第2节 磁场对运动电荷的作用
[学习目标] 1．掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。
2．学会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。
1．洛伦兹力
(1)定义：________在磁场中受到的力。
(2)大小
F＝__(v∥B时)。
F＝_________(v⊥B时)。
F＝qvB sin θ(v与B夹角为θ)。
注意：“v”指电荷相对于磁场的速度。
(3)方向判定
左手定则：伸出左手，使拇指与其余四个手指____，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______运动的方向(或负电荷运动的反方向)。这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受________的方向。
(4)特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B与v决定的平面，F与v始终垂直，洛伦兹力______。
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)v∥B时：带电粒子做________运动。
(2)v⊥B时
①运动性质：________运动。
②动力学方程：qvB＝m。
③半径、周期公式：r＝，T＝。
④运动时间：t＝＝。
1．易错易混辨析
(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)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。
( )
(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．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，一束电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。下列判断正确的有( )
A．电子轨迹所对圆心角为30°
B．电子的轨迹半径为
C．电子的比荷为
D．电子穿越磁场的时间为
3．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，正方形abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，一束电子以不同的速率沿ab方向垂直磁场射入，形成从c点离开磁场区域和从d点离开磁场区域的甲、乙两种轨迹。设沿甲、乙轨迹运动的电子速度大小分别为v甲、v乙，在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，则( )
A．v甲＝v乙，t甲＝t乙
B．v甲＝v乙，t甲＝t乙
C．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
D．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
洛伦兹力的理解与应用
1．洛伦兹力的理解
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，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。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使四指指向电荷运动的反方向。
(4)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．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 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⊥B、v平面) 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
作用效果 只改变电荷运动的方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度方向，也可以改变速度大小
洛伦兹力的特点
[典例1] (2023·海南卷)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B，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
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
[听课记录]
洛伦兹力与静电力的比较
[典例2] (多选)如图所示，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。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
[听课记录]
洛伦兹力作用下带电体的运动
[典例3] (多选)如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0×10-4 kg，带电荷量为 ＋4.0 ×10-4 C，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为μ＝ 0.2 ，设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取 10 m/s2，则( )
A．小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为2 m/s2
B．小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为2 m/s
C．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为 5 m/s2
D．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为 45 m/s
[听课记录]
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在几种典型有界磁场中的运动
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界：往往存在临界条件，如图所示。
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心：粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ，如图乙所示。
2．分析、求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的一般步骤
[典例4] (多选)(2025·山东聊城市高三期中)如图，虚线上方空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。已知OP＝l，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．质子在磁场中运动的半径为l
B．α粒子在磁场中运动的半径为l
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子和α粒子发射的时间间隔为
[听课记录]
[典例5] (2024·湖北卷)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
[听课记录]
粒子轨迹圆心的确定方法，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。
2．半径的计算方法
方法一：由R＝求得。
方法二：连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
(1)由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得，如图丙。
(2)常用到的几何关系
①粒子速度的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图丁，即φ＝α。
②弦切角等于弦所对应圆心角的一半，如图丁，即θ＝α。
3．时间的计算方法
方法一：利用圆心角θ、周期T求得，即t＝T。
方法二：利用弧长l、线速度v求得，即t＝。
“磁聚焦”和“磁发散”模型
在圆形边界的匀强磁场中，如果带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域圆的半径，则有如下两个重要结论：
磁发散 磁聚焦
如图甲所示，当粒子从磁场边界上同一点以相同速率沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，而且与入射点的切线方向平行。此情境称为“磁发散”。 如图乙所示，当粒子以大小相等且相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子一定会从同一点离开磁场区域，而且该点切线与入射方向平行。此情境称为“磁聚焦”。
[典例6] (多选)如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则( )
A．粒子速度大小为
B．所有粒子均能垂直射在光屏上
C．能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为
