【江苏专版】40 第九章 第2节 磁场对运动电荷的作用 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习
文档属性
| 名称 | 【江苏专版】40 第九章 第2节 磁场对运动电荷的作用 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习 |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 18.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-17 13:39:59 | ||
图片预览
文档简介
(共173张PPT)
第九章 磁场
第2节 磁场对运动电荷的作用
链接教材·夯基固本
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对________的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝__。
(2)v⊥B时，F＝____。
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB sin θ。
运动电荷
0
qvB
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的______；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的____。(注意B和v可以有任意夹角)
4．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的____，只改变带电粒子速度的____，洛伦兹力对带电粒子______。
反方向
平面
大小
方向
不做功
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做________运动。
2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内以入射速度v做________运动。
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m。
(2)轨道半径公式：r＝。
匀速直线
匀速圆周
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与运动速度和轨迹半径无关，只与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。
(5)动能：Ek＝mv2＝＝。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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。 ( )
(5)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。 ( )
(6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。 ( )
√
×
√
二、教材习题衍生
1．(洛伦兹力的方向)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷受到的洛伦兹力方向之间的关系正确的是( )
A B
C D
√
2．(带电粒子在匀强磁场中的运动)显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若要使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )
A B
C D
√
A [电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B-t图线在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B-t图线在t轴上方，故选A。]
3．(带电粒子在匀强磁场中的运动)如图所示，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则( )
A．质子1在磁场中运动的半径为a
B．质子2在磁场中的运动周期为
C．质子1在磁场中的运动时间为
D．质子2在磁场中的运动时间为
√
B [根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝T＝T＝，故C错误；由几何知识可知，
质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2
在磁场中的运动时间：t2＝T＝，故D错误。]
细研考点·突破题型
[典例1] (洛伦兹力的理解)下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子不做功
考点1 对洛伦兹力的理解和应用
√
D [运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功，故D正确。]
[典例2] (洛伦兹力与电场力的比较)如图甲所示，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；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，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(如图丁)，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．一定有h2√
第九章 磁场
第2节 磁场对运动电荷的作用
链接教材·夯基固本
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对________的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝__。
(2)v⊥B时，F＝____。
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB sin θ。
运动电荷
0
qvB
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的______；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的____。(注意B和v可以有任意夹角)
4．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的____，只改变带电粒子速度的____，洛伦兹力对带电粒子______。
反方向
平面
大小
方向
不做功
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做________运动。
2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内以入射速度v做________运动。
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m。
(2)轨道半径公式：r＝。
匀速直线
匀速圆周
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与运动速度和轨迹半径无关，只与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。
(5)动能：Ek＝mv2＝＝。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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。 ( )
(5)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。 ( )
(6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。 ( )
√
×
√
二、教材习题衍生
1．(洛伦兹力的方向)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷受到的洛伦兹力方向之间的关系正确的是( )
A B
C D
√
2．(带电粒子在匀强磁场中的运动)显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若要使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )
A B
C D
√
A [电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B-t图线在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B-t图线在t轴上方，故选A。]
3．(带电粒子在匀强磁场中的运动)如图所示，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则( )
A．质子1在磁场中运动的半径为a
B．质子2在磁场中的运动周期为
C．质子1在磁场中的运动时间为
D．质子2在磁场中的运动时间为
√
B [根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝T＝T＝，故C错误；由几何知识可知，
质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2
在磁场中的运动时间：t2＝T＝，故D错误。]
细研考点·突破题型
[典例1] (洛伦兹力的理解)下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子不做功
考点1 对洛伦兹力的理解和应用
√
D [运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功，故D正确。]
[典例2] (洛伦兹力与电场力的比较)如图甲所示，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；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，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(如图丁)，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．一定有h2
√
A [题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有＝2gh3，得h3＝，所以h1＝h3，故A正确；题图乙中，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，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝，又由于＝mgh1，所以h1＞h2，故D错误；题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故B、C错误。]
规律总结 1．洛伦兹力的特点
(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作用。
(3)洛伦兹力一定不做功。
