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第57课时　磁场对运动电荷(带电体)的作用
目标要求　1.会计算洛伦兹力的大小和判断洛伦兹力的方向。2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。3.学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。
考点一　洛伦兹力的大小和方向
1.洛伦兹力的定义
磁场对运动电荷的作用力。
2.洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F=0；
(2)v⊥B时，F=qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F=qvBsin θ。
3.洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面。
注意：B和v不一定垂直。
4.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，二者性质相同，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。
注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
5.洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力 静电力
产生条件 v≠0且v不与B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
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
例1　(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(　　)
答案　A
解析　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。
考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体在匀强磁场中做变速直线运动时，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。
例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(　　)
答案　ACD
解析　设物块的初速度为v0，则FN=Bqv0，若满足mg=Ff=μFN，即mg=μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能；若mg>μBqv0，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，最后加速度减为零，达到匀速状态，选项D有可能，B不可能；若mg<μBqv0，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，最后加速度减到零，达到匀速状态，选项C有可能。
拓展　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。
答案　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力
(1)若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动；
(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；
(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。
例3　(2025·福建宁德市三模改编)如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，g取10 m/s2。关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是(　　)
A.该物块带负电
B.传送带的转动速度大小一定为1 m/s
C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tan θ
D.在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动
答案　D
解析　由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面方向有μFN-mgsin θ=ma，物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时FN=mgcos θ，后来FN'=mgcos θ-F洛，洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错误；物块加速运动时，有μ(mgcos θ-F洛)-mgsin θ=ma>0，可得μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，故C错误；对物块受力分析如图所示
加速度为零时，有mgsin θ=μ(mgcos θ-qvB)
解得v==1 m/s
只要传送带的速度大小v带≥1 m/s，物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带滑动，所以在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动，故B错误，D正确。
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动。
2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB=。
(2)轨迹半径：r=。
(3)周期：T==，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关。
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t=T。
3.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，则与该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。
(2)半径的计算方法
方法一　由R=求得。
方法二　连半径构建三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图甲，由R=或R2=L2+(R-d)2求得。
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ=α。
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。
(3)时间的计算方法
方法一　利用圆心角θ、周期T求得t=T。
方法二　利用弧长l、线速度v求得t=。
例4　(多选)(2025·广东省联考)如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的匀强磁场，且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束，垂直磁场方向射入，若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形，下列说法正确的是(　　)
A.励磁线圈中电流方向为顺时针方向
B.仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C.仅将励磁线圈中的电流减半，电子在磁场做圆周运动的周期一定减半
D.若励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍，则电子的运动轨迹不变
答案　BD
解析　根据安培定则，励磁线圈中电流方向为逆时针方向，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB=m，可得r=∝，仅将励磁线圈中的电流加倍，则磁感应强度加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径将减半，故B正确；由T=∝，仅将励磁线圈中的电流减半，则磁感应强度减半，可知电子做圆周运动的周期将加倍，故C错误；根据qU=mv2，则r=∝，励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍时，则电子的运动轨迹不变，故D正确。
例5　(2024·广西卷·5)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+
答案　C
解析　粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，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+，故选C。
例6　(2025·重庆卷·14)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。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由题意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r=
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
qvB=
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点与荧光屏相切，如图
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，根据几何关系有r1+r1sin 30°=3h，故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=
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点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON=r1cos 30°=h，
则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°
所以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=·=。
课时精练
[分值：60分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2025·江西九江市三模)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xOy坐标系原点沿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(　　)
