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(共57张PPT)
第2讲　磁场对运动电荷的作用
1.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。2.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。3.能够分析带电体在匀强磁场中的运动。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对________的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝___。
(3)v与B的夹角为θ时，F＝_________。
运动电荷
qvB
qvB sin θ
3．方向——由左手定则判定
伸开左手，使____与其余四个手指垂直，并且都与手掌在______平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的______在磁场中所受洛伦兹力的方向。
拇指
同一个
正电荷
提醒：(1)F⊥B，F⊥v。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
(2)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。
4．通电导体所受的安培力是导体内所有运动电荷所受的________的宏观表现。
二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做________运动。
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做________运动。
3．基本公式
(1)轨迹半径公式r＝_____。
(2)周期公式T＝＝_____。
提醒：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
洛伦兹力
匀速直线
匀速圆周
×
√
1．判断正误
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。( )
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。
( )
(3)用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。( )
(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。( )
×
×
2．(人教版教材原题改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)
解析：B　由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，不受洛伦兹力，故B正确，ACD错误。
B
3．(多选)(人教版教材原题改编)已知氖22原子核的质量与氖20原子核的质量之比为22∶20，均带10个元电荷，它们以相同的速度经狭缝垂直磁场方向射入匀强磁场，如图所示。设它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比分别为x、y，下列判断正确的是(　　)
A．x＝11∶10 B．x＝10∶11
C．y＝11∶10 D．y＝10∶11
AC
解析：AC　两原子核在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝。根据题意可知，两原子核的电荷量q和射入磁场的速度v均相同，在同一匀强磁场中，B相同，则它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比都等于其质量之比，即x＝y＝22∶20＝11∶10，故AC正确，BD错误。
4．(1)洛伦兹力的方向与速度垂直，又与磁场垂直，即垂直于速度和磁场所确定的平面。洛伦兹力做功有什么特点？
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动的速度越大，周期越小吗？
答案：(1)因洛伦兹力总与速度垂直，故总不做功。
(2)不是，由T＝可知，带电粒子运动周期与速度大小无关。
研考点
精准突破
考点一　洛伦兹力的理解和应用
(2026·北京海淀多校开学考)来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子，若这些粒子都到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不会到达地面。下列说法中正确的是(　　)
C
A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用与宇宙射线射向地球的纬度及速度方向无关
B．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极附近最强，赤道附近最弱
C．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极附近最弱，赤道附近最强
D．地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线
中的带电粒子向两极偏转
解析：C　若带电粒子速度方向与地磁场方向平行或几乎平行，则受到的洛伦兹力很小，因而地磁场对粒子的偏转作用与入射方向(包括纬度、速度方向)密切相关，故A错误；南、北极附近地磁场线几乎竖直，垂直射向地面的粒子速度方向与磁场平行，粒子所受洛伦兹力最小，偏转最弱，阻挡作用
也最弱，赤道附近地磁场近似水平，垂直射向地面的粒子速度方向与磁场近似垂直，粒子受到的洛伦兹力最大，阻挡作用最强，故B错误，C正确；根据左手定则可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向垂直地面方向偏转，故D错误。故选C。
洛伦兹力的理解
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向(注意区分正、负电荷)。
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用。
C　
(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：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。
考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动
如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，试分析圆环以后可能的运动情况，并画出对应可能情况的v-t图像。
答案：(1)带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动，如图甲。
(2)初始时刻，若洛伦兹力大于重力，FN＝qv0B－mg，圆环受到摩擦力Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，a＝，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力逐渐减小，最后洛伦兹力等于重力，做匀速直线运动，如图乙。
(3)初始时刻，若洛伦兹力小于重力，圆环也受摩擦力作用，a＝，圆环将做加速度
逐渐增大的减速运动，直到静
止，如图丙。
图甲　　　 　图乙　　 　　图丙
点拨：带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化，若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
(2022·北京卷，7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是
(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
A
解析：A　根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子转动方向一致，则轨迹1和3对应的粒子为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填
充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径为r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
(1)圆心的确定方法
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。
图甲 图乙 图丙
(2)半径的计算方法
①由R＝求得。
②连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图1，由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得。
图1
③常用到的几何关系
ⅰ.粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图2，φ＝α。
ⅱ.弦切角等于弦所对应圆心角的一半，如图2，θ＝α。
(3)时间的计算方法
①利用圆心角θ、周期T求得t＝T。
②利用弧长l、线速度v求得t＝。
图2
(2024·湖北卷，7)如图所示，在以O点为圆心、
半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向
相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量
为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
D
