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第26 讲 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 洛伦兹力 知识点1 洛伦兹力 考向1 洛伦兹力的大小、方向 考向2 洛伦兹力的计算 考点二 带电粒子（带电体）在匀强磁场中的运动 知识点1 做圆周运动的参量的计算 考向1 带电粒子在磁场中做圆周运动的计算 考向2 带电粒子在无边界磁场中的运动 知识点2 带电粒子在有界磁场中的运动 考向3 带电粒子在有边界磁场中的运动 重难 考向4 带电体在磁场中的运动 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026 年 2025 年 2024 年 带电粒子做匀速圆周运动的 周期与半径规律 黑吉辽蒙联考卷5T,4 分 考情分析 题型与考向：该考点属于高考物理电磁学部分的必考内容，近五年全国卷 及各自主命题省市试卷的考查频率为100%，分值稳定在6—20 分：选择题 占4—6 分，计算题占12—20 分。考向主要集中在基础规律，能力核心， 经典模型，综合拓展与创新考法方面 情境与立意： 1.考查形式创新： 除了传统的直线/圆形有界磁场，近年来开始出现创新情境：比如环形磁 场、三角形磁场、旋转磁场、立体空间磁场等，要求考生灵活迁移常规模 型解决新问题。 2.综合化倾向： 单独考查匀强磁场中运动的题目逐渐减少，更多结合电场、重力场组成复 合场，或者结合动量定理、能量守恒进行综合考查，要求考生具备多模块 知识整合能力。 复习目标 1. 掌握基础知识：洛伦兹力的基本性质，分情况记住不同入射方向的运动 规律；能熟练写出并运用核心公式，以及记住质谱仪、回旋加速器的工作 原理。 2. 掌握轨迹分析的核心三步法，三类经典模型的规律。 3. 能应对创新情境，解决综合问题，规范解题习惯。对复杂压轴题能拆分 过程，拿到基础步骤分。 思维建模·脉络梳理 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 洛伦兹力 知识点1 洛伦兹力 知●识●解●构 一、洛伦兹力 1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。 2.洛伦兹力的方向（左手定则） （1）伸出左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。 （2）让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向（或负电荷运动的反方向）。 （3）拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。 如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁场的方向，③表示洛伦兹力的方 向。 3.洛伦兹力的大小：F＝qvBsin θ，θ 是v 与B 之间的夹角。 （1）当v∥B 时，F＝0。 （2）当v⊥B 时，F＝qvB。 4.洛伦兹力的特点 （1）洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 （2）当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 （3）用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方 向。 5.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。 （2）安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 6.洛伦兹力与静电力的比较 洛伦兹力 静电力 产生条件 v≠0 且v 不与B 平行 电荷处在电场中 【易错提醒】洛伦兹力与安培力的区别 错误认知：认为洛伦兹力和安培力是两种独立的力，或认为洛伦兹力会对粒子做功。 正确理解：安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，安培力做功的本质 是电场力做功。 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 方向 F⊥B 且F⊥v 正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强 度方向相反 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 考●向●破●译 考向1 洛伦兹力的大小、方向 例1 （25-26 高二上·内蒙古包头）如图所示，在空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个点电荷固 定在磁场中的O 点，另一个带负电的粒子（不计重力）在水平面内恰好做匀速圆周运动。粒子在图示位 置时，突然撤去匀强磁场，用实线表示撤去匀强磁场之前粒子的运动轨迹，用虚线表示撤去匀强磁场之 后粒子的运动轨迹，则粒子的运动轨迹可能正确的是（ ） A． B． ✨ 得分速记 ： 对洛伦兹力的三点解释 1.洛伦兹力的定义解释：运动电荷在磁场中受到的磁场力，是磁场对运动电荷的作用力，属于非接触 力。 理解要点：洛伦兹力始终与电荷运动方向和磁场方向垂直，仅改变速度方向，不改变速度大小，不对 带电粒子做功。 2.洛伦兹力公式解释： 当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F =qvB； 当夹角为θ 时，F=qvBsinθ，θ 为速度方向与磁场方向的夹角。 