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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第十一章 磁 场 第二讲 磁场对运动电荷的作用
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第十一章 磁 场 第二讲 磁场对运动电荷的作用，共28页。
考点1 洛伦兹力的理解和应用
1.对洛伦兹力的理解
2.洛伦兹力的应用——带电粒子在匀强磁场中的运动
如图甲所示，一段横截面积为S的直导线，单位体积内有n个自由电子，自由电子电荷量为e.该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v.
（1）请根据电流的定义式I＝qt，推导电流微观表达式.
（2）如图乙所示，将该直导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式.
答案 （1）I＝neSv （2）F洛＝Bev
解析 （1）t时间内，通过导线横截面的电荷量q＝neSvt
由电流的定义式I＝qt
可得电流微观表达式I＝neSv.
（2）t时间内，安培力F安＝BIL＝BneSv2t
通过导线横截面的自由电子个数N＝nSvt
洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力
则洛伦兹力的表达式F洛＝F安N＝Bev.
命题点1 洛伦兹力大小和方向的分析
1.[2023海南]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的说法正确的是（ A ）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
解析 小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；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；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；洛伦兹力永不做功，D错.
命题点2 洛伦兹力与电场力的比较
2.[多选]带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h1（如图甲所示）；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2（如图乙所示）；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3（如图丙所示）；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4（如图丁所示）.不计空气阻力，则（ AC ）
A.h1＝h3
B.h1＜h4
C.h2与h4无法比较
D.h1与h2无法比较
解析 题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝v022g，题图丙中，当加上水平向右的匀强电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v02＝2gh3，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＝12mv02，又由于12mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；题图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误；不能确定h2与h4的大小关系，C正确.
方法点拨
命题点3 有约束情况下带电体的运动
3.[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（ ACD ）
解析 设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速直线运动，A正确；若mg＞μBqv0，则物块开始有向下的加速度，做加速运动，由a＝mg-μBqvm可知，随速度增大，加速度减小，当满足mg＝μBqv临时，速度达到最大，加速度减小到零，即物块先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，B错误，D正确；若mg＜μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝μBqv-mgm可知，随速度减小，加速度减小，当满足mg＝μBqv临时，速度减到最小，加速度减小到零，即物块先做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动，则C正确.
命题点4 带电粒子在匀强磁场中的运动
4.在同一匀强磁场中，α粒子（24He）和质子（11H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（ B ）
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力大小之比是2∶1
解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvqB，故α粒子和质子运动半径之比为1∶2，A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，故α粒子和质子运动周期之比为2∶1，B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，由于动量大小相等，故两者运动速度大小之比为1∶4，C错误；带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，故α粒子和质子受到的洛伦兹力大小之比为1∶2，D错误.
5.[2022北京]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 ）
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
考点2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.带电粒子在匀强磁场中的运动分析
2.带电粒子在有界匀强磁场中的运动
如图所示为洛伦兹力演示仪，当电子枪水平向左发射电子，电子在洛伦兹力作用下做圆周运动，则可判断两励磁线圈中电流方向（从目前的视角观察）（ A ）
A.均为顺时针方向
B.均为逆时针方向
C.靠近观察者的线圈中电流为顺时针方向、另一线圈中电流为逆时针方向
D.靠近观察者的线圈中电流为逆时针方向、另一线圈中电流为顺时针方向
解析 因为电子枪水平向左发射电子，电子在洛伦兹力作用下做圆周运动，受到竖直向上的洛伦兹力，所以由左手定则知磁场方向垂直纸面向里，且两线圈应产生相同方向的磁场，由安培定则知，两线圈中电流方向都为顺时针方向，A正确.
命题点1 直线边界磁场
6.[多选]如图所示，一单边有界匀强磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点射出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点射出磁场，OA＝AB，则（ AC ）
A.粒子1与粒子2的速率之比为1：2
B.粒子1与粒子2的速率之比为1：4
C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1
D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2
解析 粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，如图所示.由几何关系可知，粒子1与粒子2在磁场中做圆周运动的半径之比为1：2，由r＝mvqB可知，粒子1与粒子2的速率之比为1：2，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πmqB，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此两粒子在磁场中运动的时间相同，即C正确，D错误.
命题点2 矩形和三角形边界磁场
7.[矩形边界]如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外.ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子.已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（ B ）
A.14kBl，54kBB.14kBl，54kBl
C.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl
解析 电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝l4，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；电子从d点射出时，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得轨迹半径为rd＝5l4，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝mvd2rd，又em＝k，解得vd＝5kBl4，B正确.
8.[三角形边界]如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力.求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.
答案 （1）4UB2d2 （2）Bd24U（π2＋33）
解析 （1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，如图所示，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r ②
由几何关系知
d＝2r ③
联立①②③式得qm＝4UB2d2 ④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝Bd24U（π2＋33）.
命题点3 圆形边界磁场
9.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2，已知粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ B ）
A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm
解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应的圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形.由于O1D＝R2，由几何关系知∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2R，得v＝qBRm，B正确.
命题拓展
情境不变，一题多设问
（1）上例中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运动时间为（ B ）
A.πm6qBB.πm3qBC.2πm3qBD.πmqB
解析 粒子在磁场中做圆周运动，转过的圆心角θ＝60°，则在磁场中运动时间t＝θ360°T＝60°360°×2πmqB＝πm3qB，B项正确.
（2）上例中，若带电粒子从a点沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射入、射出磁场时运动方向的夹角仍为60°，则粒子的速率为（ C ）
A.qBR2mB.qBRmC.3qBRmD.2qBRm
解析 由题意，粒子运动轨迹如图1所示，则∠aO2c＝60°，∠aO1c＝120°.由几何关系得r＝3R，又qvB＝mv2r，则v＝qBrm＝3qBRm，C项正确.
（3）上例中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，则带电粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为（ D ）
A.30°B.45°C.60°D.120°
解析 因带电粒子的速率不变，由qvB＝mv2r得r＝R，则粒子运动轨迹如图2所示，由几何关系得∠EO2F＝120°，D项正确.
命题点4 直角边界磁场
10.[2021北京]如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场.一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°角的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场.已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力.根据上述信息可以得出（ A ）
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的时间
D.该匀强磁场的磁感应强度
解析 如图，找出轨迹圆心O'，画出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，利用三角函数知识求出轨迹半径r＝asin60°＝233a，OO'＝atan60°＝33a，则轨迹方程为x2＋(y－33a)2＝43a2(x＞0，y＞0)，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，故v＝qBrm，因为B和v均未知，故B、D错误；因为T＝2πrv＝2πmqB，B未知，不能求出周期T，故不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，C错误.
考点3 带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题
1.解题关键点
（1）关注题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语，作为解题的切入点.
