2024-2025學年人教版高中物理講義 選修第二冊 帶電粒子在勻強磁場中的運動

帶電粒子在勻強磁場中的運動

知識點：帶電粒子在勻強磁場中的運動

一、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.若?！?,帶電粒子以速度。做勻速直線運動，其所受洛倫茲力廣

2.若。_1_8,此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向

的平面內(nèi)運動.

(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向,不改變粒子速度的大小.

(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力.

二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期

1.由qvB=m—,可得r=靛.

2.由r=喘和7=2乎，可得7=黑.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道

qbvqB

半徑和運動速度無關(guān).

技巧點撥

一、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題

力

1.分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即的8=行.

2.同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由廠=湍知，廠與。成正比；由T=需知，T

與速度無關(guān)，與半徑無關(guān).

二、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

1.圓心的確定

圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：

(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直

線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點).

(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射

點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為

出射點).

2.半徑的確定

半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形.做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他

幾何邊構(gòu)成直角三角形.由直角三角形的邊角關(guān)系或勾股定理求解.

3.粒子在勻強磁場中運動時間的確定

（1）粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為a時,

其運動時間/=急"（或

確定圓心角時，利用好幾個角的關(guān)系，即圓心角=偏向角=2倍弦切角.

（2）當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t=*I為帶電粒子通過的弧長.

例題精練

1.（2021?廣東學業(yè)考試）如圖所示，一粒子以水平向右的速度進入垂直紙面向里的勻強磁

場，重力忽略不計，當粒子剛進入磁場中時（）

XXXX

XXXX

?~?V

XXXX

XXX"X

A.若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電

B.若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶負電

C.若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電

D.若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它可能不帶電

【分析】粒子只受洛倫茲力，根據(jù)力，速度，磁場方向結(jié)合左手定則可判斷。

【解答】解：AB,若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則受向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶正

電，故A正確，B錯誤；

CD,若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則受向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故CD均

錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查左手定則，磁場穿過手心，四指指向正電荷速度方向，大拇指即受力

方向。注意若粒子帶負電則四指與負電荷運動方向相反。

2.（2021?浙江模擬）如圖所示，正方形容器中有一個勻強磁場，一束電子從a孔沿ab方向

垂直于磁場射入容器中，其中一部分電子從c孔射出，另一部分從d孔射出，不計電子

重力及電子間的相互作用力，則從c、d孔射出的電子（）

B.在容器中運動的時間之比tc：td=2：1

C.在容器中運動的加速度大小之比ac：ad=l：&

D.在容器中運動的加速度大小之比ac：aa=2：1

【分析】電子從c點射出，d為圓心，則rc=L,電子從d點射出，ad中點為圓心，則,

rd=0.5L,根據(jù)半徑公式可求得速度和時間之比，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度之比。

【解答】解：A、電子從c點射出，d為圓心，則rc=L,

2

根據(jù)qvB=@J,得v屈9

rcm

電子從d點射出，ad中點為圓心，貝hrd=0.5L

2

根據(jù)qvB=@=一，得屈反

rd2m

cd的速率之比為2:1,故A錯誤；

B、電子從c射出，圓心角為90°,從d射出時，圓心角為180°,根據(jù)

T=2二巴則電子在c射出時間為工，在d射出時間為工，所以時間之比為1:2,故B錯

qB42

誤；

C、根據(jù)牛頓第二定律可知，洛倫茲力提供加速度，則2=幽，則cd兩點射出的加速度

m

之比為2:1；故C錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，根據(jù)偏轉(zhuǎn)的半徑及圓心角求得