D．能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135°
[听课记录]
[典例7] 为了探测带电粒子，研究人员设计了如图所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为中心放置一个足够大的探测屏，探测屏与OO′连线垂直。纸面内圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且沿水平方向的线状粒子源MN，O′在MN的中垂线上，O′到MN的垂直距离为1.5R。该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小相同，方向竖直向上，从粒子源MN中点发射的粒子离开磁场时速度恰好沿O′O方向，不计粒子重力和粒子间相互作用力。
(1)求粒子发射时的速度大小v0；
(2)求粒子源同时从左端点M与右端点N发射的粒子打到屏上所经历的时间之差Δt。
[听课记录]
1．(2022·北京卷)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，三个粒子的运动轨迹如图中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
2．(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
3．(多选)(2024·河北卷)如图所示，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
第2节 磁场对运动电荷的作用
链接教材·夯基固本
梳理·必备知识
1．(1)运动电荷 (2)0 qvB (3)垂直 正电荷 洛伦兹力 (4)不做功
2．(1)匀速直线 (2)匀速圆周 T
激活·基本技能
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．D [
作出辅助线如图所示，根据几何关系可知，电子轨迹所对圆心角为θ＝60°，A错误；设电子的轨迹半径为r，由几何关系有r sin θ＝d，解得r＝，B错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得＝，C错误；电子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，电子穿越磁场的时间为t＝·T，联立解得t＝，D正确。]
3．D [电子在匀强磁场中做圆周运动，根据半径公式r＝，可知电子在甲、乙两轨迹上运动的速度之比为＝＝，根据周期公式T＝，可知电子在磁场中做圆周运动的周期相等，故电子在甲、乙两轨迹上运动的时间之比为＝＝，故D正确。]
细研考点·突破题型
考点1
典例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。]
典例2 AC [由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，当加上水平方向的匀强电场时，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，设此时的小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝，又由于＝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。]
典例3 AD [小球静止时只受静电力、静电及摩擦力，静电力水平向右，摩擦力竖直向上，开始时，由牛顿第二定律有mg－μqE＝ma，解得小球的加速度为a1＝2 m/s2，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向合力将增大，摩擦力将增大，加速度将减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小球速度达到最大，则有mg＝μ(qv1B＋qE)，解得v1＝5 m/s，故A正确，B错误；若磁场的方向反向，其余条件不变，则洛伦兹力向左，故当洛伦兹力与静电力平衡时加速度最大，为a2＝g＝10 m/s2，当摩擦力与重力平衡时，速度最大，故mg＝μ(qv2B－qE)，解得v2＝45 m/s，故C错误，D正确。]
考点2
典例4 ACD [
根据题意作出α粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α粒子的比荷之比为2∶1，所以两者在磁场中运动半径之比为 1∶2，质子的运动半径为l，故A正确，B错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝，质子从O点射入，P点射出，运动半径为l，可知质子从O点射入的速度方向必与OP边界垂直，转过的圆心角θ2＝180°，又质子在磁场中做圆周运动的周期T′＝＝，故t2＝T′＝，所以质子和α粒子发射的时间间隔为t1－t2＝，故C、D正确。]
典例5 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＝，又T1＝，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＝，联立解得v2＝，D正确。
]
微点突破
典例6 AC [
由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝m，r＝R，解得v＝，A正确；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R，粒子并不会全部垂直打在光屏上，B错误；如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的粒子对应轨迹的圆心角为π，根据周期公式T＝，可得t＝T＝，C正确；若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1＝60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1＝60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2＝120°，则60°≤θ≤120°，D错误。]
典例7 解析：(1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝，得v0＝。
(2)分析可知粒子源左端点M与右端点N发射的粒子均从磁场边界与OO′交点射出，且转过的圆心角分别为θM＝，θN＝
两粒子在磁场中运动的周期为
T＝＝
两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T，tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运动的时间相等，所以Δt即为在磁场中运动的时间差，即
Δt＝tM－tN，解得Δt＝。
答案：(1) (2)
即时检验·感悟高考
1．A [三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，轨迹1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；轨迹1对应的粒子运动半径越来越小，由r＝知，运动速度越来越小，故B错误；轨迹2和轨迹3对应的两种粒子，由于初始半径r22．BD [
带电粒子从P点沿圆筒的半径进入磁场区域，若以O1为圆心做圆周运动，在A点与筒壁发生碰撞，则运动轨迹如图所示，由几何关系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定会沿圆筒的半径方向离开磁场，与筒壁碰撞后速度依然沿圆筒的半径方向，所以粒子不可能通过圆心O，且每次碰撞后瞬间，粒子的速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故A错误，D正确；由对称性可知，粒子至少需要碰撞2次才能从P点离开，如图所示，故B正确；设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m，设∠POA＝α，由几何关系有tan ＝＝，若粒子恰好运动一周从P点离开，则粒子在磁场中运动的时间t＝×T＝，则粒子的速度越大，α越大，粒子在磁场中运动的时间越短，若粒子运动一周不能从P点离开，则运动时间无法确定，故C错误。]
3．ACD [根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区，当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1－cos 60°)]
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第十章 磁 场
第2节 磁场对运动电荷的作用
[学习目标] 1．掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。
2．学会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。
链接教材·夯基固本
1．洛伦兹力
(1)定义：________在磁场中受到的力。
(2)大小
F＝___(v∥B时)。
F＝_________(v⊥B时)。
F＝qvB sin θ(v与B夹角为θ)。
注意：“v”指电荷相对于磁场的速度。
运动电荷
0
qvB
(3)方向判定