答案　A
解析　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)轨迹相同，且二者的轨道半径大小与(-q，m)的相等，运动方向相反，(+q，2m)的轨道半径最大。故选A。
2.(2023·海南卷·2)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
答案　A
解析　小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。
3.(2025·河北保定市期末)如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则圆环的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　当圆环达到最大速度时，则有mg=μFN，FN=qvmB，联立解得m=，故选A。
4.(2025·新课标卷·18)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则(　　)
A.t1C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3
答案　A
解析　由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形abcd的边长为l，则s1=，s2=，s3=，则有t15.(多选)(2025·重庆市第十八中学月考)如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为(a，0)，则下列说法正确的是(　　)
A.质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为(0，a)
B.质子在磁场中运动的轨迹圆的半径r=a
C.质子射入速度大小为v=
D.质子在磁场中运动的时间为t=
答案　ABD
解析　利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心O'的所在位置，如图所示，根据几何关系可得cos 30°=，解得r=a，圆心O'的坐标为(0，a)，故A、B正确；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有eBv=m，解得质子射入速度大小为v=，故C错误；质子在磁场中做圆周运动的周期T=，则质子在磁场中运动的时间t==，故D正确。
　[6~8题，每题6分]
6.(多选)(2025·甘肃省二模)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向右匀速运动，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
答案　BCD
解析　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动方向垂直，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做匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力分力，因水平分速度v不变，则向上的洛伦兹力分力不变，可知小环受向下、大小不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足类平抛运动条件，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=0.2 s，故C正确；小环在向下运动过程中，同时受到向右的洛伦兹力分力作用，由牛顿第三定律可知小环受到细杆向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，则小环的机械能减少，故D正确。
7.(多选)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射入磁场。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=
答案　BC
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。
8.(2025·宁夏吴忠市一模)如图甲所示，一个倾角为θ=30°的斜面体固定于水平面上，该斜面体的上表面abcd采用了一种全新的复合型材料，使其呈现出平行于ab方向光滑、平行于ad方向粗糙且动摩擦因数恒定的物理特性。沿ad方向存在着变化的磁场，B-t图像如图乙所示。t=0时有一带电小物块从a点以沿ab方向的速度v0冲上斜面，若t=8 s时物块通过c点且速度恰好仍为v0。已知物块质量m=0.3 kg，电荷量q=+1 C，速度大小v0=4 m/s，t=8 s时的磁感应强度Bm=0.5 T，重力加速度g取10 m/s2，小物块可当作质点，则(　　)
A.小物块做类平抛运动
B.斜面平行于ad方向的动摩擦因数μ=
C.t=8 s时的加速度大小为5 m/s2
D.整个过程中小物块的速度最大值为4 m/s
答案　B
解析　对小物块受力分析可得沿ad方向的合力为F=mgsin θ-μ(mgcos θ+qv0B)，由于B随时间均匀增大且F=ma，可知物块沿ad方向的加速度先均匀减小后反向均匀增大，物块做的不是类平抛运动，故A错误；由对称性可知，t=4 s时加速度为零，该时刻对物块受力分析，有0=mgsin θ-μ(mgcos θ+qv0)，代入数据可得μ=，故B正确；t=0时刻与t=8 s时刻物块加速度大小相等、方向相反，加速度大小为a0=a8=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，故C错误；分析可知物块沿ad方向先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度均匀变化，沿ad方向的a-t图像如图，
在t=4 s时刻ad方向的分速度有最大值为vadmax=·t4，此时小物块的最大速度为v4=，联立解得速度的最大值为v4=8 m/s，故D错误。
9.(8分)(2025·海南省创新中学协作校联考)如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入方向与y轴正方向夹角为45°，经时间t与静止在坐标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合为微粒c，碰撞过程电荷量不发生变化。已知a、b微粒质量相同(重力均不计)，求：
(1)(4分)碰后c的轨迹半径大小；
(2)(4分)c在磁场中运动的时间。
答案　(1)L　(2)2t
解析　(1)a微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，由几何关系有r=L
a、b两微粒碰后瞬间结合为微粒c，碰撞前后系统动量守恒，由动量守恒定律可知mva=2mvc
碰撞后动量大小、电荷量都不变，说明c微粒轨迹半径和a微粒轨迹半径相同，运动轨迹如图所示
则碰后c的轨迹半径也为r=L
(2)a微粒在磁场中运动的时间t=Ta=×=
c在磁场中运动的时间tc=Tc=×=，联立可得tc=2t。
10.(14分)(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)(2分)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)(5分)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)(7分)粒子的运动周期。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B=
解得R=
(2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cos θ=
又O1D=OD-R=
解得θ=60°
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B=
解得R'=
由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin 60°=R'=
(3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1=T1=×=
粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2=T2=×=
设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l，由几何关系知Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60°
解得l=
则粒子在MN和PQ之间运动的时间t3==
综上可知，粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=+=。(共69张PPT)
磁场
第十一章
磁场对运动电荷
(带电体)的作用
第57课时
1.会计算洛伦兹力的大小和判断洛伦兹力的方向。
2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。
3.学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。
目标要求
考点一　洛伦兹力的大小和方向
考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动
内容索引
课时精练
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
洛伦兹力的大小和方向
考点一
1.洛伦兹力的定义
磁场对 的作用力。
2.洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F= ；
(2)v⊥B时，F= ；
(3)v与B的夹角为θ时，F=qvBsin θ。
运动电荷
0
qvB
3.洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向 电荷运动的方向或 电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于 决定的平面。
注意：B和v不一定垂直。
正
负
B、v
4.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1) 是 的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2) 可以做功，而 对运动电荷不做功。
注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