對應的速度和運動時間的關(guān)系。

隨堂練習

1.（2021?南京模擬）如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管

子底部有一帶電小球。整個裝置以水平向右的速度勻速運動，垂直于磁場方向進入方向

水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端

口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則小球從玻璃管進入磁場至飛出上端口的過程中

）

XXXX

B

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.小球運動軌跡是一段圓弧

B.小球運動軌跡是拋物線

C.洛倫茲力對小球做正功

D.管壁的彈力對小球做負功

【分析】（1）考查牛頓第二定律的應用，對小球做受力分析后求解

（2）明確洛倫茲力總是與小球的速度方向垂直，對小球不做功

（3）當力的方向與運動方向相同時，做正功

【解答】解：AB、最終小球從上端口飛出，再由磁場方向垂直向里，依據(jù)左手定則可知，

小球帶正電荷；設小球豎直分諫度為Vy、水平分速度為V,以小球為研究對象，受力如

圖所示

由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，則豎直方向的洛倫茲力是恒力，由牛頓

第二定律得

qvB-mg=ma

解得a=@且_g

m

小球的加諫度不隨時間變化，恒定不變，故小球豎直方向做勻加諫直線運動，水平方向

做勻速直線運動，則小球運動軌跡是拋物線，故A錯誤,B正確.

C.洛倫茲力方向總是與小球的速度方向垂直，對小球不做功，故C錯誤

D.小球從進入磁場到飛出端口前的過程中管壁的彈力向右，小球向右運動，故彈力做正

功，故D錯誤

故選：Bo

【點評】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子

的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握牛頓第二定律，難度適中。

2.(2021?濱?？h校級一模)實驗觀察到靜止在勻強磁場中A點的原子核238U發(fā)生a衰變，

92

衰變方程為238u-234Th+4He,兩個新核的運動軌跡如圖所示。則下列說法正確的是

92902

()

②

A.社核與a粒子半徑之比是1：45

B.鉉核與a粒子半徑之比是45：1

C.社核與a粒子半徑之比是1：46

D.兩原子核的運動軌跡應是兩圓內(nèi)切

【分析】原子核238u發(fā)生a衰變過程中滿足動量守恒，再利用帶電離子在磁場中做勻速

92

圓周運動，洛倫茲力做為向心力，可得半徑之比等于其電量的倒數(shù)比。

【解答】解：原子核發(fā)生a衰變過程中滿足動量守恒，即pi=p2,帶電離子在磁場

2

中做勻速圓周運動，洛倫茲力做為向心力qvB=R?一,可得半徑公式：R=EL=&,

RqBqB

則錢核與a粒子半徑之比等于其電量的倒數(shù)比，即R-R2,=2：90=1：45,原子核敏

U和a均帶正電，運動方向相反，電荷軌跡應為外切，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查原子核的衰變問題，注意原子核的衰變過程中，內(nèi)力遠大于外力，滿

足動量守恒，再利用帶電離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做為向心力，求解半

徑之比。

3.（2021春?越秀區(qū)校級期中）在勻強磁場中有一個靜止的氫原子核（222Rn）,由于衰變它

86

放出一個粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個相互外切的圓，大圓與小圓的直徑

之比為42：1,如圖所示。那么氨核的衰變方程應是下列方程中的哪一個（）

A.ZZERnf222氏+0e

8687-1

B.222Rn-218Po+4jje

86842

C.222Rnf222At+°e

8685-1

D.222Rn-222At+2H

86851

【分析】核衰變過程動量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動量大小相等，結(jié)合帶電粒子

在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之比，利用排除法可得

正確答案。

【解答】解：原子核的衰變過程滿足動量守恒，可得兩帶電粒子動量大小相等，方向相

反，就動量大小而言有：mivi=m2V2,由帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可

得：戶處所以，1L=LL=11=42,審視ABCD四個選項，反沖核與衰變的粒子電

qBd2r2q11

荷量滿足42：1關(guān)系的只有選擇B,故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動量守恒，而帶電粒子在勻強磁場中