（2）关注涉及临界和极值条件的六个结论
2.一般思维流程
命题点1 带电粒子运动的临界问题
11.[多选]如图所示，在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场.速率不同的大量相同带电粒子从A点沿与AC边夹角为60°的方向进入磁场，从AC和BC边的不同位置离开磁场.已知AB的长度为l，∠ACB＝30°，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，则（ ABD ）
A.所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B.从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短
C.粒子在磁场中运动的弧长越长，运动时间一定越长
D.从BC边离开的粒子离C点的最近距离为3－32l
解析 根据题意画出可能的运动轨迹如图所示，根据几何关系知所有从AC边离开的粒子转过的圆心角相等，均为23π，根据T＝2πmqB，及t＝θ2πT，可知所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，故A正确；由图可知从BC边离开的粒子转过的圆心角不等，越靠近B点转过的圆心角越小，所以从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短，故B正确；由以上分析可知运动时间与弧长无关，故C错误；当粒子运动轨迹与BC边相切(切点为F点)时，F点距离C点最近，根据几何关系可得四边形AOFE为正方形，三角形AEB为直角三角形，所以粒子运动半径为r＝32l，BE的长度为12l，所以FC的长度为3-32l，故D正确.
命题点2 带电粒子运动的极值问题
12.如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力.
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场.求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离.
答案 （1）磁场方向垂直于纸面向里 mv0qh （2）π6 （2－3）h
解析 （1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里.设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝mv02R ①
由此可得R＝mv0qB ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝mv0qh ④
（2）若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R'＝2h ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示.设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有
sinα＝h2h＝12 ⑥
则α＝π6 ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
yP＝2h（1－csα） ⑧
联立⑦⑧式得yP＝（2－3）h
考点4 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
命题点1 带电粒子电性不确定形成多解
13.[多选]如图所示，左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场.欲使粒子不能从边界QQ'射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（ AC ）
A.（2+2）BqdmB.Bqdm
C.（2－2）BqdmD.2Bqd2m
解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝mv0qB知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的运动轨迹和边界QQ'相切时，粒子刚好不从QQ'射出，此时其入射速度v0应为最大.若粒子带正电，其运动轨迹如图（a）所示（此时圆心为O点），由几何关系得R1sin45°＋d＝R1，将R1＝mv0qB代入上式得v0＝（2+2）Bqdm，A正确.若粒子带负电，其运动轨迹如图（b）所示（此时圆心为O'点），由几何关系得R2＋R2cs45°＝d，将R2＝mv0qB代入上式得v0＝（2－2）Bqdm，C正确.
命题点2 磁场方向不确定形成多解
14.如图所示，在x轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方也有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）.一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，在纸面内以大小为v的速度从O点与x轴负方向成θ＝60°角射入x轴上方磁场，粒子第1次经过x轴时的位置为P（图中未画出），第2次经过x轴时的位置为Q（图中未画出），且粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，不计粒子受到的重力.求：
（1）从P点到O点的距离；
（2）x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小和方向.
答案 （1）3mvBq （2）见解析
解析 （1）根据题意可知，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图甲所示.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r
根据几何关系有OP＝2rsinθ
联立解得OP＝3mvBq.
（2）根据圆周运动的周期T＝2πrv＝2πmBq
则带电粒子在磁场中的运动时间为t＝α2πT＝αmBq.
①若x轴下方的磁场方向垂直纸面向外，粒子的运动轨迹如图乙所示.
由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，则根据几何知识可知圆心角α1＝α2＝240°
故有B下＝B；
②若x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，粒子的运动轨迹如图丙所示.
由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，则根据几何关系有α3＝12α1＝120°
故有B下'＝12B.
图甲 图乙 图丙
命题点3 临界状态（速度大小）不确定形成多解
15.[2022湖北/多选]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.离子源从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Р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（ BC ）
A.13kBL，0°B.12kBL，0°
C.kBL，60°D.2kBL，60°
解析 若离子的入射速度v＝13kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L3，则轨迹如图甲所示，由几何关系可以得出θ＝60°，选项A错误；若v＝12kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L2，则轨迹如图乙所示，由几何关系可以得出θ＝0°，选项B正确；若v＝kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L，则轨迹如图丙所示，由几何关系可以得出θ＝60°，选项C正确；若v＝2kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝2L，则轨迹如图丁所示，从图中可以看出离子不从P点射出，选项D错误.
图甲 图乙
图丙 图丁
命题点4 运动的周期性形成多解
16.[2023全国甲/多选]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（ BD ）
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
解析 假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况.如图1所示，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D对；粒子在圆筒中先做圆周运动，与筒壁碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错；粒子最少与筒壁碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B对；根据qvB＝mv2r可知r＝mvqB，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与筒壁碰撞次数可能会增多，在圆筒内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错.
图1 图2
图3
1.[带电粒子在有界磁场中的运动/2022辽宁/多选]粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示.内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器.两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点.装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（ AD ）
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
解析 由于粒子1在磁场中沿直线运动，则粒子1不带电，因此粒子1可能为中子，A正确；粒子2在磁场中向上偏转，由左手定则可知，粒子2一定带正电，B错误；由于粒子1不带电，在磁场中不发生偏转，增大磁感应强度，粒子1仍打在M点，C错误；由qvB＝mv2R得R＝mvqB，若增大粒子的入射速度，则粒子2在磁场中的轨迹半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确.
2.[带电粒子在有界磁场中的运动/2021海南/多选]如图，在平面直角坐标系xOy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（0，3L）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（ ACD ）
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23qBLm
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L
解析 由于粒子垂直x轴离开磁场，故粒子向下偏转，由左手定则可知粒子带正电，A项正确；当α＝45°时，
粒子运动轨迹如图中轨迹2所示，粒子不再垂直x轴射出磁场，B项错；粒子在磁场中运动，有qvB＝mv2R，由几何关系可知R＝23L，所以粒子的速率v＝23qBLm，C项正确；粒子离开磁场的位置到O点的距离最大时，入射点与出射点间距离为2R＝43L，所以出射点到O的最大距离为35L，D项正确.
3.[磁场中的碰撞/2023湖北]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；
（3）t＝18πmqB时刻粒子甲、乙的位置坐标及从第一次碰撞到t＝18πmqB的过程中粒子乙运动的路程.（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
答案 （1）qBam （2）12m 3qBam （3）甲（－6a，0） 乙（0，0） 67πa
解析 （1）由题意可知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入磁场并运动到达点O，则粒子甲的轨迹半径
r甲0＝a
又qv甲0B＝mv甲02r甲0，解得v甲0＝qBam
（2）由题意可知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲＝2T乙
根据qvB＝m4π2T2r＝mv2r有
T＝2πmqB
故T甲T乙＝mm乙，则m乙＝12m，粒子甲、乙碰撞过程，取y轴负方向为速度正方向，有
mv甲0＋m乙v乙0＝mv甲1＋m乙v乙1
12mv甲02＋12m乙v乙02＝12mv甲12＋12m乙v乙12
又v甲1＝－3v甲0
联立解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3qBam
（3）已知在t1＝πmqB时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0
则根据qvB＝mv2r可知，第一次碰撞后乙粒子的运动半径为r乙1＝32r甲0＝32a
第一次碰撞后甲粒子的运动半径为
r甲1＝3r甲0＝3a
又T甲＝2T乙，则在t2＝3πmqB时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且从甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s1＝6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2
12mv甲12＋12m乙v乙12＝12mv甲22＋12m乙v乙22
解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0
则根据qvB＝mv2r可知第二次碰撞后，甲粒子的运动半径为r甲2＝r甲0＝a
乙粒子的运动半径为r乙2＝52r甲0＝52a
经分析可知在t3＝5πmqB时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且从甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s2＝10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
12mv甲22＋12m乙v乙22＝12mv甲32＋12m乙v乙32
解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0
依次类推
在t9＝17πmqB时，甲、乙粒子发生第九次碰撞且从甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s8＝10πa
且在第九次碰撞后有
v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0
第九次碰撞后，r甲9＝3a，r乙9＝32a，从t9＝17πmqB到t＝18πmqB的过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝18πmqB时甲粒子运动到点（－6a，0）处，从t9＝17πmqB到t＝18πmqB的过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝18πmqB时乙粒子回到坐标原点，即此时乙的位置坐标为（0，0）
且此过程中乙粒子走过的路程为s9＝3πa
故整个过程中乙粒子运动的总路程为
s＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa.