3.洛伦兹力方向：由左手定则判断，四指指向正电荷运动方向，磁感线穿手心，大拇指指向洛伦兹力 方向，负电荷则相反。 C． D． 【答案】B 【详解】粒子带负电，根据左手定则可知洛伦兹力背离圆心，则点电荷一定带正电，此时洛伦兹力的大 小一定小于库仑力，且O 点在实线轨迹的圆心处；若突然撤去匀强磁场，运动粒子不再受到洛伦兹力的 作用，粒子受到的库仑力大于粒子做圆周运动所需向心力，故粒子做近心运动。 故选B。 ▶新情境◀【变式训练1·变考法】（25-26 高二上·湖北）人体血管中的血液通常含有大量的正负离子，若 血管内径为d，血流速度v 方向水平向右。现将方向与血管横截面平行且垂直纸面向内的匀强磁场施于某 段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流速一定时，则下列说法正确的是（ ） A．血管上侧电势低，血管下侧电势高 B．若血管内径变小，则血液流量不变 C．血管上下侧电势差与血液流速无关 D．若血管上下侧电势差变大，说明血管内径变大 【答案】D 【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血 管下侧电势低，故 A 错误； B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积），若血管内径变小，则血管的横截面积变小， 根据Q = Sv可知则血液流量变小，故B 错误； CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据qvB = qU d 可得U =dvB，故D 正确，C 错误。 故选D。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·辽宁抚顺）如图所示，电荷量为3.2×10 −19C的氦原子核以水平向 右、大小为3×10 5 m /s的速度射入垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，则氦 原子核射入磁场时受到的洛伦兹力大小、方向分别为（ ） A．9.6×10 −15 N、竖直向上 B．9.6×10 −16 N、竖直向上 C．9.6×10 −16 N、竖直向下 D．9.6×10 −15 N、竖直向下 【答案】A 【详解】氦原子核带正电，由左手定则可知，氦原子核受到的洛伦兹力方向竖直向上，大小 F =qvB =9.6×10 −15 N 故A 正确。 考向2 洛伦兹力的计算 例2 （2026·北京东城·二模）如图所示，两垂直纸面的长直导线分别通有大小相等、方向相反的电流， 图中O 点为两长直导线与纸面交点连线的中点，a 与b，c 与d 均关于O 点对称。下列说法正确的是（ ） A．O 点处的磁感应强度为0 B．a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 C．若负电荷沿ab 连线运动，所受洛伦兹力一直为0 D．若使负电荷从c 点匀速直线运动到d 点，则所受洛伦兹力先变大再变小 【答案】B 【详解】A．在O点，左侧电流产生的磁场方向竖直向下，右侧电流产生的磁场方向也竖直向下，两磁场 方向相同，叠加后O点磁感应强度不为0，且方向竖直向下，故A 错误； B．在a、b的连线上，两导线产生的磁场方向均竖直向下，所以合磁场方向竖直向下。a、b关于O点对称， 在a点，左导线磁场强、右导线磁场弱；在b点，右导线磁场强、左导线磁场弱。根据对称性，两点的合 磁场大小必然相等，故B 正确； C．沿ab连线运动，速度v是水平的，而该线上的磁场B是竖直向下的，速度与磁场相互垂直，洛伦兹力 F =qvB≠0，故C 错误； D．在垂直平分线cd上，两导线产生的磁场在水平方向的分量相互抵消，在竖直方向的分量相互叠加，因 此，cd线上各点的磁场方向均为竖直向下。电荷从c运动到d，速度方向是竖直向下的，速度v与磁场B平 行，电荷受到的洛伦兹力始终为0，故D 错误。 故选B。 ▶新情境◀【变式训练1·变考法】（24-25 高二下·河北保定）如图甲所示，粗糙绝缘水平面上方足够大空 间内存在磁感应强度大小B =1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电物块A 静置于水平面上，其所带 电荷量q =0.1C。t =0时，水平力F 作用在物块A 上，物块A 由静止开始运动，其对水平面的压力FN随时 间t 变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10 m/s 2，则下列说法正确的是（ ） A．物块A 的质量为2kg B．物块A 带负电 C．水平力F 保持不变 D．物块A 的加速度越来越大 【答案】A 【详解】A．初始时刻压力为20N，根据FN=mg 解得m=2kg 故A 正确； B．物块向左运动，压力增大，说明洛伦兹力向下，根据左手定则可知物块带正电，故B 错误； CD．图中压力随时间均匀变化，根据牛顿第三定律可知，物块A 对水平面的压力大小为 F N=mg+qvB =mg+qBat 可知加速度恒定； 水平方向有F −μ FN=ma 解得F = μ(mg+qBat )+ma 水平力F 增大，故CD 错误； 故选A。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·安徽）一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电物体静置于绝缘水平 面上，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。