间相同，从AC边射出的电子偏转角均为60°，动量变化量大小为｜Δp｜＝2mvsin 30°＝mv，因速度不同，所以电子的动量变化量不同，故D错误。
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9. （2026·湖南郴州月考）如图所示，圆的半径为R，圆心为O。圆内存在
垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。圆上P点粒子源平行圆
面向圆内各个方向发出速度大小为的带正电粒子。已知粒子质量为
m、电荷量为＋q，不计重力，粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析：　对于带电粒子，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m，解得
圆周运动的半径r＝2R，带电粒子在圆内运动的最大弦长为L＝2R＝r，此
时带电粒子对应圆周运动的圆心角θ＝60°，带电粒子在磁场中做圆周运
动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝，则
粒子在磁场中运动的时间t≤。故选A。
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10. 〔多选〕（2026·云南昭通模拟）如图所示，O点为半圆形区域的圆
心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半
径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A
点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的
速率为v，不计粒子的重力。已知∠AON＝60°，下列说法正确的是（　）
A. a粒子做圆周运动的半径为R
B. b粒子的速率为3v
C. 粒子的比荷为
D. a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为1∶2
√
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解析：　粒子的运动轨迹如图所示设粒子a做圆周运动
的轨迹半径为r1，粒子a射出磁场时速度偏转角为，
由几何关系可知r1＝＝R，故A错误；由几何
关系得r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
m，解得＝＝，故B正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，粒子的比荷为＝，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，
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qvB＝mr，解得T＝，由T＝可知两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知∠AO1N＝，∠BO2N＝，故两粒子在磁场中的运动时间之比为＝＝。故D错误。
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11. （2025·重庆高考14题）研究小组设计了一
种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来
测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放
置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B，方向垂
直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光
屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK＝3h，OM＝3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
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（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。
答案：　
解析：由题意知粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径应为r＝，
运动过程中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
联立解得v＝＝。
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（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都
能在N点产生光点，求粒子的速度大小。
答案：　
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解析：若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端
同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，
则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且
在N点相切，如图所示
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系可知，此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝m
解得v1＝＝。
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（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发
射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
答案：
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解析：由题意知带正电粒子恰好在M点产生光
点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点
做带正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图所示
根据前面分析可知ON＝h，所以NM＝2h
由于O'N＝r1＝2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M＝∠PO'M＝60°，而∠KO'N＝120°
即α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝，对应的圆心角α＝120°
所以t＝T＝×＝。
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