1.显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的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，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是（ A ）
A B
C D
解析 要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，则P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，打在O点时不受洛伦兹力，磁感应强度为零，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是A选项的磁场.
2.[磁场与动量结合/2021湖北/多选]一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出.仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ BC ）
A.a带负电荷B.b带正电荷
C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等
解析 由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由于微粒a与微粒b的电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误.
3.[2023北京]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直.管道横截面半径为a，长度为l（l＞＞a）.带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出.单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用.下列说法不正确的是（ C ）
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为Bqav
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
解析 因为l＞＞a，则可以认为l为a的整数倍，则粒子在管道内的运动轨迹如图所示.
粒子的运动半径r＝aqvB＝mv2r→m＝Bqav，A、B正确，不符合题意
粒子在管内运动时间为t→管中的电荷量Q＝nt·qI＝Qt＝nq，C不正确，符合题意
粒子束对管道平均作用力F等于等效电流受的安培力FA＝BIlFA＝nBql，D正确，不符合题意.
4.[洛伦兹力演示仪/2024河北衡水桃城区校级模拟]如图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，玻璃泡中的磁场可以视为匀强磁场，且磁感应强度大小与线圈中电流I的关系为B＝kI（k为常量）.电子由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直.测得电子在玻璃泡中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，从电子枪射出经过加速的电子速度为v，电子所带电荷量为e，质量为m，则励磁线圈中电流I0和一个电子在玻璃泡中运动的等效电流I分别为（ B ）
A.2mvkre，evπr
B.mvkre，ev2πr
C.2mvkre，ev2πr
D.mvkre，evπr
解析 由B＝kI可知，玻璃泡中的磁场的磁感应强度B＝kI0，速度为v的电子在玻璃泡中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，联立解得I0＝mvkre，电子做匀速圆周运动的周期为T＝2πrv，一个电子在玻璃泡中运动的等效电流为I＝eT＝ev2πr，故A、C、D错误，B正确.
5.[多选]如图所示，平行放置的长直导线分别通有等大反向的电流I.某带正电的粒子以一定速度从两导线的正中间射入，第一次两通电导线沿图甲所示方向，第二次两通电导线沿图乙所示方向.不计粒子重力，下列说法正确的是（ AC ）
图甲 图乙
A.图甲中虚线上的磁感应强度方向垂直纸面向里
B.图乙中粒子的初速度方向与虚线上的磁场方向垂直
C.图甲中粒子将向上偏转，且速度大小保持不变
D.图乙中粒子做直线运动，且速度先增大后减小
解析 根据安培定则和磁场叠加可知图甲中虚线上的磁感应强度垂直纸面向里，A正确；根据安培定则以及对称性可知图乙中虚线上的磁感应强度方向水平向右，所以图乙中粒子的初速度与虚线上的磁场同向，即粒子不受洛伦兹力作用，将做匀速直线运动，B、D错误；根据左手定则可知图甲中粒子将向上偏转，由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子速度大小保持不变，C正确.
6.[2023重庆高三联考/多选]在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示.内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器.AC和PM为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场.粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q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，忽略粒子所受重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（ BD ）
A.粒子2可能为电子
B.若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C.若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D.若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
解析
7.[运动形式创新]如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内.O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直.将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动.下列说法正确的是（ D ）
A.小球在M点和N点时均处于平衡状态
B.小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C.小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D.小球每次经过O点时所受合外力均相等
解析 小球在M点和N点所受合力不为零，所以小球不处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力与支持力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对小球速度大小有影响的只有重力，小球无论从哪边滚下，到O点所用时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律知，小球每次经过O点时的速度大小相等，由F合＝mv2r可知，F合大小相等，故D正确；小球在O点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，在O点小球所受洛伦兹力向下，故有F1－mg－qvB＝mv2r，轨道所受的压力大小为F1'＝F1＝mg＋qvB＋mv2r，小球从M到N时，在O点小球所受洛伦兹力向上，故有F2＋qvB－mg＝mv2r，故轨道所受的压力大小为F2'＝F2＝mg－qvB＋mv2r，所以小球不是每次经过O点时对轨道的压力都相等，故C错误.
8.[力电综合/多选]如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘长木板，甲、乙叠放在一起静止于粗糙的水平地面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动.在以后的运动过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.甲、乙两物块可能相对滑动
B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C.甲物块向左先加速运动后匀速运动
D.乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F
解析 以甲、乙整体为研究对象，受力分析如图，则有N＝F洛＋（m甲＋m乙）g，当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，故甲、乙两物块先向左做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，不可能相对滑动，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f'＝m甲a，因a减小，则f'减小，即甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，A、B错误，C正确；由于甲、乙两物块最后会匀速运动，对甲、乙两物块整体水平方向受力分析可得，乙物块受到地面的最大摩擦力大小即为F，D正确.
9.[2024江西鹰潭开学考试]如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO＝90°，∠POQ＝30°.两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇.不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ C ）
A.a带负电，b带正电
B.a、b两粒子的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的速度之比为2∶1
D.a、b两粒子的质量之比为1∶3
解析 如图所示，由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等，可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误；两粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，则有13Ta＝16Tb，a、b两粒子的周期之比为TaTb＝12，故B错误；根据周期公式T＝2πmqB，由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为mamb＝TaTb＝12，故D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为vavb＝mbma＝21，故C正确.
10.如图所示，竖直平面内固定一足够长的绝缘直杆，与水平面夹角为α，杆处在足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于杆所在竖直平面，磁场的磁感应强度大小为B.杆上套一个带负电的小圆环，环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ（μ＜tanα）.将环由静止释放，环向下滑动，当环速度为v1时其加速度最大，当环速度为v2时其加速度为零，则v2v1为（ C ）
A.tanαB.tanαμC.tanαμ＋1D.tanαμ－1
解析 小圆环沿杆运动的速度为v1时，垂直杆的方向有FN1＋Bqv1＝mgcsα，沿杆的方向有mgsinα－Ff1＝mam，因此时加速度最大，所以应有Ff1＝0，即FN1＝0，此时Bqv1＝mgcsα，解得v1＝mgcsαqB.在圆环继续下滑过程中，弹力方向变为垂直于杆向下，设当环的速度为v2时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时有a＝0，即mgsinα＝Ff2，FN2＋mgcsα＝Bqv2，解得v2＝mgsinα＋μmgcsαμqB，因此v2v1＝tanαμ＋1，故选C.