安培力
洛伦兹力
安培力
洛伦兹力
5.洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力 静电力
产生条件 v≠0且v不与B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
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
　　　(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
√
　　　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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洛伦兹力作用下带电体的运动
考点二
带电体在匀强磁场中做变速直线运动时，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。
(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
√
√
√
　　　设物块的初速度为v0，则FN=Bqv0，若满足mg=Ff=μFN，即mg=
μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能；
若mg>μBqv0，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，最后加速度减为零，达到匀速状态，选项D有可能，B不可能；
若mg<μBqv0，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，最后加速度减到零，达到匀速状态，选项C有可能。
拓展　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。
答案　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力
(1)若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动；
(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；
(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。
　　　(2025·福建宁德市三模改编)如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，g取10 m/s2。关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是
A.该物块带负电
B.传送带的转动速度大小一定为1 m/s
C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tan θ
D.在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动
√
　　　由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面方向有μFN-mgsin θ=ma，物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时FN=
mgcos θ，后来FN'=mgcos θ-F洛，洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错误；
物块加速运动时，有μ(mgcos θ-F洛)-mgsin θ=ma>0，可得μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，故C错误；
　　　对物块受力分析如图所示
加速度为零时，有mgsin θ=μ(mgcos θ-qvB)
解得v==1 m/s
只要传送带的速度大小v带≥1 m/s，物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带滑动，所以在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动，故B错误，D正确。
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带电粒子在匀强磁场中的运动
考点三
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做 运动。
2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做 运动。
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB=。
(2)轨迹半径：r=_____。
(3)周期：T==，可知T与运动速度和轨迹半径 ，只和粒子的_____
和磁场的 有关。
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t=_____。
匀速直线
匀速圆周
无关
比荷
磁感应强度
T
3.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，则与该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。
(2)半径的计算方法
方法一　由R=求得。
方法二　连半径构建三角形，由数学方法解三角形
或勾股定理求得。
如图甲，由R=或R2=L2+(R-d)2求得。
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ=α。
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。
(3)时间的计算方法
方法一　利用圆心角θ、周期T求得t=T。
方法二　利用弧长l、线速度v求得t=。
　　　(多选)(2025·广东省联考)如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的匀强磁场，且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束，垂直磁场方向射入，若电子
束径迹在磁场中呈闭合圆形，下列说法正确的是
A.励磁线圈中电流方向为顺时针方向
B.仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C.仅将励磁线圈中的电流减半，电子在磁场做圆周运动的周期一定减半
D.若励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍，则电子的运
动轨迹不变
√
√
　　　根据安培定则，励磁线圈中电流方向为逆时针方向，故A错误；
根据洛伦兹力提供向心力qvB=m，可得r=∝，仅将励磁线圈中的电流加倍，则磁感应强度加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径将减半，故B正确；
由T=∝，仅将励磁线圈中的电流减半，则磁感应强度减半，可知电子做圆周运动的周期将加倍，故C错误；
根据qU=mv2，则r=∝，励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍时，则电子的运动轨迹不变，故D正确。
　　　(2024·广西卷·5)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+
√
　　　粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，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+，故选C。
　　　(2025·重庆卷·14)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；
答案　
　　　由题意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r=
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
qvB=
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，求粒子的速度大小；
答案　
　　　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点与荧光屏相切，如图
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，
根据几何关系有r1+r1sin 30°=3h，
故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=
解得v1==；
(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　
　　　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点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON=r1cos 30°=h，
则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°
所以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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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A A A ABD BCD BC B
题号 9 10
答案 (1)L　(2)2t (1)　(2)　(3)
答案
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1.(2025·江西九江市三模)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xOy坐标系原点沿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
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答案
基础落实练
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答案
　　　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)轨迹相同，且二者的轨道半径大小与(-q，m)的相等，运动方向相反，(+q，2m)的轨道半径最大。故选A。