某时刻，该物体在水平恒力F 的作用下由静止开始水平向右加速运动，运动的位移为x时恰好达到最大速度。已知物体与水平面间的动 摩擦因数为μ，重力加速度为g。物体由静止到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（ ） A．最大加速度为F m + μg B．最大速度为F μqB C．物体克服摩擦力做的功为μmgx D．最大动能小于Fx −μmgx 【答案】D 【详解】A．分析物体受力，根据牛顿第二定律，有F −μ(mg+qvB)=ma 可知随着速度的增大，物体的加速度逐渐减小，则初始加速度最大，即am = F m −μg，故A 错误； B．物体加速度为零时，速度最大，有F = μ(mg+q vm B) 有vm = F −μmg μqB ，故B 错误； C．物体运动由静止到最大速度过程，摩擦力f = μ(mg+qvB) 随着速度增大而增大，克服摩擦力做的功大于μmgx，故C 错误； D．根据动能定理，有Fx−W 克f= 1 2 mvm 2 解得1 2 m vm 2 = Fx −W 克f< Fx −μmgx，故D 正确。 故选D。 考点二 带电粒子（带电体）在匀强磁场中的运动 知识点1 做圆周运动的参量的计算 知●识●解●构 1.洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的平面，所以洛伦兹力不改 变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。 2.粒子的运动性质 （1）若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。 （2）若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 3.基本公式 （1）由qvB＝m，得r＝。 （2）由v＝，得T＝。 思维建模 求解带电粒子在匀强磁场中运动的方法 1.分解速度法求带电粒子在匀强磁场中运动 操作步骤：当粒子速度方向与磁场不垂直时，将速度分解为垂直磁场的v⊥和平行磁场的v∥，分别分析两 个分量的运动，再合成合运动。 （示例）应用场景：粒子斜射入匀强磁场，分析其螺旋运动的螺距、周期等物理量时，需用分解速度法 分别计算两个分量的运动参数。 2.圆心与半径确定法求带电粒子在匀强磁场中运动 操作步骤：先根据粒子入射和出射速度方向作垂线找圆心，再结合几何关系（如弦长、偏转角度）计算 轨道半径，最后代入公式求解物理量。 （示例）应用场景：粒子从磁场边界射入并射出，已知入射点、出射点和磁场边界长度，可通过几何关 系构建直角三角形求解半径。 考向1 带电粒子在磁场中做圆周运动的计算 例1 （25-26 高三上·内蒙古赤峰）假设原子核❑92 238U静止在匀强磁场中，在某一时刻发生α 衰变（ ❑92 238 U→90 234 Th+2 4 He），水平向右释放❑2 4 He粒子。则❑90 234Th核与❑2 4 He核在磁场中运动轨迹正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据动量守恒定律可知，由于原子核❑92 238U静止在匀强磁场中，故生成的两粒子动量等大反向， 所以水平向左释放❑90 234Th核。根据qvB =m v 2 r 解得r = mv qB = p qB 可知电荷量较大的粒子在磁场中的运动半径较小，即❑90 234Th核的运动半径小于❑2 4 He核的运动半径。由 左手定则可知，因两粒子均带正电，速度反向，所以运动轨迹为外切圆。 故选D。 【变式训练1·变考法】（24-25 高二下·黑龙江齐齐哈尔）某放射性元素的一个原子核静止在磁感应强度大 小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。由于发生了α（或β）衰变而得到两种粒子，其中一种是α （或β）粒子，另一种是反冲核。如图所示为衰变后两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，已知衰变 前原子核的质量为m，衰变后形成的两种新粒子的质量分别为m1、m2，在磁场中的轨迹半径分别为R1、 R2。两圆半径之比为R1: R2=1:45，则以下说法正确的是（ ） A．该原子核发生的是α衰变，得到的两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相反 B．原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的轨道半径为R2 C．衰变过程释放的核能E =(m−m1−m2)c 2，得到的射线很容易穿透黑纸 D．该衰变的衰变方程可能为❑92 238U→2 4 He+90 234Th 【答案】D 【详解】A．两圆形轨迹外切，可知是α衰变，两种新粒子均带正电，根据左手定则可知两种新粒子在磁 场中做圆周运动的绕向相同，故A 错误； B．根据牛顿第二定律可得qvB = m v 2 R 解得R = mv qB 可见，粒子做圆周运动的轨道半径与动量成正比、与电荷量成反比。根据动量守恒定律可知，原来静止 的原子核衰变后两种新粒子动量等大反向。若原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的原子序数应 为90，氦原子核的原子序数为2。由已知条件可知，反冲核的轨道半径为R1，故B 错误； C．衰变过程释放的核能为E =(m−m1−m2)c 2 得到的射线是α射线，但α射线在空气中电离本领较强，贯穿本领较弱，空气中一张纸就能把α射线挡住， 故C 错误； D．