11.[2022湖北/多选]如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P（a＞0，b＞0）.若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2.下列关系式正确的是（ AD ）
A.t1＜t2B.t1＞t2
C.Ek1＜Ek2D.Ek1＞Ek2
解析 若题述过程由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子在x轴方向不受外力作用，做匀速运动，t1＝av0，根据动能定理得qEb＝Ek1－12mv02，解得Ek1＝12mv02＋qEb；若题述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子在x轴方向受沿x轴负方向的洛伦兹力的分力Fx＝Bqvy作用，做减速运动，所以t2＞av0，因为洛伦兹力不做功，根据动能定理可得Ek2＝12mv02.综上所述，A、D正确，B、C错误.
12.[2023河北石家庄质量检测/多选]如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B为π6，一群比荷为qm的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围内垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则（ ACD ）
A.磁感应强度大小为5πm12qt0
B.粒子运动的轨迹半径为33l
C.粒子射入磁场的速度大小为53πl42t0
D.粒子在磁场中扫过的面积为63+3π49l2
解析 垂直于AC边射入且从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，轨迹圆心在C处，偏转的圆心角θ＝π2，如图1所示，则有65t0＝θmqB，解得B＝5πm12qt0，A正确；粒子在磁场中的运动时间最长，则其轨迹所对圆心角最大，此时轨迹刚好与AB相切，设其偏转角为α，根据圆周运动规律有2t0＝αmqB，解得α＝5π6，根据平面几何知识有l＝Rcs30°＋Rcs30°，解得其轨迹半径R＝237l，B错误；粒子在磁场中的运动速度大小v＝αR2t0＝53πl42t0，C正确；由几何知识可知，粒子在磁场中扫过的面积为一个四分之一圆面加一个矩形，如图2中阴影部分所示，则面积S＝14πR2＋R·Rcs30°，解得S＝63+3π49l2，D正确.
图1 图2
13.[带电粒子在磁场中运动＋动量/2022江苏]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点分裂成带等量异种电荷的粒子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.
答案 （1）2∶1 （2）67mv
解析 （1）分裂后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r
解得r＝mvqB
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1
则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1
（2）电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律有
mv＝mava＋mbvb
又分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1
解得pa＝mava＝67mv.
14.[带电粒子在磁场中运动＋碰撞/2024湖北“宜荆荆恩”起点考试]如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其边界上的O点存在一个粒子发射源，发射源不定时地向磁场发射速度大小和方向均不同的同种粒子.已知此粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）.在某段时间内，发射源在纸面内先后向磁场的左上方、右上方发射了两个粒子，其中粒子1的速度大小为v0，方向与MN的夹角α＝37°；粒子2的速度大小为2v0，方向与MN的夹角β＝53°.粒子1、2分别从磁场边界上的A、B两点（图中未画出）射出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，sin37°＝cs53°＝0.6.
（1）求两粒子在磁场边界上的射出点A、B之间的距离d；
（2）若两粒子在射出磁场后恰能在直线MN下方的无场区域相碰，求两粒子从发射源发射的时间间隔Δt.
答案 （1）2mv0qB （2）（π－1）mqB
解析 （1）由题意可知粒子1、2在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，则有qv0B＝mv02r1
q·2v0B＝m（2v0）2r2
结合左手定则作出粒子1、2在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系可知∠OO1A＝2α，∠OO2B＝2β
则A、B之间的距离为d＝LOB－LOA＝2r2sinβ－2r1sinα
联立解得d＝2mv0qB
（2）由T＝2πrv可得T1＝T2＝2πmqB
设两粒子在直线MN下方的C点相碰，如图所示，由几何关系可知，粒子1从O点运动至C点所用的时间为t1＝2α360°T1＋dcsαv0
粒子2从O点运动至C点所用的时间为
t2＝360°－2β360°T2＋dcsβ2v0
则两粒子从发射源发射的时间间隔为Δt＝｜t1－t2｜
联立解得Δt＝（π－1）mqB.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，认识洛伦兹力.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.
2.能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用.
洛伦兹力的理解和应用
2023：湖北T15；
2022：湖北T10；
2021：湖北T9
1.物理观念：理解洛伦兹力的概念.
2.科学思维：掌握洛伦兹力的应用方法；建构带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的模型；运用力学观点、能量观点分析求解带电粒子在复合场中的运动，培养分析推理能力及利用数学知识解决物理问题的能力.
带电粒子在有界匀强磁场中的运动
2023：全国甲T20；
2022：湖北T8，辽宁T8，浙江6月T22；
2021：北京T12，海南T13；
2020：天津T7，海南T18；
2019：全国ⅠT24，全国ⅡT17，北京T16
带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题
2022：浙江1月T22；
2020：全国ⅡT24，江苏T16，浙江7月T22；
2019：江苏T16
带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
命题分析预测
本部分内容主要考查带电粒子在有界磁场中的运动，难点是带电粒子在有界磁场中的临界问题.试题既有选择题也有计算题，难度中等偏上.预计2025年高考会考查带电粒子在有界磁场中的运动，可能会涉及临界问题，要对带电粒子在匀强磁场中的偏转有深入的理解.
定义
磁场对[1] 运动电荷 的作用力
大小
（1）v∥B时，F＝[2] 0
（2）v⊥B时，F＝[3] qvB
（3）v与B的夹角为θ时，F＝[4] qvBsinθ
方向
（1）判定方法：[5] 左手定则 ，注意四指应指向[6] 正 电荷运动的方向或[7] 负 电荷运动的反方向
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于[8] B、v 决定的平面（注意B和v不一定垂直）
特点
（1）洛伦兹力的大小正比于v的大小，方向垂直于v的方向，随着v（方向、大小）同时改变，具有被动性的特点
（2）洛伦兹力的方向垂直于v的方向，不做功，只改变v的方向，不改变v的大小
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＝qvBsinθ
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
基本思路
图例
说明
圆心的确定
（1）与速度方向垂直的直线过圆心
（2）弦的垂直平分线过圆心
P、M点速度垂线的交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法，例：（左图）R＝Lsinθ或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝L2＋d22d
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
（1）t＝θ2π·T （2）t＝Lv
弦切角：α
速度偏转角：φ
圆心角：θ
关系：φ＝θ＝2α
常见类型
图例
特征
一条直线边界
轨迹具有对称性.从同一条直线边界进、出，进的角度和出的角度相等
两条平行直线边界
圆轨迹的半径与速度有关，所以粒子有可能从同一条直线边界或另一条直线边界射出，其临界条件是圆轨迹与另一条直线边界相切.规范作出圆轨迹图像，利用三角函数或勾股定理求解圆半径R
矩形和三角形边界
由于边界的限制，粒子的运动常常出现临界问题，一般临界的位置在圆轨迹与直线边界相切处
圆形边界
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性；不沿径向射入圆形磁场时，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
结论一
粒子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
结论二
当速度v一定时，弧长越长，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长
结论三
当速度v变化时，圆心角越大，弦切角也越大，对应的运动时间也越长
结论四
在圆形匀强磁场区域中，当带电粒子运动轨迹半径大于圆形磁场区域半径，入射点和出射点为磁场区域直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的弦中直径最长），运动时间最长
结论五
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，P为入射点，M为出射点，此时带电粒子在磁场中运动时间最短
结论六
磁场区域面积极值：磁场区域边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场区域的一条弦，以该弦为直径的圆就是最小圆，对应的圆形磁场区域有最小面积
多解分类
多解原因
示意图
带电粒子
电性不确定
带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向
不确定
题目只说明了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态
（速度大小）
不确定
带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的
往复性
带电粒子在空间运动时，其运动轨迹可能具有往复性
考点1 洛伦兹力的理解和应用
1.对洛伦兹力的理解
2.洛伦兹力的应用——带电粒子在匀强磁场中的运动
如图甲所示，一段横截面积为S的直导线，单位体积内有n个自由电子，自由电子电荷量为e.该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v.