2.(2023·海南卷·2)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
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答案
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答案
　　　小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；
重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；
洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。
3.(2025·河北保定市期末)如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则圆环的质量为
A. B.
C. D.
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答案
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答案
　　　当圆环达到最大速度时，则有mg=μFN，FN=qvmB，联立解得m=，故选A。
4.(2025·新课标卷·18)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则
A.t1C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3
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答案
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答案
　　　由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形abcd的边长为l，则s1=，s2=，s3=，则有t15.(多选)(2025·重庆市第十八中学月考)如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为(a，0)，则下列说法正确的是
A.质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为(0，a)
B.质子在磁场中运动的轨迹圆的半径r=a
C.质子射入速度大小为v=
D.质子在磁场中运动的时间为t=
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答案
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答案
　　　利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心O'的所在位置，如图所示，根据几何关系可得cos 30°=，解得r=a，圆心O'的坐标为(0，a)，故A、B正确；
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有eBv=m，
解得质子射入速度大小为v=，故C错误；
质子在磁场中做圆周运动的周期T=，则质子在磁场中运动的时间t==，故D正确。
6.(多选)(2025·甘肃省二模)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向右匀速运动，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
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答案
能力综合练
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答案
　　　根据题意，洛伦兹力的方向始终与小环的运动方向垂直，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做匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力分力，因水平分速度v不变，则向上的洛伦兹力分力不变，可知小环受向下、大小不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足类平抛运动条件，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=0.2 s，故C正确；
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答案
　　　小环在向下运动过程中，同时受到向右的洛伦兹力分力作用，由牛顿第三定律可知小环受到细杆向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，则小环的机械能减少，故D正确。
7.(多选)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射入磁场。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=
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答案
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答案
　　　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。
8.(2025·宁夏吴忠市一模)如图甲所示，一个倾角为θ=30°的斜面体固定于水平面上，该斜面体的上表面abcd采用了一种全新的复合型材料，使其呈现出平行于ab方向光滑、平行于ad方向粗糙且动摩擦因数恒定的物理特性。沿ad方向存在着变化的磁场，B-t图像如图乙所示。t=0时有一带电小物块从a点以沿ab方向的速度v0冲上斜面，若t=8 s时物块通过c点且速度恰好仍为v0。已知物块质量m=0.3 kg，电荷量q=+1 C，速度大小v0=4 m/s，t=8 s时的磁感应强度Bm=0.5 T，重力加速度g取10 m/s2，小物块可当作质点，则
A.小物块做类平抛运动
B.斜面平行于ad方向的动摩擦因数μ=
C.t=8 s时的加速度大小为5 m/s2
D.整个过程中小物块的速度最大值为4 m/s
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答案
　　　对小物块受力分析可得沿ad方向的合力为F=mgsin θ-μ(mgcos θ+
qv0B)，由于B随时间均匀增大且F=ma，可知物块沿ad方向的加速度先均匀减小后反向均匀增大，物块做的不是类平抛运动，故A错误；
由对称性可知，t=4 s时加速度为零，该时刻对物块受力分析，有0=mgsin θ
-μ(mgcos θ+qv0)，代入数据可得μ=，故B正确；
t=0时刻与t=8 s时刻物块加速度大小相等、方向相反，加速度大小为a0=a8
=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，故C错误；
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答案
　　　分析可知物块沿ad方向先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度均匀变化，沿ad方向的a-t图像如图，
在t=4 s时刻ad方向的分速度有最大值为vadmax=·t4，此时
小物块的最大速度为v4=，联立解得速度的最大值为v4=
8 m/s，故D错误。
9.(2025·海南省创新中学协作校联考)如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入方向与y轴正方向夹角为45°，经时间t与静止在坐标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合为微粒c，碰撞过程电荷量不发生变化。已知a、b微粒质量相同(重力均不计)，求：
(1)碰后c的轨迹半径大小；
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答案　L
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答案
　　　a微粒在磁场中做匀速圆周运动，
洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，由几何关系有r=L
a、b两微粒碰后瞬间结合为微粒c，碰撞前后系统动量守恒，
由动量守恒定律可知mva=2mvc
碰撞后动量大小、电荷量都不变，说明c微粒轨迹半径和a微粒轨迹半径相同，运动轨迹如图所示
则碰后c的轨迹半径也为r=L
(2)c在磁场中运动的时间。
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答案
答案　2t
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答案
　　　a微粒在磁场中运动的时间t=Ta=×=
c在磁场中运动的时间tc=Tc=×=，联立可得tc=2t。
10.(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
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答案
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答案
　　　粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B=
解得R=
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
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答案
答案　
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答案
　　　粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cos θ=
又O1D=OD-R=
解得θ=60°
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B=
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　　　解得R'=
由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin 60°=R'=
(3)粒子的运动周期。
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答案
　　　要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1=T1=×=
粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2=T2=
×=
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答案
　　　设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l，由几何关系知Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60°
解得l=
则粒子在MN和PQ之间运动的时间t3==
综上可知，粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=+=。
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第十一章

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