2．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。
3．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场方向的关系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
一、求解带电粒子在匀强磁场中的运动的三要点
1．两种方法定圆心
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示)。
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示)。
2．几何知识求半径
利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的应用(勾股定理)。
找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、
△BOC都是直角三角形。
3．求时间的两种方法
方法一：由运动弧长计算，t＝(l为弧长)。
方法二：由旋转角度计算，t＝T。
二、三类边界磁场中的轨迹特点
1．直线边界：进出磁场具有对称性。
2．平行边界：存在临界条件。
3．圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。
[典例3] (带电粒子在直线边界磁场中的运动)(2024·广西卷)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．
√
C [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。]
【典例3 教用·备选题】 (带电粒子在直线边界磁场中的运动)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有( )
A．a、b均带负电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的小
√
D [根据左手定则可知a、b均带正电，a、b离子做圆周运动的半径都为R＝，画出轨迹如图所示，以O1、O2为圆心的两圆弧分别为b、a的轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由t＝T＝和轨迹图可知D选项正确。]
[典例4] (带电粒子在平行边界磁场中的运动)在xOy平面的0≤xA B
C D
√
D [根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m，可知速率相等的大量电子的运动半径也相等，从原点O均匀发射到第一象限内，从磁场右边界射出的电子数占电子总数的三分之二，可得可以从磁场右边界射出的电子的发射角度范围有90°×＝60°，则根据电子的偏转轨迹和几何关系可得能从右边界射出的电子的发射方向与x轴正方向的夹角在～之间。故选D。]
[典例5] (带电粒子在圆形边界磁场中的运动)(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＝2T1＝，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。]
【典例5 教用·备选题】 (带电粒子在圆形边界磁场中的运动)如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
√
C [相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′的长度必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R, 其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示，由几何关系知r2＝＝R，可得 r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。]
[典例6] (带电粒子在三角形边界磁场中的运动)如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d；∠C＝，现垂直于AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)，已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2.4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D．粒子进入磁场时的速度大小为
√
C [垂直于AC边射出，可知速度偏转角为，则对应的圆心角也等于，依题意有t0∶T＝∶(2π)，解得T＝4t0，故A错误；根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有T＝4t0＝，可得B＝，故B错误；在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，依题意其运动轨迹如图所示
因磁场中运动的时间为t0时，对应的圆心角为，即∠EOF＝π，根据几何关系有r cos ∠FOA＋＝d，即r＋r＝d，解得r＝d，故C正确；根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有r＝d＝，解得v＝＝，故D错误。故选C。]
[典例7] (带电粒子在矩形边界磁场中的运动)(2024·江苏常州一模)如图所示，长方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，区域内的点O处有一粒子源，O点离ab边距离为0.25L，离bc边距离为L，粒子源以垂直指向dc边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab边长为2L、bc边长为L，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同
B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为
C．粒子有可能从c点离开磁场
D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为
√
B [粒子的可能轨迹如图所示，
可见从ab边射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A错误；从bc边射出的粒子，圆心角最大即轨迹与bc边相切，即轨迹2，对应圆心角为180°，时间为t＝
＝，其余在bc边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B正确；轨迹与cd边相切的粒子，如轨迹4，由几何关系知其轨迹半径为0.75L，其切点在c点左侧，故粒子不可能过c点，故C错误；粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝，可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为，故D错误。]
【典例7 教用·备选题】 (带电粒子在矩形边界磁场中的运动)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
√
C [由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝， 若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v, 则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大；由t＝T, T＝知，运动时间变长，D错误。]
[典例8] (带电粒子在多边形边界磁场中的运动)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
√
A [如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，
选项B、C、D错误。]
规律总结 无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：
一、思路、方法与突破口
考点3 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题
两种思路 (1) 以定理、定律为依据，首先求出所研究的问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解；
(2) 直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理方法 (1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法 (1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少” “不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
二、临界极值问题的四个重要结论
1．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
2．当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
3．当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
4．在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大。
[典例9] (带电粒子在磁场中运动的极值问题)如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是( )
A．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C．沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为
D．沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
√
C [由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，根据T＝可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，由t＝T可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故A项错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，故B项错误；可画出四个粒子运动径迹的圆心，如图所示，设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为 ra＝r、 rb＝r，
根据qBv＝，可得＝＝，
故C项正确；由前述分析可知，运
动时间之比为偏转角之比，所以
＝＝＝，故D项错误。故选C。]