（1）请根据电流的定义式I＝qt，推导电流微观表达式.
（2）如图乙所示，将该直导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式.
答案 （1）I＝neSv （2）F洛＝Bev
解析 （1）t时间内，通过导线横截面的电荷量q＝neSvt
由电流的定义式I＝qt
可得电流微观表达式I＝neSv.
（2）t时间内，安培力F安＝BIL＝BneSv2t
通过导线横截面的自由电子个数N＝nSvt
洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力
则洛伦兹力的表达式F洛＝F安N＝Bev.
命题点1 洛伦兹力大小和方向的分析
1.[2023海南]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的说法正确的是（ A ）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
解析 小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；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；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；洛伦兹力永不做功，D错.
命题点2 洛伦兹力与电场力的比较
2.[多选]带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h1（如图甲所示）；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2（如图乙所示）；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3（如图丙所示）；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4（如图丁所示）.不计空气阻力，则（ AC ）
A.h1＝h3
B.h1＜h4
C.h2与h4无法比较
D.h1与h2无法比较
解析 题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝v022g，题图丙中，当加上水平向右的匀强电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v02＝2gh3，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＝12mv02，又由于12mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；题图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误；不能确定h2与h4的大小关系，C正确.
方法点拨
命题点3 有约束情况下带电体的运动
3.[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（ ACD ）
解析 设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速直线运动，A正确；若mg＞μBqv0，则物块开始有向下的加速度，做加速运动，由a＝mg-μBqvm可知，随速度增大，加速度减小，当满足mg＝μBqv临时，速度达到最大，加速度减小到零，即物块先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，B错误，D正确；若mg＜μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝μBqv-mgm可知，随速度减小，加速度减小，当满足mg＝μBqv临时，速度减到最小，加速度减小到零，即物块先做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动，则C正确.
命题点4 带电粒子在匀强磁场中的运动
4.在同一匀强磁场中，α粒子（24He）和质子（11H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（ B ）
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力大小之比是2∶1
解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvqB，故α粒子和质子运动半径之比为1∶2，A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，故α粒子和质子运动周期之比为2∶1，B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，由于动量大小相等，故两者运动速度大小之比为1∶4，C错误；带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，故α粒子和质子受到的洛伦兹力大小之比为1∶2，D错误.
5.[2022北京]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 ）
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
考点2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.带电粒子在匀强磁场中的运动分析
2.带电粒子在有界匀强磁场中的运动
如图所示为洛伦兹力演示仪，当电子枪水平向左发射电子，电子在洛伦兹力作用下做圆周运动，则可判断两励磁线圈中电流方向（从目前的视角观察）（ A ）
A.均为顺时针方向
B.均为逆时针方向
C.靠近观察者的线圈中电流为顺时针方向、另一线圈中电流为逆时针方向
D.靠近观察者的线圈中电流为逆时针方向、另一线圈中电流为顺时针方向
解析 因为电子枪水平向左发射电子，电子在洛伦兹力作用下做圆周运动，受到竖直向上的洛伦兹力，所以由左手定则知磁场方向垂直纸面向里，且两线圈应产生相同方向的磁场，由安培定则知，两线圈中电流方向都为顺时针方向，A正确.
命题点1 直线边界磁场
6.[多选]如图所示，一单边有界匀强磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点射出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点射出磁场，OA＝AB，则（ AC ）
A.粒子1与粒子2的速率之比为1：2
B.粒子1与粒子2的速率之比为1：4
C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1
D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2
解析 粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，如图所示.由几何关系可知，粒子1与粒子2在磁场中做圆周运动的半径之比为1：2，由r＝mvqB可知，粒子1与粒子2的速率之比为1：2，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πmqB，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此两粒子在磁场中运动的时间相同，即C正确，D错误.
命题点2 矩形和三角形边界磁场
7.[矩形边界]如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外.ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子.已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（ B ）
A.14kBl，54kBB.14kBl，54kBl
C.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl
解析 电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝l4，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；电子从d点射出时，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得轨迹半径为rd＝5l4，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝mvd2rd，又em＝k，解得vd＝5kBl4，B正确.
8.[三角形边界]如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力.求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.
答案 （1）4UB2d2 （2）Bd24U（π2＋33）
解析 （1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，如图所示，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r ②
由几何关系知
d＝2r ③
联立①②③式得qm＝4UB2d2 ④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝Bd24U（π2＋33）.
命题点3 圆形边界磁场
9.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2，已知粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ B ）
A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm
解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应的圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形.由于O1D＝R2，由几何关系知∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2R，得v＝qBRm，B正确.
命题拓展
情境不变，一题多设问
（1）上例中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运动时间为（ B ）
A.πm6qBB.πm3qBC.2πm3qBD.πmqB
解析 粒子在磁场中做圆周运动，转过的圆心角θ＝60°，则在磁场中运动时间t＝θ360°T＝60°360°×2πmqB＝πm3qB，B项正确.
（2）上例中，若带电粒子从a点沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射入、射出磁场时运动方向的夹角仍为60°，则粒子的速率为（ C ）
A.qBR2mB.qBRmC.3qBRmD.2qBRm
解析 由题意，粒子运动轨迹如图1所示，则∠aO2c＝60°，∠aO1c＝120°.由几何关系得r＝3R，又qvB＝mv2r，则v＝qBrm＝3qBRm，C项正确.
（3）上例中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，则带电粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为（ D ）
A.30°B.45°C.60°D.120°
解析 因带电粒子的速率不变，由qvB＝mv2r得r＝R，则粒子运动轨迹如图2所示，由几何关系得∠EO2F＝120°，D项正确.
命题点4 直角边界磁场
10.[2021北京]如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场.一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°角的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场.已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力.根据上述信息可以得出（ A ）
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的时间
D.该匀强磁场的磁感应强度
解析 如图，找出轨迹圆心O'，画出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，利用三角函数知识求出轨迹半径r＝asin60°＝233a，OO'＝atan60°＝33a，则轨迹方程为x2＋(y－33a)2＝43a2(x＞0，y＞0)，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，故v＝qBrm，因为B和v均未知，故B、D错误；因为T＝2πrv＝2πmqB，B未知，不能求出周期T，故不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，C错误.
考点3 带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题
1.解题关键点
（1）关注题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语，作为解题的切入点.
（2）关注涉及临界和极值条件的六个结论
2.一般思维流程
命题点1 带电粒子运动的临界问题
11.[多选]如图所示，在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场.速率不同的大量相同带电粒子从A点沿与AC边夹角为60°的方向进入磁场，从AC和BC边的不同位置离开磁场.已知AB的长度为l，∠ACB＝30°，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，则（ ABD ）
A.所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B.从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短
C.粒子在磁场中运动的弧长越长，运动时间一定越长
D.从BC边离开的粒子离C点的最近距离为3－32l
解析 根据题意画出可能的运动轨迹如图所示，根据几何关系知所有从AC边离开的粒子转过的圆心角相等，均为23π，根据T＝2πmqB，及t＝θ2πT，可知所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，故A正确；由图可知从BC边离开的粒子转过的圆心角不等，越靠近B点转过的圆心角越小，所以从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短，故B正确；由以上分析可知运动时间与弧长无关，故C错误；当粒子运动轨迹与BC边相切(切点为F点)时，F点距离C点最近，根据几何关系可得四边形AOFE为正方形，三角形AEB为直角三角形，所以粒子运动半径为r＝32l，BE的长度为12l，所以FC的长度为3-32l，故D正确.