圓周運動的半徑公式中的分子恰好是動量的表達式，要巧妙應用。

綜合練習

選擇題（共20小題）

1.（2021春?市中區(qū)校級月考）如圖所示，帶電量大小為q的負粒子M經(jīng)小孔從水平邊界

垂直進入范圍足夠廣的勻強磁場，虛線為其運動軌跡。粒子M以水平速度與靜止的、帶

電量大小為3q的正粒子N發(fā)生對心正碰，碰后粘在一起，碰撞時間極短，不考慮粒子M

和粒子N的重力，與碰撞前相比，下列說法正確的是（）

XXXXXX

D

XX，產(chǎn)3XXX

XX?XXXX

“i

A.碰后粒子做勻速圓周運動的周期不變

B.碰后粒子做勻速圓周運動的速率將減為一半

C.碰后粒子做勻速圓周運動的軌道半徑不變

D.碰后粒子做勻速圓周運動的動能減少

【分析】粒子發(fā)生完全非彈性碰撞，動能損失，根據(jù)動能和動量關(guān)系以及圓周運動周期

公式、半徑公式列式求解。

【解答】解：D、粒子M和粒子N碰撞過程，由動量守恒定律可得mMvo=（mM+mN）

v,兩粒子發(fā)生完成非彈性碰撞動能損失最大，所以碰后粒子做勻速圓周運動的動能減少,

故D正確；

A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由周期公式1=空雙可知，碰撞后質(zhì)量變大但不知

qB

道變大多少，電荷量變?yōu)樵瓉?倍，則碰撞后周期無法確定，故A錯誤；

B、由于兩粒子質(zhì)量關(guān)系不知，所以碰撞后的速率不一定減半，故B錯誤；

C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r=空■可知，碰撞前后動量守恒，則動

QB

量相同，碰撞后電荷量增大，所以碰后粒子做勻速圓周運動的軌道半徑減小，故C錯誤；

故選：D。

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，根據(jù)完全非彈性碰撞判斷出粒子動能變化，

再根據(jù)圓周運動周期公式以及半徑公式進行計算是本題解題關(guān)鍵。

2.（2021?肇慶三模）如圖所示，某垂直紙面向外的勻強磁場的邊界為一條直線，且與水平

方向的夾角為45°?，F(xiàn)有大量帶等量正電荷的同種粒子以大小不同的初速度從邊界上某

點垂直邊界射入磁場，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）

??蒼:....

A.所有粒子在磁場中圓周運動的半徑均相等

B.所有粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小均相等

C.所有粒子在磁場中運動的時間均相等

D.所有粒子射出磁場時的速度方向均為豎直向下

【分析】洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析半徑關(guān)系；根據(jù)左手定則找到粒子運動過

程，以及軌跡對應圓心角，判斷運動時間。

2

【解答】解：AB、由qvB=mJ可知，由于速度不同，所有粒子在磁場中圓周運動的半

R

徑不相等，故AB錯誤；

CD、根據(jù)左手定則易得，所有粒子垂直邊界進入，垂直邊界射出，圓心角均為180°,

所有粒子在磁場中運動的時間均相等，故C正確，D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，找到粒子運動軌跡以及分析粒子運動

半徑是本題解題關(guān)鍵。

3.（2021?大慶模擬）質(zhì)子和a粒子在同一點由靜止出發(fā)，經(jīng)過相同的加速電場后，垂直進

入同一勻強磁場中做勻速圓周運動，不考慮質(zhì)子與a粒子間的相互作用。則質(zhì)子與a粒

子在磁場中做圓周運動的半徑之比和周期之比分別為（）

A.1：2,1：2B.1：亞，1：2C.1：近,1：&D.1：2,1：?

【分析】粒子在電場中加速，由動能定理即可求得粒子的速度；子在磁場中做勻速圓周

運動，洛倫茲力提供向心力，列出動力學的方程即可求得質(zhì)子在磁場中運動的軌道半徑

及周期之比。

【解答】解：粒子在電場中加速，由動能定理得：qU=lmv2

速度為：v=J-2qU

2

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB=mJ

R

解得:R譚W點窄出

,與粒子比荷的平方根成反比,

質(zhì)子、a粒子的質(zhì)量數(shù)分別是1、4；電荷數(shù)分別是：e、2e；

所以RH:Ra=l:V2；

粒子在磁場中運動的周期：T=5B="?螞

qBBq

所以Ti：T2=l：2,故B正確、ACD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中，關(guān)鍵是能夠根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到