【典例9 教用·备选题】 (带电粒子在磁场中运动的极值问题)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子的质量为m、电荷量为＋q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，设B0＝。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧，其中选项A、B的磁感应强度B＝B0，选项C的磁感应强度B＝2B0，选项D中曲线是直径为L的圆，磁感应强度B＝B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是( )
A B C D
√
A [已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道半径为rA＝L，如图1所示，可知粒子都会聚到一点，故A正确；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道
半径为rB＝L，如图2所示，可知粒子不
会聚到一点，故B错误；
已知磁感应强度B＝2B0＝2， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道半径为rC＝，如图3所示，可知粒子不会聚到一点，故C错误；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道
半径为rD＝L，如图4所示，可知粒子不
会聚到一点，故D错误。故选A。]
[典例10] (带电粒子在磁场中运动的临界问题)如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AD边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AD边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度的大小B需满足( )
A．B> B．B<
C．B> D．B<
√
B [粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝＝a。由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径r>r0，联立以上各式解得B<，选项B正确。]
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面：
考点4 带电粒子在磁场中运动的多解问题
类型 分析 图例
带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
类型 分析 图例
磁场方向不确定 在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解。如图所示，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
类型 分析 图例
临界状态不唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解
[典例11] (交变磁场中的多解问题)(2024·江苏镇江一模)在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2L，e为bc边界上的一点，且ce＝。重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入如图乙所示的周期性变化的磁场，
已知粒子的比荷为k。
(1)如果在t＝0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？
(2)如果磁场的磁感应强度B0＝，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，t＝0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0后垂直bc边离开磁场，经过一段时间又沿dc边从d点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程s分别为多大？(T0未知，用k、L、v0表示)
[解析] (1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有R2＝＋L2
计算得出R＝L
又R＝
解得B0＝。
(2)根据题意可知粒子的半径为L，画出粒子的运动轨迹如图所示
设粒子运动的周期为T，根据题意有T0＝T
得T0＝
为保证能回到d点，则在电场中所用时间
t＝nT0(n＝1，2，3，…)
又有t＝＝
解得E＝(n＝1，2，3，…)
电场中路程s＝2＝(n＝1，2，3，…)。
[答案] (1)(n＝1，2，3，…) (n＝1，2，3，…)
【典例11 教用·备选题】 (交变磁场中的多解问题)如图(a)所示，矩形区域ABCD(包含边界)中存在匀强磁场，其中AD＝d，AB＝d，质量为m、电荷量为q的正离子以初速度v从A点沿AB边射入匀强磁场中，规定垂直于ABCD平面向外为磁场的正方向，设匀强磁场的磁感应强度B随时间做周期性变化如图(b)所示，题中m、q、d、v为已知量，B、T未知，求：
(1)若磁感应强度B＝，t＝0时刻射入磁场的正离子刚好在t＝T时刻垂直于BC边从E点(图中未标出)离开磁场，求EB间的距离；
(2)若磁感应强度B＝，欲使在0～时间内射入磁场的正离子均不能由AD边离开磁场，求磁场的周期T应满足的条件；
(3)若磁感应强度B＝，欲使在t＝0时刻射入磁场的正离子垂直于CD边离开磁场，求磁场的周期T。(取sin ＝)
[解析] (1)设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，磁场在t＝时刻反向，正离子的运动轨迹如图1所示。
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得R＝d
EB间的距离EB＝2R＝d。
(2)只要t＝0时刻射入的离子不从AD边离开磁场，那么在0～时间内射入的离子均不能从AD边离开磁场，t＝0时刻射入的离子不从AD边离开的临界条件是：离子的运动轨迹恰好与AD边相切，临界的轨迹如图2所示。
设离子在0～时间内转过的圆心角为θ，由几何关系得 sin (π－θ)＝＝
解得θ＝π
离子在磁场中运动周期为T0＝＝
则有T＝T0
联立解得T＝
因离子在0～时间内转过的圆心角应不大于θ，故磁场的周期T应满足的条件为T≤。
(3)如图3所示为满足要求的一种可能的离子运动轨迹，正离子在磁场一个周期时间内的轨迹形状均为图3中A到E轨迹形状。
设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，0～T内离子运动轨迹对应的圆心角为α，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB＝m
解得r＝
离子做圆周运动的周期T1＝＝
又有T＝T1
联立解得T＝
①若正离子经n个磁场变化的周期后从类似于M、P的位置射出磁场，则需满足：
竖直方向上：r＋2nr·cos (π－α)＋2nr＝d, (n＝0，1，2，3，…)
水平方向上：2nr·sin (π－α)＋r≤d，(n＝0，1，2，3，…)
联立解得n＝2，α＝
可得T＝；
②若正离子经n个磁场变化的周期后从类似于N、Q的位置射出磁场，则需满足：
竖直方向上：r＋2r·cos (π－α)＋2nr·cos (π－α)＋2nr＝d，(n＝0，1，2，3，…)
水平方向上2nr·sin (π－α)＋2r·sin (π－d)－r≤d，(n＝0，1，2，3，…)
联立解得：n＝2，cos (π－α)＝
已知sin ＝
解得α＝
可得T＝。
[答案] (1)d (2)T≤ (3)或
方法技巧 解决多解问题的一般思路
(1)明确带电粒子的电性和磁场方向。
(2)正确找出带电粒子运动的临界状态。
(3)结合带电粒子的运动轨迹，利用圆周运动的周期性进行分析计算。
[典例12] (速度方向不确定形成的多解问题)如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v＝、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则
( )
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．打到板上的粒子数为N
C．从粒子源出发到板的最短时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧屏板上的最大时间差为
√
B [粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的半径R＝＝＝d，粒子运动到荧屏板的两种临界情况如图：
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A和C距离为d，右侧离C最远处为B点，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，
选项A错误；根据以上分析可知有一半的粒子能打到板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N，选项B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图：
粒子做整个圆周运动的周期T＝＝，由几何关系可知最短时间t2＝T＝，粒子在磁场中最长时间t1＝T＝，所以Δt＝t1－t2＝，选项C、D错误。故选B。]
[典例13] (速度大小不确定形成的多解问题)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。从离子源S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
√
C [若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图所示。
根据几何关系有R＝L，qvB＝m， 可得v＝＝kBL。
根据对称性可知出射速度与SP成30°夹角，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子上下均经历一次时，如图所示。
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
应用动态圆解决问题的要点
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
微点突破8 “动态圆”模型在电磁学中的应用
2．解题步骤
分析情境→作基础图→作动态图→确定临界轨迹→分析临界状态→构建三角形→解三角形
3．常见的几种临界情况
(1)直线边界
最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图所示，P为入射点，M为出射点。
(2)圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：
①当运动轨迹圆的半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。
②当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大。
“放缩圆”模型的应用
适用条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
适用条件 轨迹圆圆心 共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
[典例1] (“放缩圆”模型的应用)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法