命题点2 带电粒子运动的极值问题
12.如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力.
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场.求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离.
答案 （1）磁场方向垂直于纸面向里 mv0qh （2）π6 （2－3）h
解析 （1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里.设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝mv02R ①
由此可得R＝mv0qB ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝mv0qh ④
（2）若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R'＝2h ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示.设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有
sinα＝h2h＝12 ⑥
则α＝π6 ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
yP＝2h（1－csα） ⑧
联立⑦⑧式得yP＝（2－3）h
考点4 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
命题点1 带电粒子电性不确定形成多解
13.[多选]如图所示，左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场.欲使粒子不能从边界QQ'射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（ AC ）
A.（2+2）BqdmB.Bqdm
C.（2－2）BqdmD.2Bqd2m
解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝mv0qB知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的运动轨迹和边界QQ'相切时，粒子刚好不从QQ'射出，此时其入射速度v0应为最大.若粒子带正电，其运动轨迹如图（a）所示（此时圆心为O点），由几何关系得R1sin45°＋d＝R1，将R1＝mv0qB代入上式得v0＝（2+2）Bqdm，A正确.若粒子带负电，其运动轨迹如图（b）所示（此时圆心为O'点），由几何关系得R2＋R2cs45°＝d，将R2＝mv0qB代入上式得v0＝（2－2）Bqdm，C正确.
命题点2 磁场方向不确定形成多解
14.如图所示，在x轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方也有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）.一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，在纸面内以大小为v的速度从O点与x轴负方向成θ＝60°角射入x轴上方磁场，粒子第1次经过x轴时的位置为P（图中未画出），第2次经过x轴时的位置为Q（图中未画出），且粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，不计粒子受到的重力.求：
（1）从P点到O点的距离；
（2）x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小和方向.
答案 （1）3mvBq （2）见解析
解析 （1）根据题意可知，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图甲所示.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r
根据几何关系有OP＝2rsinθ
联立解得OP＝3mvBq.
（2）根据圆周运动的周期T＝2πrv＝2πmBq
则带电粒子在磁场中的运动时间为t＝α2πT＝αmBq.
①若x轴下方的磁场方向垂直纸面向外，粒子的运动轨迹如图乙所示.
由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，则根据几何知识可知圆心角α1＝α2＝240°
故有B下＝B；
②若x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，粒子的运动轨迹如图丙所示.
由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，则根据几何关系有α3＝12α1＝120°
故有B下'＝12B.
图甲 图乙 图丙
命题点3 临界状态（速度大小）不确定形成多解
15.[2022湖北/多选]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.离子源从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Р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（ BC ）
A.13kBL，0°B.12kBL，0°
C.kBL，60°D.2kBL，60°
解析 若离子的入射速度v＝13kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L3，则轨迹如图甲所示，由几何关系可以得出θ＝60°，选项A错误；若v＝12kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L2，则轨迹如图乙所示，由几何关系可以得出θ＝0°，选项B正确；若v＝kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝L，则轨迹如图丙所示，由几何关系可以得出θ＝60°，选项C正确；若v＝2kBL，则轨迹半径r＝mvqB＝2L，则轨迹如图丁所示，从图中可以看出离子不从P点射出，选项D错误.
图甲 图乙
图丙 图丁
命题点4 运动的周期性形成多解
16.[2023全国甲/多选]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（ BD ）
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
解析 假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况.如图1所示，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D对；粒子在圆筒中先做圆周运动，与筒壁碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错；粒子最少与筒壁碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B对；根据qvB＝mv2r可知r＝mvqB，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与筒壁碰撞次数可能会增多，在圆筒内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错.
图1 图2
图3
1.[带电粒子在有界磁场中的运动/2022辽宁/多选]粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示.内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器.两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点.装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（ AD ）
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
解析 由于粒子1在磁场中沿直线运动，则粒子1不带电，因此粒子1可能为中子，A正确；粒子2在磁场中向上偏转，由左手定则可知，粒子2一定带正电，B错误；由于粒子1不带电，在磁场中不发生偏转，增大磁感应强度，粒子1仍打在M点，C错误；由qvB＝mv2R得R＝mvqB，若增大粒子的入射速度，则粒子2在磁场中的轨迹半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确.
2.[带电粒子在有界磁场中的运动/2021海南/多选]如图，在平面直角坐标系xOy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（0，3L）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（ ACD ）
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23qBLm
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L
解析 由于粒子垂直x轴离开磁场，故粒子向下偏转，由左手定则可知粒子带正电，A项正确；当α＝45°时，
粒子运动轨迹如图中轨迹2所示，粒子不再垂直x轴射出磁场，B项错；粒子在磁场中运动，有qvB＝mv2R，由几何关系可知R＝23L，所以粒子的速率v＝23qBLm，C项正确；粒子离开磁场的位置到O点的距离最大时，入射点与出射点间距离为2R＝43L，所以出射点到O的最大距离为35L，D项正确.
3.[磁场中的碰撞/2023湖北]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；
（3）t＝18πmqB时刻粒子甲、乙的位置坐标及从第一次碰撞到t＝18πmqB的过程中粒子乙运动的路程.（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
答案 （1）qBam （2）12m 3qBam （3）甲（－6a，0） 乙（0，0） 67πa
解析 （1）由题意可知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入磁场并运动到达点O，则粒子甲的轨迹半径
r甲0＝a
又qv甲0B＝mv甲02r甲0，解得v甲0＝qBam
（2）由题意可知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲＝2T乙
根据qvB＝m4π2T2r＝mv2r有
T＝2πmqB
故T甲T乙＝mm乙，则m乙＝12m，粒子甲、乙碰撞过程，取y轴负方向为速度正方向，有
mv甲0＋m乙v乙0＝mv甲1＋m乙v乙1
12mv甲02＋12m乙v乙02＝12mv甲12＋12m乙v乙12
又v甲1＝－3v甲0
联立解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3qBam
（3）已知在t1＝πmqB时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0
则根据qvB＝mv2r可知，第一次碰撞后乙粒子的运动半径为r乙1＝32r甲0＝32a
第一次碰撞后甲粒子的运动半径为
r甲1＝3r甲0＝3a
又T甲＝2T乙，则在t2＝3πmqB时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且从甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s1＝6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2
12mv甲12＋12m乙v乙12＝12mv甲22＋12m乙v乙22
解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0
则根据qvB＝mv2r可知第二次碰撞后，甲粒子的运动半径为r甲2＝r甲0＝a
乙粒子的运动半径为r乙2＝52r甲0＝52a
经分析可知在t3＝5πmqB时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且从甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s2＝10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
12mv甲22＋12m乙v乙22＝12mv甲32＋12m乙v乙32
解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0
依次类推
在t9＝17πmqB时，甲、乙粒子发生第九次碰撞且从甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞的过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s8＝10πa
且在第九次碰撞后有
v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0
第九次碰撞后，r甲9＝3a，r乙9＝32a，从t9＝17πmqB到t＝18πmqB的过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝18πmqB时甲粒子运动到点（－6a，0）处，从t9＝17πmqB到t＝18πmqB的过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝18πmqB时乙粒子回到坐标原点，即此时乙的位置坐标为（0，0）
且此过程中乙粒子走过的路程为s9＝3πa
故整个过程中乙粒子运动的总路程为
s＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa.