半徑與比荷的關(guān)系、周期與比荷的關(guān)系，然后求解比值。

4.（2021?豐臺區(qū)二模）如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應強度大小為B,

一個質(zhì)量為m＞電荷量為q、初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點

射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比

偏轉(zhuǎn)了9角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子在磁場中運動的軌跡長度為變且

Bq

C.粒子在磁場中運動的時間為坦

Bq

D.圓形磁場區(qū)域的半徑為變_tan8

Bq

【分析】根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運動軌跡根據(jù)洛倫茲力提

供向心力求得軌道半徑，再根據(jù)弧長公式求得軌跡長度；根據(jù)周期公式求運動時間；再

根據(jù)幾何關(guān)系求磁場區(qū)域半徑。

【解答】解：A、根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，故A正確；

2

B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mJ,解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為:

r

r=E上,由幾何關(guān)系可知其對應的圓心角為3則粒子在磁場中運動的軌跡長度為：s=9r

qE

=變且，故B正確；

qB

C、粒子做勻速圓周運動的周期為丁=空二=空叫，則粒子在磁場中運動的時間t=

vqB

故c正確；

2兀2兀qBqB

D、設圓形磁場區(qū)域的半徑為R,tan_J=旦，解得R=rtan_L=E￡?tan^，故D錯

2r2qBw2

誤；

本題選錯誤的;

故選：D?

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中運動，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，找

到圓心角以及半徑是解題關(guān)鍵。

5.（2021?長安區(qū)一模）水平桌面上方區(qū)域內(nèi)存在一垂直于桌面的磁感應強度為B的勻強磁

場，科研人員將均勻涂抹熒光物質(zhì)的半徑為R的圓環(huán)，放置于水平桌面上如圖1所示，

A為圓環(huán)邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過A點，在平面內(nèi)沿不同

的方向射入磁場，科研人員觀測到整個圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光（高速微觀粒子打在熒光物

質(zhì)上會將動能轉(zhuǎn)化為光能），且粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場中運動的最長時間為t?更換半徑為

MR的圓環(huán)時如圖2所示，只有相應的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，不計重力及帶電

3

粒子之間的相互作用，則（）

?〃

圖1圖2

A.粒子在磁場中做圓周運動的周期T=6t

B.粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=J^R

C.粒子在磁場中做圓周運動的速度丫=理

3t

D.該粒子的比荷&=工

m2Bt

【分析】根據(jù)發(fā)光位置，利用幾何關(guān)系求得粒子在磁場中的運動半徑，當弦長最長，根

據(jù)幾何關(guān)系求得對應的圓心角，即可求得周期，根據(jù)v=空三求得線速度，根據(jù)周期公

T

式求得比荷。

【解答】解：B、更換半徑為2返R的圓環(huán)時，只有相應的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，

3

說明三分之一弧長對應的弦長為粒子運動的直徑，粒子運動軌跡如圖2所示：

根據(jù)幾何關(guān)系有：r=R2cos30°=2R,故B錯誤；

A、如果磁場圓半徑為R時,整個圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光，由于粒子運動的軌跡半徑r=2R,

說明粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場運動的時間最長時軌跡對應最長弦為圓的直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可

得粒子軌跡對應的圓心角為60。，如圖1所示；則有t=@，T=工，解得T=6t,故

3606

A正確；

C、粒子在磁場中做圓周運動的速度v=空三=空區(qū)，故C錯誤；

T3t

D、根據(jù)丁=空以可得a=22L=-L,故D錯誤。

qBmTB3Bt

故選：Ao

【點評】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫

茲力提供向心力，由此根據(jù)運動特征作出粒子在磁場中運動的軌跡，掌握粒子圓周運動

的半徑的公式是解決本題的關(guān)鍵。

6.（2021?安慶模擬）如圖所示，在xOy平面上以O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場（圖

中未畫出），磁場方向垂直于xOy平面向外。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子,

從原點O以初速度大小為vo沿y軸負方向開始運動，后來粒子經(jīng)過x軸上的A點，此

時速度方向與x軸的夾角為30°。A到O的距離為d,不計粒子的重力，則圓形磁場區(qū)

C

爭D.手

【分析】根據(jù)題意作出粒子從O到A的運動軌跡，根據(jù)幾何知識求解圓形磁場區(qū)域的半

徑。

【解答】解：粒子的運動軌跡如圖所示，設軌跡半徑為R

根據(jù)幾何知識有：d=R+一

sin30

解得R=2d,

3

則圓形磁場區(qū)域的半徑為：r=OB=2Rcos30°=1d,故B正確、ACD錯誤。

3

故選：Bo

【點評】解決該題的關(guān)鍵是正確作出粒子的整個運動軌跡，能根據(jù)幾何知識求解粒子做

圓周運動的半徑以及圓形磁場區(qū)域的半徑。

7.（2021?寶雞二模）如圖所示，在半徑R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于豎直紙面向里的勻強磁場，