不正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
√
C [若粒子射入磁场时速度为v＝，则由qvB＝m 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期
为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。]
“旋转圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示
适用条件 轨迹圆圆心 共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
[典例2] (“旋转圆”模型的应用)如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点、半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为 ＋q 的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0(未知)时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
(1)为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
(2)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0(未知)时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点(图中未画出)，求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cos α。
[解析] (1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，加速电压有最大值Um，
粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为rm，如图1所示。则rm＝
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm＝
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝
联立解得Um＝。
(2)设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2所示，因为加速电压U0不变，则粒子进入磁场的速度大小不变，根据r＝，可知其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cos α＝5a＋0.8a
解得cos α＝。
[答案] (1) (2)
“平移圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
适用条件 轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
[典例3] (“平移圆”模型的应用)如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是( )
A B
C D
√
C [离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示
粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。]
题组一 对洛伦兹力的理解和应用
1．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流(宇宙射线)在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时将( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
课时分层作业(二十六) 磁场对运动电荷的作用
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点向西偏转
D．相对于预定地点向北偏转
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
C [电子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故C正确，A、B、D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2．(2025·江苏盐城模拟)如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A B
C D
√
A [由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r＝可知，电子运动的轨迹半径越来越大，故A正确，B、C、D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3．如图甲所示，用强磁场将百万度高温的等离子体(等量的正离子和电子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100 秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是
( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．正离子在纵向场中沿顺时针方向运动
B．发生漂移是因为带电粒子的速度过大
C．正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移
D．正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移
√
D [根据左手定则可判断正离子在磁场中受力如图，所以正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A错误；由图可知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得R＝，可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，B越大，R越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离
子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故B、C错
误，D正确。故选D。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题组二 带电粒子在匀强磁场中的运动
4．如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
D [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0＝，解得v0＝，故B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝mr，则＝，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5．(2024·江苏南京一模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则以下说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．质子的速度可能为BkL
B．质子的速度可能为BkL
C．质子由A到C的时间可能为
D．质子由A到C的时间可能为
√
C [因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示。
所有圆弧所对圆心角均为60°，质子可能的运动半径r＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk(n＝1，2，3，…)，质子的速度不可能为BkL和BkL，故A、B错误；质子由A到C的时间可能为t＝×n×＝＝
(n＝1，2，3，…)，故C正确，D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6．(2024·江苏徐州一模)如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源(图中未画出)，在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子速度的最大值为
B．粒子速度的最大值为
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场
中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
C [根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子的运动半径为r＝，可知粒子速度最大时，运动半径最大，作出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系有(2R－r)2＝R2＋r2，联立解得r＝R，v＝，故A、B错误；某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有tan ＝＝，
解得其在磁场中运动的时间为t＝×T＝
，故C正确，D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7．如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离
开磁场。不计粒子的重力。则下列说法不正确的
是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
B [根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
粒子运动的半径为r＝＝2L，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得粒子入射速率v＝，若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据几何关系可知(2r)2＝，解得xm＝3L, D正确。故选B。]
8．(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＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb。
(2)粒子a的动量大小pa。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)设分裂后粒子的电荷量为q，粒子做圆周运动的线速度分别为va、vb
两粒子的线速度之比＝＝＝3
粒子在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qvB＝m
解得m＝
两粒子的质量之比＝＝＝6×＝2。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由(1)可知va＝3vb，ma＝2mb
粒子分裂前的质量m＝ma＋mb＝1.5ma
粒子分裂过程中系统动量守恒，以粒子的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得mv＝mava＋mbvb