解析：D　根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。
图1
图2
(2022·江苏卷，13)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
解析：(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvaB＝ma
解得ra＝
又ra∶rb＝6∶1
得mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1
则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1
解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。
(2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb
又mava∶mbvb＝6∶1
联立解得pa＝mava＝mv。
答案：(1)2∶1　(2)mv
(2025·北京卷，18)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2；
b．粒子2的动量大小p2。
解析：(1)粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q0vB＝m，解得轨道半径R＝，圆周运动的周期T＝，将R代入得T＝·m。
(2)a.由题意知粒子1做圆周运动，线速度v1＝ωR＝R
粒子2做匀速直线运动，速度v2＝
所以速度之比。
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，可得m＝
粒子2的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得p2＝。
答案：(1)T＝·m　(2)a.θR∶d　b．
(2025·辽宁朝阳模拟)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力能够忽视。
(1)粒子在第二象限和第三象限内运动的轨道半径
之比；
(2)粒子达成一次周期性运动的时间；
(3)粒子从O点入射，第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离。
解析：(1)设粒子的速度为v，由qv·2B＝，R2＝R
得粒子在第二象限的轨道半径为R2＝
粒子在第三象限的轨道半径为R3＝，则。
(2)粒子从O点射入第二象限到再次射入第二象限，完成一次周期性运动，如图所示，粒子在磁场中运动时的圆心角为120°
分析得粒子在第二象限中运动的时间为t2＝
粒子在第三象限中运动的时间为t3＝
则粒子达成一次周期性运动的时间为t＝t2＋t3＝。
(3)粒子从O点入射，第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x2＝2R2sin 60°
第二次经过x轴的位置到第一次经过x轴的位置的距离为x3＝2R3sin 60°
则粒子第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x＝x2＋x3＝R。
答案：(1)　(2)　(3)3R
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2
限时规范
训练(58)　磁场对运动电荷的作用
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～5题每题5分，6题6分，共31分)
[基础巩固练]
1．(2025·江西九江三模)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(　　)
A
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解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力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。
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2．(2025·江西南昌一模)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　)
A．小滑块做匀速直线运动
B．小滑块做匀减速直线运动
C．小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D．小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
B
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解析：B　根据右手螺旋定则，结合磁场的合成可知C、D之间的磁场方向沿CD向里，磁场感应强度大小先增大后减小，根据左手定则可知，带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点过程中，带正电的小球不受洛伦兹力，沿CD方向只受到滑动摩擦力作用，方向沿DC向外，滑动摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度不变，所以小滑块做匀减速直线运动，故选B。
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3．(2022·广东卷，7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
A
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解析：A　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。
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4．(2025·广东佛山三中第二次质检)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是
(　　)
A．电子的运动轨迹为PENCMDP
B．B2＝2B1
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍
D
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解析：D　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，即r1＝r2，
由洛伦兹力提供向心力evB＝m，可得r＝，可知B1＝2B2，所以电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍，故B错误，D正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t＝T1＋，故C错误。故选D。
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5．(2025·广东东莞高级中学月考)如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q＞0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，(重力加速度为g)下列说法正确的是(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
B
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解析：B　滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，由mgh＝＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qB，故B正确，C、D错误。
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[能力提升练]
6．(多选)(2025·甘肃高三二模)如图所示，在磁感应强度大小B＝0.2 T，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长l＝0.1 m的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m＝40 g、电荷量q＝＋0.5 C的小环。现让细杆以v＝2 m/s的速度沿垂直磁场方向水平匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，g取10 m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是(　　)
A．洛伦兹力对小环做负功
B．小环的轨迹是抛物线
C．小环在绝缘杆上运动时间为0.2 s
D．小环的机械能减少
BCD
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解析：BCD　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故A错误；小环在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力，因水平速度v不变，则向上的洛伦兹力不变，可知小球受向下的不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足平抛运动条件，所以小环的轨迹是抛物线，故B正确；小环在竖直方向的加速度a＝＝5 m/s2，
由l＝at2，解得t＝0.2s，故C正确；小环在向下运动过程中，受到向右的洛伦兹力作用，由牛顿第三定律可知小环受到向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，重力做正功，机械能不守恒，且小环的机械能减少，故D正确。故选BCD。