磁場的磁感應強度大小為B,AC為該圓的一條直徑，O為圓心。一帶電粒子以初速度

vo從C點垂直磁場沿豎直方向射入圓形區(qū)域，離開磁場時速度方向恰好水平。已知該粒

子從C點入射時速度方向與直徑AC的夾角。=45°,不計粒子重力，則有（）

/xXXx\

i'B:

!o\:

\xXX、X/

、、

y…”y工c

八8、

V。

A.該粒子一定帶負電

B.該粒子的比荷為叵應

2BR

C.該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R

D.該粒子在磁場中的運動時間為」里

2Vo

【分析】A、根據(jù)運動軌跡圖，結(jié)合左手定則，可以判斷粒子的電性；

BC、由題意，結(jié)合運動軌跡圖和幾何關(guān)系可以求出半徑及粒子的比荷；

D、根據(jù)粒子運動的周期和轉(zhuǎn)過的圓心角，可以求出粒子在磁場中運動的時間。

【解答】解:A、粒子運動的軌跡如圖

由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；

BC、由軌跡圖結(jié)合題意可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為90°,設O'為圓周運動的圓心,

則由幾何關(guān)系可知

2a=（2R）2

整理可得r=&R

又洛倫茲力提供向心力，有

2

mVO

整理可得9=竺曳

m2BR

故B正確，C錯誤；

D、由圖可知粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為90°,故粒子在磁場中的運動時間為1=型二義

360

25/2兀R一'后兀R

V。2Vo

故D錯誤。

故選：Bo

【點評】在處理帶電粒子在磁場中的運動問題時，應先把粒子運動的軌跡圖畫出來，然

后結(jié)合題意和幾何關(guān)系來解決問題。

8.（2021?昌平區(qū)一模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑

跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場。圖中a、

b、c、d、e是從0點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關(guān)a、b、c三條徑跡以下判

斷正確的是（）

O

h

de

A.a、b、c都是正電子的徑跡

B.a徑跡對應的粒子動量最大

C.c徑跡對應的粒子動能最大

D.c徑跡對應的粒子運動時間最長

【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所帶電性，根據(jù)粒子做圓周運動的半徑和圓心角，分析

粒子的速度、動能、動量和運動時間。

【解答】解：A、由左手定則可知，d、e是正電子的徑跡，a、b、c是負電子的徑跡，故

A錯誤;

2

BC、帶電粒子在磁場中所受到的洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，貝U：Bvq=mJ

解得：r=?L,所以粒子運動的半徑越大，速度越大；由題中圖可知，c徑跡對應粒子的

QB

半徑最大，速度最大，a徑跡對應粒子的半徑最小，速度最小，根據(jù)

Ek=￡mv2和p=mv可得：c徑跡對應粒子的動能最大，動量最大，a徑跡對應粒子的動

能最小，動量最小，故C正確，B錯誤；

2

D、根據(jù)Bvq=mX-和v=空工可知,丁=空巴,且粒子在磁場中運動的時間為:t=2

rTqB2打

?T,其中9為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角，由題中圖可知，a徑跡對應粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，

所以a徑跡對應粒子的運動時間最長，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，比較簡單，從圖中正確得出粒子做圓