根据质量守恒定律与电荷数守恒定律可知，该衰变的衰变方程可能为❑92 238U→2 4 He+90 234Th 故D 正确。 故选D。 【变式训练2·变考法】（2026·云南楚雄·三模）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的 匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、 质量为m、电荷量为q。PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的足够长的挡板，挡板的Q端与O点的连 线与挡板垂直，距离为8mv 5qB 。设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相 互作用及重力。则（ ） A．板上有粒子打到的范围长度L= 4 πm 5qB B．打在板上的粒子在磁场中运动的最短时间为53 πm 90qB C．打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间为πm qB D．打在挡板上的粒子占所有粒子的37 180 【答案】B 【详解】A．设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心 力。设粒子做圆周运动的半径为r。则有qvB =m v 2 r 解得r = mv qB 能打到挡板上的最远的粒子与O 点相距2r，由几何关系可知，挡板有粒子打到的范围L= 6mv 5qB ，故A 错 误； B．由以上分析知，当粒子恰好打在Q 点时，时间最短，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1=106°；对 应的时间为t min= θ1 2π T = 106° 360° 2πm qB = 53πm 90qB ，故B 正确； C．当粒子轨迹与PQ 相切时，时间最长，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2=233°，对应的时间为 tmax= 233πm 180qB ，故C 错误； D．能打到挡板上的粒子，轨迹圆半径在与OQ 夹角90°角的范围内的粒子，则打在挡板上的粒子占所有 粒子的1 4 ，故D 错误。 故选B。 考向2 带电粒子在无边界磁场中的运动 例2 （2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，空间中存在沿y轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场， O点处有一粒子源，不断地沿与y轴正方向成45°角的各个方向发射质量为m、电荷量为+q(q>0)、速度 大小为v0的粒子。一垂直于y轴的足够大荧光屏从O点缓慢沿y轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会 产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为m v0 qB 的亮圆环时，屏到 O点的距离为（ ） A． ❑√2πm v0 4 qB B．πm v0 2qB C． ❑√2πm v0 2qB D．πm v0 qB 【答案】A 【详解】A．粒子在磁场中运动，将速度分解为平行于磁场方向的分速度v1= v0cos 45°和垂直于磁场方 向的分速度v2= v0sin 45°。粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 q v2B =m v2 2 r 解得轨道半径r = m v2 Bq 运动周期T = 2πr v2 = 2πm Bq 当荧光屏上第一次出现半径为m v0 qB 的亮圆环时，沿着y 轴方向从上向下看，对其中一个粒子的运动 根据几何关系可知转过的圆心角为90°，所以所用时间为t = T 4 = 1 4 × 2πm Bq = πm 2Bq 屏到O点的距离为x = v1t = ❑√2πm v0 4 qB 故选A。 【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·河南驻马店）威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云 室内充入过饱和酒精蒸汽，并施加匀强磁场。当带电粒子经过云室时，其经过的路径上就会出现一条雾 迹，从而显示粒子的运行路径。若某带电粒子进入云室后的运动方向与磁场方向垂直，其运动轨迹在纸 面平面内如图所示。已知此带电粒子在云室中运动过程中质量和电荷量保持不变，由于阻力作用其速度 不断减小。粒子重力的影响可忽略不计，下列说法中正确的是（ ） A．该粒子带负电 B．粒子运动方向为从b到a C．粒子运动过程中洛伦兹力的冲量始终为0 D．粒子运动过程中洛伦兹力对它做负功 【答案】B 【详解】AB．带电粒子垂直匀强磁场运动，由洛伦兹力提供向心力qvB = m v 2 r 得轨迹半径r = mv qB 粒子受阻力作用速度不断减小，m、q、B不变，因此轨迹半径r应逐渐减小，粒子是从半径大的b向半 径小的a运动；磁场垂直纸面向里，粒子运动方向为b→a，洛伦兹力指向轨迹凹侧（圆心方向），根据 左手定则可判断该粒子带正电，故A 错误，B 正确。 C．洛伦兹力有作用时间，则洛伦兹力的冲量不是始终为0，故C 错误； D．洛伦兹力的方向始终与粒子速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永远不做功，故D 错误。 故选B。 