1.显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的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，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是（ A ）
A B
C D
解析 要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，则P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，打在O点时不受洛伦兹力，磁感应强度为零，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是A选项的磁场.
2.[磁场与动量结合/2021湖北/多选]一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出.仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ BC ）
A.a带负电荷B.b带正电荷
C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等
解析 由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由于微粒a与微粒b的电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误.
3.[2023北京]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直.管道横截面半径为a，长度为l（l＞＞a）.带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出.单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用.下列说法不正确的是（ C ）
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为Bqav
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
解析 因为l＞＞a，则可以认为l为a的整数倍，则粒子在管道内的运动轨迹如图所示.
粒子的运动半径r＝aqvB＝mv2r→m＝Bqav，A、B正确，不符合题意
粒子在管内运动时间为t→管中的电荷量Q＝nt·qI＝Qt＝nq，C不正确，符合题意
粒子束对管道平均作用力F等于等效电流受的安培力FA＝BIlFA＝nBql，D正确，不符合题意.
4.[洛伦兹力演示仪/2024河北衡水桃城区校级模拟]如图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，玻璃泡中的磁场可以视为匀强磁场，且磁感应强度大小与线圈中电流I的关系为B＝kI（k为常量）.电子由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直.测得电子在玻璃泡中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，从电子枪射出经过加速的电子速度为v，电子所带电荷量为e，质量为m，则励磁线圈中电流I0和一个电子在玻璃泡中运动的等效电流I分别为（ B ）
A.2mvkre，evπr
B.mvkre，ev2πr
C.2mvkre，ev2πr
D.mvkre，evπr
解析 由B＝kI可知，玻璃泡中的磁场的磁感应强度B＝kI0，速度为v的电子在玻璃泡中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，联立解得I0＝mvkre，电子做匀速圆周运动的周期为T＝2πrv，一个电子在玻璃泡中运动的等效电流为I＝eT＝ev2πr，故A、C、D错误，B正确.
5.[多选]如图所示，平行放置的长直导线分别通有等大反向的电流I.某带正电的粒子以一定速度从两导线的正中间射入，第一次两通电导线沿图甲所示方向，第二次两通电导线沿图乙所示方向.不计粒子重力，下列说法正确的是（ AC ）
图甲 图乙
A.图甲中虚线上的磁感应强度方向垂直纸面向里
B.图乙中粒子的初速度方向与虚线上的磁场方向垂直
C.图甲中粒子将向上偏转，且速度大小保持不变
D.图乙中粒子做直线运动，且速度先增大后减小
解析 根据安培定则和磁场叠加可知图甲中虚线上的磁感应强度垂直纸面向里，A正确；根据安培定则以及对称性可知图乙中虚线上的磁感应强度方向水平向右，所以图乙中粒子的初速度与虚线上的磁场同向，即粒子不受洛伦兹力作用，将做匀速直线运动，B、D错误；根据左手定则可知图甲中粒子将向上偏转，由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子速度大小保持不变，C正确.
6.[2023重庆高三联考/多选]在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示.内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器.AC和PM为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场.粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q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，忽略粒子所受重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（ BD ）
A.粒子2可能为电子
B.若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C.若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D.若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
解析
7.[运动形式创新]如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内.O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直.将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动.下列说法正确的是（ D ）
A.小球在M点和N点时均处于平衡状态
B.小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C.小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D.小球每次经过O点时所受合外力均相等
解析 小球在M点和N点所受合力不为零，所以小球不处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力与支持力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对小球速度大小有影响的只有重力，小球无论从哪边滚下，到O点所用时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律知，小球每次经过O点时的速度大小相等，由F合＝mv2r可知，F合大小相等，故D正确；小球在O点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，在O点小球所受洛伦兹力向下，故有F1－mg－qvB＝mv2r，轨道所受的压力大小为F1'＝F1＝mg＋qvB＋mv2r，小球从M到N时，在O点小球所受洛伦兹力向上，故有F2＋qvB－mg＝mv2r，故轨道所受的压力大小为F2'＝F2＝mg－qvB＋mv2r，所以小球不是每次经过O点时对轨道的压力都相等，故C错误.
8.[力电综合/多选]如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘长木板，甲、乙叠放在一起静止于粗糙的水平地面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动.在以后的运动过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.甲、乙两物块可能相对滑动
B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C.甲物块向左先加速运动后匀速运动
D.乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F
解析 以甲、乙整体为研究对象，受力分析如图，则有N＝F洛＋（m甲＋m乙）g，当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，故甲、乙两物块先向左做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，不可能相对滑动，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f'＝m甲a，因a减小，则f'减小，即甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，A、B错误，C正确；由于甲、乙两物块最后会匀速运动，对甲、乙两物块整体水平方向受力分析可得，乙物块受到地面的最大摩擦力大小即为F，D正确.
9.[2024江西鹰潭开学考试]如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO＝90°，∠POQ＝30°.两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇.不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ C ）
A.a带负电，b带正电
B.a、b两粒子的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的速度之比为2∶1
D.a、b两粒子的质量之比为1∶3
解析 如图所示，由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等，可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误；两粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，则有13Ta＝16Tb，a、b两粒子的周期之比为TaTb＝12，故B错误；根据周期公式T＝2πmqB，由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为mamb＝TaTb＝12，故D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为vavb＝mbma＝21，故C正确.
10.如图所示，竖直平面内固定一足够长的绝缘直杆，与水平面夹角为α，杆处在足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于杆所在竖直平面，磁场的磁感应强度大小为B.杆上套一个带负电的小圆环，环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ（μ＜tanα）.将环由静止释放，环向下滑动，当环速度为v1时其加速度最大，当环速度为v2时其加速度为零，则v2v1为（ C ）
A.tanαB.tanαμC.tanαμ＋1D.tanαμ－1
解析 小圆环沿杆运动的速度为v1时，垂直杆的方向有FN1＋Bqv1＝mgcsα，沿杆的方向有mgsinα－Ff1＝mam，因此时加速度最大，所以应有Ff1＝0，即FN1＝0，此时Bqv1＝mgcsα，解得v1＝mgcsαqB.在圆环继续下滑过程中，弹力方向变为垂直于杆向下，设当环的速度为v2时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时有a＝0，即mgsinα＝Ff2，FN2＋mgcsα＝Bqv2，解得v2＝mgsinα＋μmgcsαμqB，因此v2v1＝tanαμ＋1，故选C.
11.[2022湖北/多选]如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P（a＞0，b＞0）.若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2.下列关系式正确的是（ AD ）
A.t1＜t2B.t1＞t2
C.Ek1＜Ek2D.Ek1＞Ek2
解析 若题述过程由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子在x轴方向不受外力作用，做匀速运动，t1＝av0，根据动能定理得qEb＝Ek1－12mv02，解得Ek1＝12mv02＋qEb；若题述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子在x轴方向受沿x轴负方向的洛伦兹力的分力Fx＝Bqvy作用，做减速运动，所以t2＞av0，因为洛伦兹力不做功，根据动能定理可得Ek2＝12mv02.综上所述，A、D正确，B、C错误.