周運動的半徑和圓心角是解題關(guān)鍵。

9.（2021?柳江區(qū)校級模擬）如圖所示，區(qū)域I、II、III分別為矩形勻強磁場區(qū)域，磁感應

強度大小相等，方向垂直紙面，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（重力不計），從O

點以一水平初速度沿y軸正向射入?yún)^(qū)域I,其軌跡為曲線Obed。已知Ob、be、cd都是

半徑為R的工圓弧，粒子在每段圓弧上的運動時間都為t。取垂直紙面向外的方向為磁感

4

應強度B的正方向，則I、II、III三部分磁場區(qū)域的磁感應強度B隨x變化的關(guān)系圖線

為（）

【分析】根據(jù)題意可知粒子的偏轉(zhuǎn)周期，軌跡都為工圓弧，粒子在磁場中運動的時間都

4

相同，位移都相同，根據(jù)左手定則判斷粒子的偏轉(zhuǎn)方向。

【解答】解：粒子的偏轉(zhuǎn)周期為丁旦儂，由題意可知：解得磁感應強度的大

qB4

小為：B=?U匕由左手定則可知：區(qū)域I和III的磁場方向垂直于紙面向外，區(qū)域II的

2qt

磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。

故選：Co

【點評】根據(jù)左手定則判斷磁場的方向是本題易錯點。

10.（2021春?北京月考）在甲、乙兩條通電長直導線所在平面內(nèi)，一帶電粒子的運動軌跡

如圖所示，已知軌跡上的a點到甲導線的距離與b點到乙導線的距離相等，甲、乙兩條

導線中均通有恒定的電流，其大小分別為I甲和I乙，帶電粒子所受的重力及空氣阻力均

可忽略不計。下列說法中可能正確的是（）

:H'乙：

I...?????

■

a

A.兩直導線中的電流方向一定相反

B.帶電粒子一定帶正電

C.I甲一定小于I乙

D.帶電粒子一定是從a點向b點運動

【分析】根據(jù)粒子在a點的旋轉(zhuǎn)方向與在b點的旋轉(zhuǎn)方向結(jié)合左手定則、安培定則判斷

導線中的電流方向；根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運動的方向；根據(jù)洛倫茲

力提供向心力結(jié)合導線周圍磁場強弱分析電流大小。

【解答】解：A、由于粒子在a點的旋轉(zhuǎn)方向與在b點的旋轉(zhuǎn)方向相反，根據(jù)左手定則可

知a點與b點的磁場方向相反，根據(jù)安培定則可知兩直導線中的電流方向一定相同，故

A錯誤；

BD、根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運動的方向，故BD錯誤；

C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子運動的軌跡半徑r=鯉，電流越大，距離導線相

QB

同距離處的磁場越強，則粒子軌跡半徑越小，根據(jù)題圖可知在b處粒子軌跡半徑小，則

導線乙的電流強度大，故C正確。

故選：Co

【點評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中的運動，掌握安培定則、左手定則、以及帶

電粒子在磁場中運動時向心力的來源是關(guān)鍵。

11.（2020秋?貴陽期末）空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，其橫截面的半徑為R,圓心為O,

磁場方向垂直橫截面（紙面向里）。一質(zhì)量為m＞電荷量為q的負電粒子從M點平行于

橫截面以速率D射入磁場，速度方向與直徑MN的夾角為。=30°,離開磁場時速度方

向與MN垂直，不計粒子重力，該磁場的磁感應強度大小為（）

XX

ABQD3my

qR3qRqRqR

【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的特點及幾何關(guān)系可求磁感應強度。

【解答】解：畫出帶電粒子在圓形磁場中的運動軌跡，如圖所示，

J"IX"

設帶電粒子在圓形磁場中的運動軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可知：2rcos30°=2Rcos30°,

2

解得r=R,由牛頓第二定律及圓周運動公式可得解得B*，故選項C正

確，選項ABD錯誤。

故選：C,

【點評】運用左手定則判斷粒子所受力的方向，速度偏轉(zhuǎn)角和圓心角之間的關(guān)系正確把

握，合理運用幾何關(guān)系解題。

12.（2020秋?郊區(qū)校級期末）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為B的勻

強磁場，MN是一豎直放置的收集板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場向圓形區(qū)

域內(nèi)射入大量帶正電的粒子，粒子所帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為m。不考慮粒子間的相

互作用和粒子的重力，關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是（）

A.粒子只要對著圓心入射，出磁場后就可垂直打在MN上

B.對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心

C.只要速度滿足v=幽，沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在MN上

m

D.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，運動的時間也越長

【分析】粒子沿著圓心方向射入磁場，其出射的速度的反向延長線就一定過圓心。

速度滿足丫3星，屬于磁聚焦的逆過程，沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在

m

MN上。

入射速度越大，弧長越長，軌跡所對應圓心角越小，時間越短。

【解答】解：A、粒子只要沿著圓心方向射入磁場，其出射的速度的反向延長線就一定過

圓心，如圖所不:并且只有運動軌跡的半徑等于圓形磁場區(qū)