左手定则：伸出左手，使拇指与其余四个手指____，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______运动的方向(或负电荷运动的反方向)。这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受________的方向。
(4)特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B与v决定的平面，F与v始终垂直，洛伦兹力______。
垂直
正电荷
洛伦兹力
不做功
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)v∥B时：带电粒子做________运动。
(2)v⊥B时
①运动性质：________运动。
②动力学方程：qvB＝m。
③半径、周期公式：r＝，T＝。
④运动时间：t＝＝。
匀速直线
匀速圆周
T
1．易错易混辨析
(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)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。 ( )
(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．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，一束电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。下列判断正确的有( )
A．电子轨迹所对圆心角为30°
B．电子的轨迹半径为
C．电子的比荷为
D．电子穿越磁场的时间为
√
D [作出辅助线如图所示，根据几何关系可知，电子轨迹所对圆心角为θ＝60°，A错误；设电子的轨迹半径为r，由几何关系有r sin θ＝d，解得r＝，B错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得＝，C错误；电子在磁场中做圆周运动的
周期T＝＝，电子穿越磁场的时间为t＝·
T，联立解得t＝，D正确。]
3．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，正方形abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，一束电子以不同的速率沿ab方向垂直磁场射入，形成从c点离开磁场区域和从d点离开磁场区域的甲、乙两种轨迹。设沿甲、乙轨迹运动的电子速度大小分别为v甲、v乙，在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，则( )
A．v甲＝v乙，t甲＝t乙
B．v甲＝v乙，t甲＝t乙
C．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
D．v甲＝2v乙，t甲＝t乙
√
D [电子在匀强磁场中做圆周运动，根据半径公式r＝，可知电子在甲、乙两轨迹上运动的速度之比为＝＝，根据周期公式T＝，可知电子在磁场中做圆周运动的周期相等，故电子在甲、乙两轨迹上运动的时间之比为＝＝，故D正确。]
细研考点·突破题型
考点1 洛伦兹力的理解与应用
1．洛伦兹力的理解
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，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。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使四指指向电荷运动的反方向。
(4)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．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 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⊥B、v平面) F∥E
项目 洛伦兹力 静电力
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
作用效果 只改变电荷运动的方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度方向，也可以改变速度大小
角度1 洛伦兹力的特点
[典例1] (2023·海南卷)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B，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
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
√
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。]
角度2 洛伦兹力与静电力的比较
[典例2] (多选)如图所示，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。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
√
√
AC [由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，当加上水平方向的匀强电场时，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，设此时的小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝，又由于＝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。]
角度3 洛伦兹力作用下带电体的运动
[典例3] (多选)如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0×10-4 kg，带电荷量为 ＋4.0 ×10-4 C，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度
B＝0.5 T，方向垂直于纸面向里，小球与棒间的动
摩擦因数为μ＝ 0.2 ，设小球在运动过程中所带电荷
量保持不变，g取 10 m/s2，则( )
A．小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为2 m/s2
B．小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为2 m/s
C．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为 5 m/s2
D．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为 45 m/s
√
√
AD [小球静止时只受静电力、重力及摩擦力，静电力水平向右，摩擦力竖直向上，开始时，由牛顿第二定律有mg－μqE＝ma，解得小球的加速度为a1＝2 m/s2，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向合力将增大，摩擦力将增大，加速度将减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小球速度达到最大，则有mg＝μ(qv1B＋qE)，解得v1＝5 m/s，故A正确，B错误；若磁场的方向反向，其余条件不变，则洛伦兹力向左，故当洛伦兹力与静电力平衡时加速度最大，为a2＝g＝10 m/s2，当摩擦力与重力平衡时，速度最大，故mg＝μ(qv2B－qE)，解得v2＝45 m/s，故C错误，D正确。]
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在几种典型有界磁场中的运动
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界：往往存在临界条件，如图所示。
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心：粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ，如图乙所示。
2．分析、求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的一般步骤
[典例4] (多选)(2025·山东聊城市高三期中)如图，虚线上方空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。已知OP＝l，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．质子在磁场中运动的半径为l
B．α粒子在磁场中运动的半径为l
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子和α粒子发射的时间间隔为
√
√
√
ACD [根据题意作出α粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α粒子的比荷之比为2∶1，所以两者在磁场中运动半径之比为 1∶2，质子的运动半径为l，故A正确，B错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝，质子从O点射入，P点射出，
运动半径为l，可知质子从O点射入的速度方向必与OP边界垂直，转过的圆心角θ2＝180°，又质子在磁场中做圆周运动的周期T′＝＝，故t2＝T′＝，所以质子和α粒子发射的时间间隔为t1－t2＝，故C、D正确。]