粒子a的动量大小pa＝mava
解得pa＝mv。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1)2∶1 (2)mv
9．如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(Oxy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP ＝ l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A． B． C． D．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
A [由题知，一带电粒子由O点沿轴x正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
则根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则sin 30°＝，解得粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m， 则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有＝，故选A。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10．如图所示，原点O有一粒子源，能向x轴上方Oxy平面内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度大小均相等，在x轴上方直线y1＝y0与y2＝y0＋a(y0未知，a＞0)之间存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，已知射向第二象限、与y轴正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁场上边界射出，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)粒子运动的初速度大小v0；
(2)粒子在磁场中运动时间最短且能从上边界射出，其发射时速度与y轴正方向夹角θ的正弦值。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)当粒子射向第二象限，与y轴正方向成30°角时，粒子运动轨迹如图1所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
设其运动半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝
由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为α＝30°
有r sin α＝a
解得v0＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)粒子质量、所带电荷量、初速度大小均相等，则所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，半径r也相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为a，如图2所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由(1)可知r＝2a
由几何关系可知sin θ＝＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2)
11．(2024·重庆卷)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
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(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，求打开磁场开关的那一时刻。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[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
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝
其中OK＝2r1＝。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子在磁场中运动的轨迹半径r2＝4r1
如图所示，由几何关系有
(4r1－2r1)2＋MO2＝(4r1)2
解得MO＝2r1＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达A点，要使粒子仍然经过K点，则A点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1－2r1)2＋OA2＝(4r1)2
解得OA＝2r1＝
粒子在打开磁场开关前运动时间为t＝
解得t＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2) (3)
12．(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，R1＝，R2＝
Q、O的距离为d＝2R1－2R2＝。
(2)由(1)可知，甲粒子完成一周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，N＝＝＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得
T1＝＝，T2＝＝
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
甲粒子绕一周的时间为T＝＝
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，R′1＝，R′2＝
完成一周期运动上升的距离d′＝2R′1－2R′2
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
2R′1＋nd′＝OQ＝d(n＝1，2，3，…)
n＝(n＝1，2，3，…)
结合以上式子，n无解。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
nd′＝OQ，n＝(n＝1，2，3，…)
计算可得＝n(n＝1，2，3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，n＝1舍去，则n＝2时，乙的比荷最小，为＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2) (3)
谢 谢 ！
C D
√
D [根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m，可知速率相等的大量电子的运动半径也相等，从原点O均匀发射到第一象限内，从磁场右边界射出的电子数占电子总数的三分之二，可得可以从磁场右边界射出的电子的发射角度范围有90°×＝60°，则根据电子的偏转轨迹和几何关系可得能从右边界射出的电子的发射方向与x轴正方向的夹角在～之间。故选D。]
[典例5] (带电粒子在圆形边界磁场中的运动)(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＝2T1＝，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。]
【典例5 教用·备选题】 (带电粒子在圆形边界磁场中的运动)如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
√
C [相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′的长度必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R, 其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示，由几何关系知r2＝＝R，可得 r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。]
[典例6] (带电粒子在三角形边界磁场中的运动)如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d；∠C＝，现垂直于AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)，已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2.4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D．粒子进入磁场时的速度大小为
√
C [垂直于AC边射出，可知速度偏转角为，则对应的圆心角也等于，依题意有t0∶T＝∶(2π)，解得T＝4t0，故A错误；根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有T＝4t0＝，可得B＝，故B错误；在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，依题意其运动轨迹如图所示
因磁场中运动的时间为t0时，对应的圆心角为，即∠EOF＝π，根据几何关系有r cos ∠FOA＋＝d，即r＋r＝d，解得r＝d，故C正确；根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有r＝d＝，解得v＝＝，故D错误。故选C。]
[典例7] (带电粒子在矩形边界磁场中的运动)(2024·江苏常州一模)如图所示，长方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，区域内的点O处有一粒子源，O点离ab边距离为0.25L，离bc边距离为L，粒子源以垂直指向dc边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab边长为2L、bc边长为L，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同
B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为
C．粒子有可能从c点离开磁场
D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为
√
B [粒子的可能轨迹如图所示，
可见从ab边射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A错误；从bc边射出的粒子，圆心角最大即轨迹与bc边相切，即轨迹2，对应圆心角为180°，时间为t＝
＝，其余在bc边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B正确；轨迹与cd边相切的粒子，如轨迹4，由几何关系知其轨迹半径为0.75L，其切点在c点左侧，故粒子不可能过c点，故C错误；粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝，可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为，故D错误。]