【变式训练2·变考法】（2026·山西吕梁·三模）如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q 的正点电荷，一个 电荷量为q、质量为m 的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心，在匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周 运动，沿不同的方向绕行周期之比为2:1，已知静电力常量为k，下列说法中正确的是（ ） A．粒子可能带正电 B．粒子沿逆时针方向转动时的线速度是沿顺时针方向时的2 倍 C．粒子顺时针转动时，向心加速度大小为kQq 2mr 2 D．粒子逆时针转动时，向心加速度大小为kQq 2mr 2 【答案】D 【详解】A．若粒子带正电，则受到的库仑力一定向外，若顺时针转动时，洛伦兹力方向背离圆心，则合 力向外，粒子不可能如图所示的圆周运动，故A 错误； BCD．根据A 的分析可知，粒子一定带负电；根据v = 2πr T 可知，线速度之比为1:2；由于逆时针转动时， 向心力较小，故线速度较小，因此沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的1 2，顺时针转动时， 洛伦兹力向里，则有F 库+ Bq v1=ma1 而逆时针转动时，洛伦兹力向外，则F 库−Bq v2=ma2 由于v1=2v2，则a1= 4 a2 且F 库= kqQ r 2 则联立解得a2= kQq 2mr 2，a1= 2kQq mr 2 ，故BC 错误，D 正确。 故选D。 知识点2 带电粒子在有界磁场中的运动 知●识●解●构 1.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形 （1）直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示） （2）平行边界（往往存在临界条件，如图所示） （3）圆形边界 ①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度 的偏向角。 ②速度方向不指向圆心：如图乙所示。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。 ③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一 定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。 2.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 （1）圆心的确定方法 ①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F 的方向，其交点即为圆心，如 图甲。 ②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心， 如图乙。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离 为r 的位置为圆心，如图丙。 （2）半径的计算方法 方法一 由R＝求得 方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得 例如：如图甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得 常用到的几何关系 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。 ②弦切角等于其弦所对应圆心角的一半，如图乙，θ＝α。 （3）时间的计算方法 方法一 利用圆心角、周期求得t＝T 方法二 利用弧长、线速度求得t＝ 例如：t＝T＝T＝T t== 思维建模 用图像法求解带电粒子在磁场中的运动 （1）带电粒子在匀强磁场中运动轨迹图像分析 常见轨迹：带电粒子垂直进入匀强磁场时做匀速圆周运动，轨迹为圆弧，需结合圆心、半径、偏转方向 分析。 （示例）图像解读：给定某粒子在匀强磁场中的半圆轨迹，可根据左手定则判断磁场方向，结合轨迹半 径计算粒子速度或比荷。 （2） 带电粒子在匀强磁场中运动过程图像 速度－时间图像：因洛伦兹力不做功，粒子速度大小不变，图像为平行于时间轴的直线，方向随时间变 化。 （示例）图像应用：若粒子进入磁场时速度方向与磁场成一定角度，速度可分解为垂直和平行分量，垂 直分量的速度－时间图像为正弦曲线。 考●向●破●译 考向3 带电粒子在有边界磁场中的运动 重 难 例3 （25-26 高二上·吉林长春）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点 是cd 边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方 形内，经过时间t0刚好从c 点射出磁场。现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以 大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计。下列说法中正确的是（ ） A．若该带电粒子从ab 边射出，它经历的时间可能为t0 B．若该带电粒子从bc 边射出，它经历的时间可能为t0 C．若该带电粒子从cd 边射出，它经历的时间为4 3 t0 D．若该带电粒子从ad 边射出，它经历的时间可能为2 3 t0 【答案】B 【详解】A．由带正电的粒子从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射 出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T =2t0。