[典例5] (2024·湖北卷)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 [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＝，又T1＝，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＝，联立解得v2＝，D正确。]
归纳总结
粒子轨迹圆心的确定方法，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。
2．半径的计算方法
方法一：由R＝求得。
方法二：连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
(1)由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得，如图丙。
(2)常用到的几何关系
①粒子速度的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图丁，即φ＝α。
②弦切角等于弦所对应圆心角的一半，如图丁，即θ＝α。
3．时间的计算方法
方法一：利用圆心角θ、周期T求得，即t＝T。
方法二：利用弧长l、线速度v求得，即t＝。
磁发散
如图甲所示，当粒子从磁场边界上同一点以相同
速率沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场
时的速度方向一定平行，而且与入射点的切线方
向平行。此情境称为“磁发散”。
微点突破 “磁聚焦”和“磁发散”模型
在圆形边界的匀强磁场中，如果带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域圆的半径，则有如下两个重要结论：
磁聚焦
如图乙所示，当粒子以大小相等且相互平行的速
度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子
一定会从同一点离开磁场区域，而且该点切线与
入射方向平行。此情境称为“磁聚焦”。
[典例6] (多选)如图所示，坐标原点O处有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y
轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度
沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射
在光屏上，则( )
A．粒子速度大小为
B．所有粒子均能垂直射在光屏上
C．能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为
D．能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135°
√
√
AC [由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝m，r＝R，解得v＝，A正确；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R，粒子并不会全部垂直打在光屏上，B错误；如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的粒子对应轨迹的圆心角为π，根据周期公式T＝，可得t＝
T＝，C正确；若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1＝60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1＝60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2＝120°，则60°≤θ≤120°，D错误。]
[典例7] 为了探测带电粒子，研究人员设计了如图所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为中心放置一个足够大的探测屏，探测屏与OO′连线垂直。纸面内圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且沿水平方向的线状粒子源MN，O′在MN的中垂线上，O′到MN的垂直距离为1.5R。该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小相同，方向竖直向上，从粒子源MN中点发射的粒子离开磁场时速度恰好沿O′O方向，不计粒子重力和粒子间相互作用力。
(1)求粒子发射时的速度大小v0；
(2)求粒子源同时从左端点M与右端点N发射的粒子打到屏上所经历的时间之差Δt。
[解析] (1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝，得v0＝。
(2)分析可知粒子源左端点M与右端点N发射的粒子均从磁场边界与OO′交点射出，且转过的圆心角分别为θM＝，θN＝
两粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T，tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运动的时间相等，所以Δt即为在磁场中运动的时间差，即 Δt＝tM－tN，解得Δt＝。
[答案] (1) (2)
即时检验·感悟高考
1．(2022·北京卷)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，三个粒子的运动轨迹如图中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 [三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，轨迹1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；轨迹1对应的粒子运动半径越来越小，由r＝知，运动速度越来越小，故B错误；轨迹2和轨迹3对应的两种粒子，由于初始半径r22．(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
√
√
BD [带电粒子从P点沿圆筒的半径进入磁场区域，若以O1为圆心做圆周运动，在A点与筒壁发生碰撞，则运动轨迹如图所示，由几何关系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定会沿圆筒的半径方向离开磁场，与筒壁碰撞后速度依然沿圆筒的半径方向，所以粒子不可能通过圆心O，且每次碰撞后瞬间，粒子的速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故A错误，D正确；由对称性可知，粒子至少需要碰撞2次才能从P点离开，如图所示，故B正确；设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动，
有qvB＝m，设∠POA＝α，由几何关系有tan ＝＝，若粒子恰好运动一周从P点离开，则粒子在磁场中运动的时间t＝×T＝，则粒子的速度越大，α越大，
粒子在磁场中运动的时间越短，若粒子运动
一周不能从P点离开，则运动时间无法确定，
故C错误。]
3．(多选)(2024·河北卷)如图所示，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速
度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由
BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说
法正确的是( )
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
√
√
√
ACD [根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区，当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1－
cos 60°)不成立，该粒子不能垂直BC射出，B错误；若粒子经cd边垂直BC射出，其运动轨迹如图3所示，则由几何关系可知，该运动轨迹关于线段BD对称，所以两段圆弧轨迹所对圆心角相等，又两圆心角的和为90°，所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为45°，C正确；若粒子经bc边垂直BC射出，其运动轨迹如图4所示，由几何关系有r(1－cos θ1)＝r sin θ2，又θ1＋θ2＝90°，解得粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°，D正确。]
课时数智作业(二十六)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多选)核聚变具有效率极高、原料丰富以及安全清洁等优势，中国科学院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是( )
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动
D．所有粒子运动过程中动能不变
12
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BD [甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确。]
12