【典例7 教用·备选题】 (带电粒子在矩形边界磁场中的运动)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
√
C [由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝， 若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v, 则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大；由t＝T, T＝知，运动时间变长，D错误。]
[典例8] (带电粒子在多边形边界磁场中的运动)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
√
A [如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，
选项B、C、D错误。]
规律总结 无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：
一、思路、方法与突破口
考点3 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题
两种思路 (1) 以定理、定律为依据，首先求出所研究的问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解；
(2) 直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理方法 (1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法 (1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少” “不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
二、临界极值问题的四个重要结论
1．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
2．当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
3．当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
4．在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大。
[典例9] (带电粒子在磁场中运动的极值问题)如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是( )
A．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C．沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为
D．沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
√
C [由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，根据T＝可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，由t＝T可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故A项错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，故B项错误；可画出四个粒子运动径迹的圆心，如图所示，设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为 ra＝r、 rb＝r，
根据qBv＝，可得＝＝，
故C项正确；由前述分析可知，运
动时间之比为偏转角之比，所以
＝＝＝，故D项错误。故选C。]
【典例9 教用·备选题】 (带电粒子在磁场中运动的极值问题)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子的质量为m、电荷量为＋q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，设B0＝。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧，其中选项A、B的磁感应强度B＝B0，选项C的磁感应强度B＝2B0，选项D中曲线是直径为L的圆，磁感应强度B＝B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是( )
A B C D
√
A [已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道半径为rA＝L，如图1所示，可知粒子都会聚到一点，故A正确；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道
半径为rB＝L，如图2所示，可知粒子不
会聚到一点，故B错误；
已知磁感应强度B＝2B0＝2， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道半径为rC＝，如图3所示，可知粒子不会聚到一点，故C错误；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得粒子的轨道
半径为rD＝L，如图4所示，可知粒子不
会聚到一点，故D错误。故选A。]
[典例10] (带电粒子在磁场中运动的临界问题)如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AD边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AD边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度的大小B需满足( )
A．B> B．B<
C．B> D．B<
√
B [粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝＝a。由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径r>r0，联立以上各式解得B<，选项B正确。]
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面：
考点4 带电粒子在磁场中运动的多解问题
类型 分析 图例
带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
类型 分析 图例
磁场方向不确定 在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解。如图所示，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
类型 分析 图例
临界状态不唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解
[典例11] (交变磁场中的多解问题)(2024·江苏镇江一模)在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2L，e为bc边界上的一点，且ce＝。重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入如图乙所示的周期性变化的磁场，
已知粒子的比荷为k。
(1)如果在t＝0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？
(2)如果磁场的磁感应强度B0＝，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，t＝0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0后垂直bc边离开磁场，经过一段时间又沿dc边从d点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程s分别为多大？(T0未知，用k、L、v0表示)
[解析] (1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有R2＝＋L2
计算得出R＝L
又R＝
解得B0＝。
(2)根据题意可知粒子的半径为L，画出粒子的运动轨迹如图所示
设粒子运动的周期为T，根据题意有T0＝T
得T0＝
为保证能回到d点，则在电场中所用时间
t＝nT0(n＝1，2，3，…)
又有t＝＝
解得E＝(n＝1，2，3，…)
电场中路程s＝2＝(n＝1，2，3，…)。
[答案] (1)(n＝1，2，3，…) (n＝1，2，3，…)
【典例11 教用·备选题】 (交变磁场中的多解问题)如图(a)所示，矩形区域ABCD(包含边界)中存在匀强磁场，其中AD＝d，AB＝d，质量为m、电荷量为q的正离子以初速度v从A点沿AB边射入匀强磁场中，规定垂直于ABCD平面向外为磁场的正方向，设匀强磁场的磁感应强度B随时间做周期性变化如图(b)所示，题中m、q、d、v为已知量，B、T未知，求：
(1)若磁感应强度B＝，t＝0时刻射入磁场的正离子刚好在t＝T时刻垂直于BC边从E点(图中未标出)离开磁场，求EB间的距离；
(2)若磁感应强度B＝，欲使在0～时间内射入磁场的正离子均不能由AD边离开磁场，求磁场的周期T应满足的条件；
(3)若磁感应强度B＝，欲使在t＝0时刻射入磁场的正离子垂直于CD边离开磁场，求磁场的周期T。(取sin ＝)
[解析] (1)设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，磁场在t＝时刻反向，正离子的运动轨迹如图1所示。
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得R＝d
EB间的距离EB＝2R＝d。
(2)只要t＝0时刻射入的离子不从AD边离开磁场，那么在0～时间内射入的离子均不能从AD边离开磁场，t＝0时刻射入的离子不从AD边离开的临界条件是：离子的运动轨迹恰好与AD边相切，临界的轨迹如图2所示。
设离子在0～时间内转过的圆心角为θ，由几何关系得 sin (π－θ)＝＝
解得θ＝π
离子在磁场中运动周期为T0＝＝
则有T＝T0
联立解得T＝
因离子在0～时间内转过的圆心角应不大于θ，故磁场的周期T应满足的条件为T≤。
(3)如图3所示为满足要求的一种可能的离子运动轨迹，正离子在磁场一个周期时间内的轨迹形状均为图3中A到E轨迹形状。
设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，0～T内离子运动轨迹对应的圆心角为α，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB＝m
解得r＝
离子做圆周运动的周期T1＝＝
又有T＝T1
联立解得T＝
①若正离子经n个磁场变化的周期后从类似于M、P的位置射出磁场，则需满足：
竖直方向上：r＋2nr·cos (π－α)＋2nr＝d, (n＝0，1，2，3，…)
水平方向上：2nr·sin (π－α)＋r≤d，(n＝0，1，2，3，…)
联立解得n＝2，α＝
可得T＝；