12.[2023河北石家庄质量检测/多选]如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B为π6，一群比荷为qm的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围内垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则（ ACD ）
A.磁感应强度大小为5πm12qt0
B.粒子运动的轨迹半径为33l
C.粒子射入磁场的速度大小为53πl42t0
D.粒子在磁场中扫过的面积为63+3π49l2
解析 垂直于AC边射入且从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，轨迹圆心在C处，偏转的圆心角θ＝π2，如图1所示，则有65t0＝θmqB，解得B＝5πm12qt0，A正确；粒子在磁场中的运动时间最长，则其轨迹所对圆心角最大，此时轨迹刚好与AB相切，设其偏转角为α，根据圆周运动规律有2t0＝αmqB，解得α＝5π6，根据平面几何知识有l＝Rcs30°＋Rcs30°，解得其轨迹半径R＝237l，B错误；粒子在磁场中的运动速度大小v＝αR2t0＝53πl42t0，C正确；由几何知识可知，粒子在磁场中扫过的面积为一个四分之一圆面加一个矩形，如图2中阴影部分所示，则面积S＝14πR2＋R·Rcs30°，解得S＝63+3π49l2，D正确.
图1 图2
13.[带电粒子在磁场中运动＋动量/2022江苏]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点分裂成带等量异种电荷的粒子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.
答案 （1）2∶1 （2）67mv
解析 （1）分裂后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r
解得r＝mvqB
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1
则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1
（2）电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律有
mv＝mava＋mbvb
又分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1
解得pa＝mava＝67mv.
14.[带电粒子在磁场中运动＋碰撞/2024湖北“宜荆荆恩”起点考试]如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其边界上的O点存在一个粒子发射源，发射源不定时地向磁场发射速度大小和方向均不同的同种粒子.已知此粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）.在某段时间内，发射源在纸面内先后向磁场的左上方、右上方发射了两个粒子，其中粒子1的速度大小为v0，方向与MN的夹角α＝37°；粒子2的速度大小为2v0，方向与MN的夹角β＝53°.粒子1、2分别从磁场边界上的A、B两点（图中未画出）射出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，sin37°＝cs53°＝0.6.
（1）求两粒子在磁场边界上的射出点A、B之间的距离d；
（2）若两粒子在射出磁场后恰能在直线MN下方的无场区域相碰，求两粒子从发射源发射的时间间隔Δt.
答案 （1）2mv0qB （2）（π－1）mqB
解析 （1）由题意可知粒子1、2在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，则有qv0B＝mv02r1
q·2v0B＝m（2v0）2r2
结合左手定则作出粒子1、2在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系可知∠OO1A＝2α，∠OO2B＝2β
则A、B之间的距离为d＝LOB－LOA＝2r2sinβ－2r1sinα
联立解得d＝2mv0qB
（2）由T＝2πrv可得T1＝T2＝2πmqB
设两粒子在直线MN下方的C点相碰，如图所示，由几何关系可知，粒子1从O点运动至C点所用的时间为t1＝2α360°T1＋dcsαv0
粒子2从O点运动至C点所用的时间为
t2＝360°－2β360°T2＋dcsβ2v0
则两粒子从发射源发射的时间间隔为Δt＝｜t1－t2｜
联立解得Δt＝（π－1）mqB.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，认识洛伦兹力.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.
2.能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用.
洛伦兹力的理解和应用
2023：湖北T15；
2022：湖北T10；
2021：湖北T9
1.物理观念：理解洛伦兹力的概念.
2.科学思维：掌握洛伦兹力的应用方法；建构带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的模型；运用力学观点、能量观点分析求解带电粒子在复合场中的运动，培养分析推理能力及利用数学知识解决物理问题的能力.
带电粒子在有界匀强磁场中的运动
2023：全国甲T20；
2022：湖北T8，辽宁T8，浙江6月T22；
2021：北京T12，海南T13；
2020：天津T7，海南T18；
2019：全国ⅠT24，全国ⅡT17，北京T16
带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题
2022：浙江1月T22；
2020：全国ⅡT24，江苏T16，浙江7月T22；
2019：江苏T16
带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
命题分析预测
本部分内容主要考查带电粒子在有界磁场中的运动，难点是带电粒子在有界磁场中的临界问题.试题既有选择题也有计算题，难度中等偏上.预计2025年高考会考查带电粒子在有界磁场中的运动，可能会涉及临界问题，要对带电粒子在匀强磁场中的偏转有深入的理解.
定义
磁场对[1] 运动电荷 的作用力
大小
（1）v∥B时，F＝[2] 0
（2）v⊥B时，F＝[3] qvB
（3）v与B的夹角为θ时，F＝[4] qvBsinθ
方向
（1）判定方法：[5] 左手定则 ，注意四指应指向[6] 正 电荷运动的方向或[7] 负 电荷运动的反方向
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于[8] B、v 决定的平面（注意B和v不一定垂直）
特点
（1）洛伦兹力的大小正比于v的大小，方向垂直于v的方向，随着v（方向、大小）同时改变，具有被动性的特点
（2）洛伦兹力的方向垂直于v的方向，不做功，只改变v的方向，不改变v的大小
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＝qvBsinθ
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
基本思路
图例
说明
圆心的确定
（1）与速度方向垂直的直线过圆心
（2）弦的垂直平分线过圆心
P、M点速度垂线的交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法，例：（左图）R＝Lsinθ或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝L2＋d22d
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
（1）t＝θ2π·T （2）t＝Lv
弦切角：α
速度偏转角：φ
圆心角：θ
关系：φ＝θ＝2α
常见类型
图例
特征
一条直线边界
轨迹具有对称性.从同一条直线边界进、出，进的角度和出的角度相等
两条平行直线边界
圆轨迹的半径与速度有关，所以粒子有可能从同一条直线边界或另一条直线边界射出，其临界条件是圆轨迹与另一条直线边界相切.规范作出圆轨迹图像，利用三角函数或勾股定理求解圆半径R
矩形和三角形边界
由于边界的限制，粒子的运动常常出现临界问题，一般临界的位置在圆轨迹与直线边界相切处
圆形边界
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性；不沿径向射入圆形磁场时，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
结论一
粒子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
结论二
当速度v一定时，弧长越长，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长
结论三
当速度v变化时，圆心角越大，弦切角也越大，对应的运动时间也越长
结论四
在圆形匀强磁场区域中，当带电粒子运动轨迹半径大于圆形磁场区域半径，入射点和出射点为磁场区域直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的弦中直径最长），运动时间最长
结论五
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，P为入射点，M为出射点，此时带电粒子在磁场中运动时间最短
结论六
磁场区域面积极值：磁场区域边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场区域的一条弦，以该弦为直径的圆就是最小圆，对应的圆形磁场区域有最小面积
多解分类
多解原因
示意图
带电粒子
电性不确定
带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向
不确定
题目只说明了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态
（速度大小）
不确定
带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的
往复性
带电粒子在空间运动时，其运动轨迹可能具有往复性
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