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7．(10分)(2023·湖北卷，15节选)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考
虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
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解析：(1)分析可知，碰前甲做圆周运动的半径r＝a
根据牛顿第二定律得qv0B＝
解得甲碰前的速度大小v0＝。
(2)甲做圆周运动的周期T1＝
乙做圆周运动的周期T2＝
由题意得T1＝2T2
解得乙的质量m2＝
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甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＋m2v2＝mv1′＋m2v2′
mv12＋m2v22＝mv1′2＋m2v2′2
取y轴正方向为正方向，则v1＝－v0
由题意知v1′＝－3v1＝3v0
解得碰撞前乙的速度v2＝－5v1＝5v0
碰撞后乙的速度v2′＝3v1＝－3v0
综合得碰撞后乙的速度大小为3v0＝。
答案：(1)　(2)
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[培优创新练]
8．(14分)(2024·重庆卷，14)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
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(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场的那一时刻。
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解析：(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
则OK间的距离为2r1＝。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒
子在磁场中运动的轨迹半径为r2 ＝ 4r1
如图所示，由几何关系有(4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2
解得MO＝2。
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2
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2
解得ON＝2
粒子在打开磁场开关前运动时间为t＝
解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)
第2讲　磁场对运动电荷的作用
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(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～5题每题5分，6题6分，共31分)
[基础巩固练]
1．(2025·江西九江三模)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(　　)
解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力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．(2025·江西南昌一模)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　)
A．小滑块做匀速直线运动
B．小滑块做匀减速直线运动
C．小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D．小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
解析：B　根据右手螺旋定则，结合磁场的合成可知C、D之间的磁场方向沿CD向里，磁场感应强度大小先增大后减小，根据左手定则可知，带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点过程中，带正电的小球不受洛伦兹力，沿CD方向只受到滑动摩擦力作用，方向沿DC向外，滑动摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度不变，所以小滑块做匀减速直线运动，故选B。
3．(2022·广东卷，7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
解析：A　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。
4．(2025·广东佛山三中第二次质检)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(　　)
A．电子的运动轨迹为PENCMDP
B．B2＝2B1
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍
解析：D　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，即r1＝r2，由洛伦兹力提供向心力evB＝m，可得r＝，可知B1＝2B2，所以电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍，故B错误，D正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t＝T1＋，故C错误。故选D。
5．(2025·广东东莞高级中学月考)如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q＞0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，(重力加速度为g)下列说法正确的是(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
解析：B　滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，由mgh＝＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qB，故B正确，C、D错误。
[能力提升练]
6．(多选)(2025·甘肃高三二模)如图所示，在磁感应强度大小B＝0.2 T，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长l＝0.1 m的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m＝40 g、电荷量q＝＋0.5 C的小环。现让细杆以v＝2 m/s的速度沿垂直磁场方向水平匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，g取10 m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是(　　)
A．洛伦兹力对小环做负功
B．小环的轨迹是抛物线
C．小环在绝缘杆上运动时间为0.2 s
D．小环的机械能减少
解析：BCD　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故A错误；小环在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力，因水平速度v不变，则向上的洛伦兹力不变，可知小球受向下的不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足平抛运动条件，所以小环的轨迹是抛物线，故B正确；小环在竖直方向的加速度a＝＝5 m/s2，由l＝at2，解得t＝0.2s，故C正确；小环在向下运动过程中，受到向右的洛伦兹力作用，由牛顿第三定律可知小环受到向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，重力做正功，机械能不守恒，且小环的机械能减少，故D正确。故选BCD。
7．(10分)(2023·湖北卷，15节选)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
解析：(1)分析可知，碰前甲做圆周运动的半径r＝a
根据牛顿第二定律得qv0B＝
解得甲碰前的速度大小v0＝。
(2)甲做圆周运动的周期T1＝
乙做圆周运动的周期T2＝
由题意得T1＝2T2
解得乙的质量m2＝
甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＋m2v2＝mv1′＋m2v2′
mv12＋m2v22＝mv1′2＋m2v2′2
取y轴正方向为正方向，则v1＝－v0
由题意知v1′＝－3v1＝3v0
解得碰撞前乙的速度v2＝－5v1＝5v0
碰撞后乙的速度v2′＝3v1＝－3v0
综合得碰撞后乙的速度大小为3v0＝。
答案：(1)　(2)
[培优创新练]
8．(14分)(2024·重庆卷，14)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场的那一时刻。
解析：(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
则OK间的距离为2r1＝。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为r2 ＝ 4r1