②若正离子经n个磁场变化的周期后从类似于N、Q的位置射出磁场，则需满足：
竖直方向上：r＋2r·cos (π－α)＋2nr·cos (π－α)＋2nr＝d，(n＝0，1，2，3，…)
水平方向上2nr·sin (π－α)＋2r·sin (π－d)－r≤d，(n＝0，1，2，3，…)
联立解得：n＝2，cos (π－α)＝
已知sin ＝
解得α＝
可得T＝。
[答案] (1)d (2)T≤ (3)或
方法技巧 解决多解问题的一般思路
(1)明确带电粒子的电性和磁场方向。
(2)正确找出带电粒子运动的临界状态。
(3)结合带电粒子的运动轨迹，利用圆周运动的周期性进行分析计算。
[典例12] (速度方向不确定形成的多解问题)如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v＝、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则
( )
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．打到板上的粒子数为N
C．从粒子源出发到板的最短时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧屏板上的最大时间差为
√
B [粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的半径R＝＝＝d，粒子运动到荧屏板的两种临界情况如图：
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A和C距离为d，右侧离C最远处为B点，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，
选项A错误；根据以上分析可知有一半的粒子能打到板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N，选项B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图：
粒子做整个圆周运动的周期T＝＝，由几何关系可知最短时间t2＝T＝，粒子在磁场中最长时间t1＝T＝，所以Δt＝t1－t2＝，选项C、D错误。故选B。]
[典例13] (速度大小不确定形成的多解问题)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。从离子源S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
√
C [若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图所示。
根据几何关系有R＝L，qvB＝m， 可得v＝＝kBL。
根据对称性可知出射速度与SP成30°夹角，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子上下均经历一次时，如图所示。
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
应用动态圆解决问题的要点
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
微点突破8 “动态圆”模型在电磁学中的应用
2．解题步骤
分析情境→作基础图→作动态图→确定临界轨迹→分析临界状态→构建三角形→解三角形
3．常见的几种临界情况
(1)直线边界
最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图所示，P为入射点，M为出射点。
(2)圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：
①当运动轨迹圆的半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。
②当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大。
“放缩圆”模型的应用
适用条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
适用条件 轨迹圆圆心 共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
[典例1] (“放缩圆”模型的应用)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法
不正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
√
C [若粒子射入磁场时速度为v＝，则由qvB＝m 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期
为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。]
“旋转圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示
适用条件 轨迹圆圆心 共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
[典例2] (“旋转圆”模型的应用)如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点、半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为 ＋q 的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0(未知)时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
(1)为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
(2)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0(未知)时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点(图中未画出)，求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cos α。
[解析] (1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，加速电压有最大值Um，
粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为rm，如图1所示。则rm＝
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm＝
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝
联立解得Um＝。
(2)设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2所示，因为加速电压U0不变，则粒子进入磁场的速度大小不变，根据r＝，可知其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cos α＝5a＋0.8a
解得cos α＝。
[答案] (1) (2)
“平移圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
适用条件 轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
[典例3] (“平移圆”模型的应用)如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是( )
A B
C D
√
C [离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示
粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。]
题组一 对洛伦兹力的理解和应用
1．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流(宇宙射线)在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时将( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
课时分层作业(二十六) 磁场对运动电荷的作用
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点向西偏转
D．相对于预定地点向北偏转
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
C [电子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故C正确，A、B、D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2．(2025·江苏盐城模拟)如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A B
C D
√
A [由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r＝可知，电子运动的轨迹半径越来越大，故A正确，B、C、D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3．如图甲所示，用强磁场将百万度高温的等离子体(等量的正离子和电子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100 秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是
( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．正离子在纵向场中沿顺时针方向运动
B．发生漂移是因为带电粒子的速度过大
C．正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移
D．正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移
√
D [根据左手定则可判断正离子在磁场中受力如图，所以正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A错误；由图可知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得R＝，可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，B越大，R越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离
子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故B、C错
误，D正确。故选D。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题组二 带电粒子在匀强磁场中的运动
4．如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