2．(2022·广东卷)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( )
题号
1
3
5
2
4
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11
12
题号
1
3
5
2
4
6
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9
10
11
12
A B
C D
√
A [根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，故A正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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10
11
12
3．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。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。一带正电的小球以初速
度v0从a点出发在桌面上沿连线MN运动到b
点。关于上述过程，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．小球做匀速直线运动
B．小球先做加速运动后做减速运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在减小
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
A [根据右手螺旋定则可知a处的磁场方向垂直于MN向里，b处的磁场方向垂直于MN向外，从a到b磁感应强度先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球在O点左侧受到的洛伦兹力方向向上，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的差值，过O点后洛伦兹力的方向向下，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，由于洛伦兹力从a到O逐渐减小，从O到b逐渐增大，则小球对桌面的压力一直在增大，故B、C、D错误，A正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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10
11
12
4．(多选)两个带正电的粒子，以大小相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3。不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6
B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1
C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2
D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BD [由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得R＝，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝可得周期T＝，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；由圆周运动角速度与周期关系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力，则下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子从M运动到N的时间为
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C [根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子从M运动到N时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子从M运动到N的时间为t＝T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝＝，由题知＝k，整理得t＝，故B错误；如果N点到虚
线的距离为L，根据几何关系有cos α＝，解得
R＝2L，又R＝，则v＝2kBL，故D错误，C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(多选)(2025·四川眉山高三诊断)如图所示，空间中有一个方向垂直纸面向里的匀强磁场，其边界是一个半径为R 的圆环，现让一个不计重力的带电粒子以一定速度从 A 点沿直径AOB 方向射入磁场。当入射速度为v时，粒子经过t1时间从C点射出磁场(OC 与OB 成60°角)，对应的轨道半径为r1；当入射速度为时，粒子经过t2时间从 D点射出磁场(图中未画出)，对应的轨道半径为r2。下列选项正确的是( )
A．r1∶r2＝3∶1 B．r1∶r2＝1∶3
C．t1∶t2＝1∶2 D．t1∶t2＝2∶1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
AC [当入射速度为v时，设粒子在磁场中的轨道半径为r1，根据几何关系可得tan 30°＝，可得r1＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得r1＝，当入射速度为，则有r2＝＝＝R，则有r1∶r2＝3∶1，由几何关系可知，两次粒子的运动轨迹
对应的圆心角分别为60°和120°，则有t1∶t2＝
∶＝1∶2，故A、C正确，
B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2024·北京西城二模)如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．粒子带负电
B．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从a点射出
C．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从b点射出
D．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子在磁场中的运动时间将变短
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D [根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；根据qvB＝m，解得r＝，设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有＝，L＝，轨迹如图所示，可知若粒子射入磁场的速度增大为2v，射出的位置在Nb之间，故B、C错误；根据B、C选项分析可知，
若粒子射入磁场的速度增大为2v，则在磁场中运动的
轨迹所对应的圆心角将变小，由t＝T，又T＝，
则粒子在磁场中的运动时间将变短，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(多选)(2022·辽宁卷)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( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
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。]
题号
1
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12
9．如图所示，平行边界区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，
下列判断正确的是( )
题号
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12
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
题号
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12
√
B [粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场宽度d＝Ra
sin 60°＝Rb sin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m， 可得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝
1∶，故C错误；粒子运动的周期T＝，则Ta＝Tb＝
T，a运动的时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动的时间tb＝
Tb＝＝T，有ta∶tb＝2∶1，故D错误。]
题号
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10．(鲁科版选择性必修第二册改编)用洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图所示的情境来讨论：空间存在平行于x轴的匀强磁场，在xOy平面内由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴
线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx。则下列说法中
正确的是( )
题号
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12
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D．若仅增大α角(α<90°)，则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时，“轨迹”为闭合的圆
题号
1
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√
D [将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向的初速度与磁场方向平行，电子在沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向的初速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，电子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，由左手定则并结合题图可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；对电子在垂直于x轴平面的分运动有evB＝m，T＝，其中v＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，对电子在沿x轴方向的分运动有Δx＝vxT，其中vx＝v0cos α，解得Δx
题号
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＝，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆增大，故C错误；若仅增大α角(α<90°)，则D增大，而Δx减小，且当α＝90°时Δx＝0，即“轨迹”为闭合的圆，故D正确。]
题号
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11．(2022·江苏卷)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。
题号
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[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＝，qvbB＝
解得ra＝，rb＝
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
题号
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由v＝可得，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。
题号
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(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。
题号
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[答案] (1)2∶1 (2)mv
12．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
题号
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(1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小。
题号
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(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无须写出面积最小的证明过程)。
题号
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(3)如图(b)，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁
感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的
面积(无需写出面积最小的证明过程)。
题号
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[解析] (1)粒子沿x轴正方向垂直进入圆形磁场，“磁聚焦”在坐标原点O，满足“磁聚焦”的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝m，解得B1＝。
题号
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(2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入，然后平行x轴飞出，为“磁发散”的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图甲所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域，磁场半径为r2，根据qvB2＝m，可知磁感应强度为B2＝
根据左手定则可知磁场的方向为垂直于
纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝。
题号
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(3)磁场分布如图乙所示
根据qvB＝m可知Ⅰ和Ⅲ中的磁感应
强度为
BⅠ＝，BⅢ＝
可知磁场的最小面积为叶子形状(图中
阴影部分)
题号
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题号
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以Ⅱ区域为研究对象，图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周扇形面积与以r3为直角边的等腰直角三角形面积之差，所以阴影部分的面积为
SⅡ＝＝
同理可知Ⅳ区域的阴影部分面积为
SⅣ＝＝。
[答案] (1) (2)，垂直于纸面向里
(3)
谢 谢 ！课时分层作业(二十六)
1．(多选)核聚变具有效率极高、原料丰富以及安全清洁等优势，中国科学院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是( )
A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动
D．所有粒子运动过程中动能不变
2．(2022·广东卷)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 B
C D
3．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。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。一带正电的小球以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线MN运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球做匀速直线运动
B．小球先做加速运动后做减速运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在减小
4．(多选)两个带正电的粒子，以大小相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3。不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6
B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1
C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2
D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6
5．如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子从M运动到N的时间为
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
6．(多选)(2025·四川眉山高三诊断)如图所示，空间中有一个方向垂直纸面向里的匀强磁场，其边界是一个半径为R 的圆环，现让一个不计重力的带电粒子以一定速度从 A 点沿直径AOB 方向射入磁场。当入射速度为v时，粒子经过t1时间从C点射出磁场(OC 与OB 成60°角)，对应的轨道半径为r1；当入射速度为时，粒子经过t2时间从 D点射出磁场(图中未画出)，对应的轨道半径为r2。下列选项正确的是( )
A．r1∶r2＝3∶1 B．r1∶r2＝1∶3
C．t1∶t2＝1∶2 D．t1∶t2＝2∶1