如图所示，由几何关系有(4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2
解得MO＝2。
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2
解得ON＝2
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t＝
解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)第2讲　磁场对运动电荷的作用
目标 要求 　 　 1.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。2.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。3.能够分析带电体在匀强磁场中的运动。
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对运动电荷的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝qvB。
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB_sin_θ。
3．方向——由左手定则判定
伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
提醒：(1)F⊥B，F⊥v。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
(2)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。
4．通电导体所受的安培力是导体内所有运动电荷所受的洛伦兹力的宏观表现。
二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。
3．基本公式
(1)轨迹半径公式r＝。
(2)周期公式T＝＝。
提醒：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
1．判断正误
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)
(3)用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。(×)
(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)
2．(人教版教材原题改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)
解析：B　由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，不受洛伦兹力，故B正确，ACD错误。
3．(多选)(人教版教材原题改编)已知氖22原子核的质量与氖20原子核的质量之比为22∶20，均带10个元电荷，它们以相同的速度经狭缝垂直磁场方向射入匀强磁场，如图所示。设它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比分别为x、y，下列判断正确的是(　　)
A．x＝11∶10 B．x＝10∶11
C．y＝11∶10 D．y＝10∶11
解析：AC　两原子核在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝。根据题意可知，两原子核的电荷量q和射入磁场的速度v均相同，在同一匀强磁场中，B相同，则它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比都等于其质量之比，即x＝y＝22∶20＝11∶10，故AC正确，BD错误。
4．(1)洛伦兹力的方向与速度垂直，又与磁场垂直，即垂直于速度和磁场所确定的平面。洛伦兹力做功有什么特点？
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动的速度越大，周期越小吗？
答案：(1)因洛伦兹力总与速度垂直，故总不做功。
(2)不是，由T＝可知，带电粒子运动周期与速度大小无关。
考点一　洛伦兹力的理解和应用
　(2026·北京海淀多校开学考)来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子，若这些粒子都到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不会到达地面。下列说法中正确的是(　　)
A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用与宇宙射线射向地球的纬度及速度方向无关
B．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极附近最强，赤道附近最弱
C．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极附近最弱，赤道附近最强
D．地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转
解析：C　若带电粒子速度方向与地磁场方向平行或几乎平行，则受到的洛伦兹力很小，因而地磁场对粒子的偏转作用与入射方向(包括纬度、速度方向)密切相关，故A错误；南、北极附近地磁场线几乎竖直，垂直射向地面的粒子速度方向与磁场平行，粒子所受洛伦兹力最小，偏转最弱，阻挡作用也最弱，赤道附近地磁场近似水平，垂直射向地面的粒子速度方向与磁场近似垂直，粒子受到的洛伦兹力最大，阻挡作用最强，故B错误，C正确；根据左手定则可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向垂直地面方向偏转，故D错误。故选C。
洛伦兹力的理解
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向(注意区分正、负电荷)。
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用。
　(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：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。
考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动
　如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，试分析圆环以后可能的运动情况，并画出对应可能情况的v-t图像。
答案：(1)带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动，如图甲。
(2)初始时刻，若洛伦兹力大于重力，FN＝qv0B－mg，圆环受到摩擦力Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，a＝，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力逐渐减小，最后洛伦兹力等于重力，做匀速直线运动，如图乙。
(3)初始时刻，若洛伦兹力小于重力，圆环也受摩擦力作用，a＝，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直到静止，如图丙。
图甲　　　　图乙　　　　图丙
点拨：带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化，若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
　(2022·北京卷，7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
解析：A　根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子转动方向一致，则轨迹1和3对应的粒子为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径为r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
(1)圆心的确定方法
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。
图甲 图乙 图丙
(2)半径的计算方法
①由R＝求得。
②连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图1，由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得。
图1
图2
③常用到的几何关系
ⅰ.粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图2，φ＝α。
ⅱ.弦切角等于弦所对应圆心角的一半，如图2，θ＝α。
(3)时间的计算方法
①利用圆心角θ、周期T求得t＝T。
②利用弧长l、线速度v求得t＝。
　(2024·湖北卷，7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
解析：D　根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。
图1　 图2
　(2022·江苏卷，13)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
解析：(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvaB＝ma
解得ra＝
又ra∶rb＝6∶1
得mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1
则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1