D [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0＝，解得v0＝，故B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝mr，则＝，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5．(2024·江苏南京一模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则以下说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．质子的速度可能为BkL
B．质子的速度可能为BkL
C．质子由A到C的时间可能为
D．质子由A到C的时间可能为
√
C [因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示。
所有圆弧所对圆心角均为60°，质子可能的运动半径r＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk(n＝1，2，3，…)，质子的速度不可能为BkL和BkL，故A、B错误；质子由A到C的时间可能为t＝×n×＝＝
(n＝1，2，3，…)，故C正确，D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6．(2024·江苏徐州一模)如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源(图中未画出)，在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子速度的最大值为
B．粒子速度的最大值为
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场
中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
C [根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子的运动半径为r＝，可知粒子速度最大时，运动半径最大，作出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系有(2R－r)2＝R2＋r2，联立解得r＝R，v＝，故A、B错误；某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有tan ＝＝，
解得其在磁场中运动的时间为t＝×T＝
，故C正确，D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7．如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离
开磁场。不计粒子的重力。则下列说法不正确的
是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
B [根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
粒子运动的半径为r＝＝2L，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得粒子入射速率v＝，若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据几何关系可知(2r)2＝，解得xm＝3L, D正确。故选B。]
8．(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＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb。
(2)粒子a的动量大小pa。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)设分裂后粒子的电荷量为q，粒子做圆周运动的线速度分别为va、vb
两粒子的线速度之比＝＝＝3
粒子在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qvB＝m
解得m＝
两粒子的质量之比＝＝＝6×＝2。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由(1)可知va＝3vb，ma＝2mb
粒子分裂前的质量m＝ma＋mb＝1.5ma
粒子分裂过程中系统动量守恒，以粒子的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得mv＝mava＋mbvb
粒子a的动量大小pa＝mava
解得pa＝mv。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1)2∶1 (2)mv
9．如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(Oxy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP ＝ l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A． B． C． D．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
A [由题知，一带电粒子由O点沿轴x正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
则根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则sin 30°＝，解得粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m， 则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有＝，故选A。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10．如图所示，原点O有一粒子源，能向x轴上方Oxy平面内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度大小均相等，在x轴上方直线y1＝y0与y2＝y0＋a(y0未知，a＞0)之间存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，已知射向第二象限、与y轴正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁场上边界射出，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)粒子运动的初速度大小v0；
(2)粒子在磁场中运动时间最短且能从上边界射出，其发射时速度与y轴正方向夹角θ的正弦值。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)当粒子射向第二象限，与y轴正方向成30°角时，粒子运动轨迹如图1所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
设其运动半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝
由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为α＝30°
有r sin α＝a
解得v0＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)粒子质量、所带电荷量、初速度大小均相等，则所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，半径r也相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为a，如图2所示
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由(1)可知r＝2a
由几何关系可知sin θ＝＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2)
11．(2024·重庆卷)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
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(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，求打开磁场开关的那一时刻。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[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
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝
其中OK＝2r1＝。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子在磁场中运动的轨迹半径r2＝4r1
如图所示，由几何关系有
(4r1－2r1)2＋MO2＝(4r1)2
解得MO＝2r1＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达A点，要使粒子仍然经过K点，则A点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1－2r1)2＋OA2＝(4r1)2
解得OA＝2r1＝
粒子在打开磁场开关前运动时间为t＝
解得t＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2) (3)
12．(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，R1＝，R2＝
Q、O的距离为d＝2R1－2R2＝。
(2)由(1)可知，甲粒子完成一周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，N＝＝＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得
T1＝＝，T2＝＝
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
甲粒子绕一周的时间为T＝＝
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，R′1＝，R′2＝
完成一周期运动上升的距离d′＝2R′1－2R′2
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
2R′1＋nd′＝OQ＝d(n＝1，2，3，…)
n＝(n＝1，2，3，…)
结合以上式子，n无解。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
nd′＝OQ，n＝(n＝1，2，3，…)
计算可得＝n(n＝1，2，3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，n＝1舍去，则n＝2时，乙的比荷最小，为＝。
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
[答案] (1) (2) (3)
谢 谢 ！
同课章节目录