域半徑的粒子出磁場后才能垂直打在MN上，故A、B錯誤。

2

C、由qvB=^—可得丫=^三，所以只要速度滿足丫3W，粒子運動的軌跡半徑與圓形

rmm

磁場的半徑相等,沿不同方向入射的粒子出磁場后均可垂直打在MN上，如圖:

故C正確。

D、對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中的軌跡半徑就越大，通過的弧長越長，軌跡

所對的圓心角越小，由丁卓且可知，周期相等，由1=且T可知，圓心角越小，運動

qB2兀

時間越短，故D錯誤。

故選：Co

【點評】注意帶電粒子在磁場中運動時速度與半徑的關(guān)系、速度與弧長和圓心角的關(guān)系。

13.（2020秋?懷仁市期末）如圖所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的

勻強磁場，磁感應強度大小為B,BC邊的中點O有一粒子源，可以在ABC平面內(nèi)沿任

意方向發(fā)射速率均相同的正粒子（）

/X尢

/XXX\

/XXXXx\

AXXXA

o（

A.粒子速度至少逆正，B點才有粒子射出

2m

B.從B點射出的粒子，在磁場中運動的最長時間為tN2地

3qB

C.粒子速度至少要返，A點才有粒子射出

6m

D.A點不可能有粒子射出

【分析】當粒子運動軌跡與AB相切時從B點射出的粒子速度最小，對應的圓心角最大，

運動的時間最長，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合周期公式求解；粒子運動軌跡與AC相切時從A點

射出的粒子速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小。

【解答】解：AB、當粒子運動軌跡與AB相切時從B點射出的粒子速度最小，對應的圓

心角最大，運動的時間最長，

L

此時粒子運動軌跡的半徑為r=一、_=」=；

cos30273

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mJ,

解得粒子從B點射出的最小速度為：丫=返姓；

6m

設粒子軌跡對應的圓心角為20,根據(jù)幾何關(guān)系可得：

L_

sin0=—=所以0=60°,

r2

粒子運動的時間為：t=@i_X空生=空私，故A錯誤，B正確；

360qB3qB

CD、粒子運動軌跡與AC相切時從A點射出的粒子速度最小，粒子運動軌跡如圖中大圓

所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對應的半徑為區(qū)=人。=返1,根據(jù)洛倫茲力提供向心

2

力可得B=m上」，解得粒子從A點射出的最小速度為V，=返吧.，故CD錯

R2m

誤。

【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系

求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求

時間。

14.（2021?鄭州一模）如圖所示，在MNPQ中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量和電荷