解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。
(2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb
又mava∶mbvb＝6∶1
联立解得pa＝mava＝mv。
答案：(1)2∶1　(2)mv
　(2025·北京卷，18)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2；
b．粒子2的动量大小p2。
解析：(1)粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q0vB＝m，解得轨道半径R＝，圆周运动的周期T＝，将R代入得T＝·m。
(2)a.由题意知粒子1做圆周运动，线速度v1＝ωR＝R
粒子2做匀速直线运动，速度v2＝
所以速度之比。
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，可得m＝
粒子2的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得p2＝。
答案：(1)T＝·m　(2)a.θR∶d　b．
　(2025·辽宁朝阳模拟)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力能够忽视。
(1)粒子在第二象限和第三象限内运动的轨道半径之比；
(2)粒子达成一次周期性运动的时间；
(3)粒子从O点入射，第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离。
解析：(1)设粒子的速度为v，由qv·2B＝，R2＝R
得粒子在第二象限的轨道半径为R2＝
粒子在第三象限的轨道半径为R3＝，则。
(2)粒子从O点射入第二象限到再次射入第二象限，完成一次周期性运动，如图所示，粒子在磁场中运动时的圆心角为120°
分析得粒子在第二象限中运动的时间为t2＝
粒子在第三象限中运动的时间为t3＝
则粒子达成一次周期性运动的时间为t＝t2＋t3＝。
(3)粒子从O点入射，第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x2＝2R2sin 60°
第二次经过x轴的位置到第一次经过x轴的位置的距离为x3＝2R3sin 60°
则粒子第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x＝x2＋x3＝R。
答案：(1)　(2)　(3)3R
限时规范训练(58)　磁场对运动电荷的作用
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～5题每题5分，6题6分，共31分)
[基础巩固练]
1．(2025·江西九江三模)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(　　)
解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力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．(2025·江西南昌一模)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　)
A．小滑块做匀速直线运动
B．小滑块做匀减速直线运动
C．小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D．小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
解析：B　根据右手螺旋定则，结合磁场的合成可知C、D之间的磁场方向沿CD向里，磁场感应强度大小先增大后减小，根据左手定则可知，带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点过程中，带正电的小球不受洛伦兹力，沿CD方向只受到滑动摩擦力作用，方向沿DC向外，滑动摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度不变，所以小滑块做匀减速直线运动，故选B。
3．(2022·广东卷，7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
解析：A　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。
4．(2025·广东佛山三中第二次质检)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(　　)
A．电子的运动轨迹为PENCMDP
B．B2＝2B1
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍
解析：D　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，即r1＝r2，由洛伦兹力提供向心力evB＝m，可得r＝，可知B1＝2B2，所以电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍，故B错误，D正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t＝T1＋，故C错误。故选D。
5．(2025·广东东莞高级中学月考)如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q＞0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，(重力加速度为g)下列说法正确的是(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
解析：B　滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，由mgh＝＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qB，故B正确，C、D错误。
[能力提升练]
6．(多选)(2025·甘肃高三二模)如图所示，在磁感应强度大小B＝0.2 T，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长l＝0.1 m的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m＝40 g、电荷量q＝＋0.5 C的小环。现让细杆以v＝2 m/s的速度沿垂直磁场方向水平匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，g取10 m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是(　　)
A．洛伦兹力对小环做负功
B．小环的轨迹是抛物线
C．小环在绝缘杆上运动时间为0.2 s
D．小环的机械能减少
解析：BCD　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故A错误；小环在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力，因水平速度v不变，则向上的洛伦兹力不变，可知小球受向下的不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足平抛运动条件，所以小环的轨迹是抛物线，故B正确；小环在竖直方向的加速度a＝＝5 m/s2，由l＝at2，解得t＝0.2s，故C正确；小环在向下运动过程中，受到向右的洛伦兹力作用，由牛顿第三定律可知小环受到向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，重力做正功，机械能不守恒，且小环的机械能减少，故D正确。故选BCD。
7．(10分)(2023·湖北卷，15节选)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
解析：(1)分析可知，碰前甲做圆周运动的半径r＝a
根据牛顿第二定律得qv0B＝
解得甲碰前的速度大小v0＝。
(2)甲做圆周运动的周期T1＝
乙做圆周运动的周期T2＝
由题意得T1＝2T2
解得乙的质量m2＝
甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＋m2v2＝mv1′＋m2v2′
mv12＋m2v22＝mv1′2＋m2v2′2
取y轴正方向为正方向，则v1＝－v0
由题意知v1′＝－3v1＝3v0
解得碰撞前乙的速度v2＝－5v1＝5v0
碰撞后乙的速度v2′＝3v1＝－3v0
综合得碰撞后乙的速度大小为3v0＝。
答案：(1)　(2)
[培优创新练]
8．(14分)(2024·重庆卷，14)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场的那一时刻。
解析：(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
则OK间的距离为2r1＝。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为r2 ＝ 4r1
如图所示，由几何关系有(4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2
解得MO＝2。
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2
解得ON＝2
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t＝
解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)

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