7．(2024·北京西城二模)如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从a点射出
C．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从b点射出
D．若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子在磁场中的运动时间将变短
8．(多选)(2022·辽宁卷)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
9．如图所示，平行边界区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
10．(鲁科版选择性必修第二册改编)用洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图所示的情境来讨论：空间存在平行于x轴的匀强磁场，在xOy平面内由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx。则下列说法中正确的是( )
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D．若仅增大α角(α<90°)，则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时，“轨迹”为闭合的圆
11．(2022·江苏卷)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。
12．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
(1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小。
(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无须写出面积最小的证明过程)。
(3)如图(b)，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
课时分层作业(二十六)
1．BD [甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确。]
2．A [根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，故A正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。]
3．A [根据右手螺旋定则可知a处的磁场方向垂直于MN向里，b处的磁场方向垂直于MN向外，从a到b磁感应强度先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球在O点左侧受到的洛伦兹力方向向上，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的差值，过O点后洛伦兹力的方向向下，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，由于洛伦兹力从a到O逐渐减小，从O到b逐渐增大，则小球对桌面的压力一直在增大，故B、C、D错误，A正确。]
4．BD [由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得R＝，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝可得周期T＝，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；由圆周运动角速度与周期关系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确。]
5．C [根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子从M运动到N时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子从M运动到N的时间为t＝T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝＝，由题知＝k，整理得t＝，故B错误；如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cos α＝，解得R＝2L，又R＝，则v＝2kBL，故D错误，C正确。]
6．AC [当入射速度为v时，设粒子在磁场中的轨道半径为r1，根据几何关系可得tan 30°＝，可得r1＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得r1＝，当入射速度为，则有r2＝＝＝R，则有r1∶r2＝3∶1，由几何关系可知，两次粒子的运动轨迹对应的圆心角分别为60°和120°，则有t1∶t2＝∶＝1∶2，故A、C正确，B、D错误。]
7．D [根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；根据qvB＝m，解得r＝，设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有＝，L＝，轨迹如图所示，可知若粒子射入磁场的速度增大为2v，射出的位置在Nb之间，故B、C错误；根据B、C选项分析可知，若粒子射入磁场的速度增大为2v，则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小，由t＝T，又T＝，则粒子在磁场中的运动时间将变短，故D正确。]
8．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。]
9．B [粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场宽度d＝Ra sin 60°＝Rb sin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m， 可得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动的周期T＝，则Ta＝Tb＝T，a运动的时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动的时间tb＝Tb＝＝T，有ta∶tb＝2∶1，故D错误。]
10．D [将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向的初速度与磁场方向平行，电子在沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向的初速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，电子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，由左手定则并结合题图可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；对电子在垂直于x轴平面的分运动有evB＝m，T＝，其中v＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，对电子在沿x轴方向的分运动有Δx＝vxT，其中vx＝v0cos α，解得Δx＝，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆增大，故C错误；若仅增大α角(α<90°)，则D增大，而Δx减小，且当α＝90°时Δx＝0，即“轨迹”为闭合的圆，故D正确。]
11．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＝，qvbB＝
解得ra＝，rb＝
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
由v＝可得，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
12．解析：(1)粒子沿x轴正方向垂直进入圆形磁场，“磁聚焦”在坐标原点O，满足“磁聚焦”的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝m，解得B1＝。
(2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入，然后平行x轴飞出，为“磁发散”的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图甲所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域，磁场半径为r2，根据qvB2＝m，可知磁感应强度为B2＝
根据左手定则可知磁场的方向为垂直于纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝。
(3)磁场分布如图乙所示
根据qvB＝m可知Ⅰ和Ⅲ中的磁感应强度为
BⅠ＝，BⅢ＝
可知磁场的最小面积为叶子形状(图中阴影部分)
以Ⅱ区域为研究对象，图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周扇形面积与以r3为直角边的等腰直角三角形面积之差，所以阴影部分的面积为
SⅡ＝＝
同理可知Ⅳ区域的阴影部分面积为
SⅣ＝＝。
答案：(1) (2)，垂直于纸面向里 (3)
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