量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中

實線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點。不計粒子重力。下列說法中正確的是（）

A.粒子c帶負電，粒子a、b帶正電

B.射入磁場時，粒子b的速率最小

C.粒子a在磁場中運動的時間最長

D.若勻強磁場磁感應強度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運動時間不變

【分析】根據(jù)粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)粒子做圓周運動的周期與

轉(zhuǎn)過的圓心角比較粒子運動時間。

【解答】解：A、根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負電，故A錯誤；

B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB

=mJ,解得：v=邂，射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速

Rm

率最小，故B錯誤；

C、粒子在磁場中做圓周運動的周期:T=空區(qū)=空工相同，粒子在磁場中的運動時間：

vBq

1=_9_1=坦，由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角。最大，則射入磁場時粒

2兀qB

子a的運動時間最長，故C正確；

2

D、若勻強磁場磁感應強度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得：qvB=mJ,解

R

得：V=邂，則a粒子射入磁場時的半徑會變大，導致軌跡對應的圓心角會變小，所以

m

a粒子動時間會變小，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，

在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定

速率的大小。

15.（2021?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強

磁場。一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，粒子從b點離開磁場，在磁場里的運動時

間為ti；如果只改變粒子射入磁場的速度大小，粒子從c點離開磁場，在磁場里的運動

時間為t2=不計粒子重力，則ti與t2之比為（）

b

A.1：2B.2：1C.1：3D.3：1

【分析】分析粒子的運動過程，由幾何知識求出帶電粒子運動軌跡對應的圓心角，再根

據(jù)周期公式求解。

【解答】解：根據(jù)周期公式可得：T=2匹，同一種粒子在磁場中運動的周期相同。

QB

兩個粒子運動軌跡如圖所示，粒子進入磁場時速度方向與ab方向的夾角為60°,Vac

方向的夾角為30°；

當粒子從a點進入磁場，b點出磁場時，速度偏轉(zhuǎn)角為91=2X60°=120°,

所以軌跡所對應的圓心角為120°,

可得粒子在磁場中的運動時間為ti=120：T=Io

3603

當粒子從a點進，c點出時，速度偏轉(zhuǎn)角為02=2X30°=60°,

所以軌跡所對應的圓心角為60°,

可得粒子在磁場中的運動時間為t2=-^l-T=Io

3606

因此，ti：t2=2：1,故B正確、ACD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要是考查帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵是弄清楚運動過程，畫出運動

軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解軌跡對應的圓心角，知道帶電粒子在磁場中運動時間的求解方

法。

16.（2021?江西模擬）如圖所示，兩個電量相等、速率相等的帶電粒子僅在磁場力作用下在

半徑為R的圓形磁場區(qū)域（磁場垂直紙面）中做勻速圓周運動，都從A點沿直徑AB方

向進磁場，分別從C、D兩點出磁場，C為圓弧AB中點，D到OC的距離為0.5R,則它

們在磁場中運動的時間之比為（）

A.3：4B.3：5C.3：2D.2

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解兩個粒子的軌跡半徑和軌跡對應的圓心角，根據(jù)周期公式求

解粒子的運動時間，由此得到運動時間之比。

【解答】解：兩個粒子的運動軌跡如圖所示；

根據(jù)幾何關(guān)系可知，從C點射出的粒子半徑為R,偏轉(zhuǎn)角為90°,運動時間為：

根據(jù)題意結(jié)合圖中幾何關(guān)系可得sin/DOC="K=0.5,

R

則/DOC=30°,所以/AOD=90°+30°=120°

由此可得9=18。-120°=60°

從D點射出的粒子半徑為r=Rtan60°=J§R，

運動時間為：tD=！T=Lx27Tx^R=EXR,

66v3v

解得：％：tD=V3：2，故D正確、ABC錯誤。

【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系

求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求

時間。

17.（2021?江蘇一模）如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的

勻強磁場，同種粒子每次都從a點沿與ab邊成30°的方向垂直于磁場射入，初速度大小

為v時，粒子從ac邊距a點」L處射出磁場。不計粒子的重力，則粒子（）

3

b

B.初速度為2V時，出射位置距a點2L

3

C.初速度為2V時，在磁場中運動的時間變短

D.初速度為10v時，能從be邊的中點射出

【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，結(jié)合左手定則判斷粒子帶電的電性；作出當速度增加時，

半徑也增大乃至最大半徑的軌跡，由幾何關(guān)系確定半徑關(guān)系和偏轉(zhuǎn)角，從而確定時間長

短。

【解答】解：畫出粒子的運動軌跡如圖所示，

A、由題意及左手定則，可以判斷粒子帶正電，故A錯誤；

B、當初速度為2V時，由半徑公式r=%,則半徑r2也變?yōu)?ri,如圖所示，由幾何關(guān)

QB

系可看出：出射點離a點的距離為看L，故B正確；

C、從上圖可以看出，偏轉(zhuǎn)角未變，在磁場中的運動時間未變，故C錯誤；

D、從上圖也可以看出，當速度增加為3倍時，半徑r3=3ri=L，恰從c點射出，若速度

大于3倍后，粒子將從be邊穿出，若從be中點穿出，由幾何關(guān)系可知，該粒子做直線

運動，與題意相矛盾，故D錯誤。

故選：Bo

b

【點評】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，

找到臨界幾何條件，再運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合求解即可。

18.（2020秋?番禺區(qū)期末）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、

負電子分別以相同速度沿與x軸成60°角從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動

時間之比為（）

即

xxXXXX

XxXXXX

x^xXXX

X鼠伙XXX

OX

A.1：2B.2：1C.1：V3D.V3：1

【分析】帶電粒子以一定的速度垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運

動