当粒子沿纸面以与Od 成30°角的方向射入 正方形内时，如图所示，作出从ab 边射出的临界轨迹①。由图可知，当轨迹①与ab 相切时为带电粒子从 ab 边射出的临界值，根据几何关系tab= 5 12 T = 5 6 t0 则该带电粒子从ab 边射出经历的时间一定不大于5t0 6 ，故A 错误； B．作出从bc边射出的临界轨迹②。由图可知，当轨迹②与bc相切时为带电粒子从bc边射出的临界值， 根据几何关系tbc = 4 6 T = 4 3 t0 则该带电粒子从bc边射出经历的时间一定不大于4 t0 3 ，故B 正确； C．作出从cd 边射出的临界轨迹③。由带电粒子运动轨迹的对称性可知，该带电粒子从cd 边射出经历的 时间一定是tcd = 5 6 T = 5 3 t0，故C 错误； D．作出从ad边射出的临界轨迹④。由图可知，当轨迹④与ad相切时为带电粒子从ad边射出的临界值， 根据几何关系tad = T 6 = t0 3 则该带电粒子从ad边射出经历的时间一定不大于t0 3 ，故D 错误。 故选B。 【变式训练1·变考法】（25-26 高二上·辽宁）利用磁场可以实现对带电粒子运动的控制。如图所示，在直 角坐标系xOy 中，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和II，虚线为它们的分界线，与x轴正向夹角 θ =60 ∘。区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域II中的磁感应强度为3 B，方向垂直纸面 向里，N点为它们分界线上的某一点，已知ON = L。质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O平行 于y轴正方向射入区域I，初速度v0未知，经过一段时间后，粒子恰好经过N，忽略粒子重力和一切阻力， 则下列说法正确的是（ ） A．粒子运动到N 点时速度方向可能平行于x 轴 B．粒子从O 点运动到N点的时间至少为2πm qB C．粒子的初速度v0大小可能是3qBL 4 m D．粒子的初速度v0大小可能是3qBL m 【答案】C 【详解】A．做出粒子部分运动轨迹如图，粒子先在磁场区域I 中做顺时针的圆周运动，圆心角为60 ∘，之 后在磁场区域II 中做逆时针的圆周运动，圆心角也为60 ∘，此时速度竖直向上，以后做重复运动。这样粒 子从O点运动到N点时速度方向不可能平行于x轴，所用的时间最短为1 6 × 2πm Bq = πm 3 Bq 故AB 错误； CD．设在磁场区域I 中做顺时针圆周运动的半径为R，则在磁场区域II中做逆时针圆周运动的半径为R 3 。 则满足L= R、4 R 3 、7 R 3 、8 R 3 、11 R 3 …… 再根据R = m v0 qB 可判断C 正确，D 项错误。 故选C。 【变式训练2·变考法】（24-25 高二下·吉林松原）如图所示，在xOy 坐标系第一象限内存在方向沿x 轴负 方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为−q（q>0）的带电粒子从 坐标原点O 以速度v0沿y 轴正方向射入电场，带电粒子恰好经过点M ( L,❑√3 L)．若将匀强电场换为垂直 于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子在偏转的过程中离x 轴的最远距离与M 点到x 轴 的距离相等，不计粒子的重力．则E、B 分别为（ ） A．2mv0 2 3qL ❑√3m v0 3qL B．3mv0 2 4 qL ❑√3m v0 2qL C．2mv0 2 3qL ❑√3m v0 qL D．3mv0 2 4 qL m v0 qL 【答案】A 【详解】由题意可知，带电粒子做类平抛运动经过M 点，加速度为a= qE m 由类平抛知识可知 ❑√3 L= v0t，L= 1 2 at 2 联立解得E = 2mv0 2 3qL 根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0 2 R 由题述可知R = ❑√3 L 联立解得B = ❑√3m v0 3qL 故选A。 考向4 带电体在磁场中的运动 例4 （24-25 高二下·山东菏泽）如图所示两个可视为质点、质量均为m的物块甲、乙放在绝缘水平桌面 上，其中物块甲光滑且不带电，物块乙带正电，电荷量为q，与桌面间的动摩擦因数为μ。物块甲、乙之 间用一根不可伸长的轻绳连接，整个空间处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将 一水平向左、大小为F的恒力作用于物块甲上使两物块由静止开始运动，则下列说法正确的是（ ） A．轻绳中的拉力先增大最终等于F B．两物块做加速度增大的加速运动最终匀速 C．两物块最终稳定时的速度为F −μmg 2 μBq D．若稳定后突然撤去F，两物块将一起做加速度增大的减速运动直至停止 【答案】A 【详解】BC．对整体分析有F −f =2ma，f = μ（mg+ Bqv ） 由于速度在增大，则摩擦力在增大，则加速度在减小，当摩擦力等于拉力F时两物块达到匀速，此时 v = F −μmg μBq 故BC 错误； A．对物块甲分析有F −T =ma，由于加速度逐渐减小为0，则轻绳中的拉力逐渐增大最终等于F，故A 正确； D．若稳定后撤去F，两物块将一起减速，由于速度减小，则洛伦兹力减小，则对桌面的压力减小，摩擦 力减小，加速度减小，故两物块做加速度减小的减速运动最终停止，故D 错误。 故选A。 【变式训练1·变考法】（24-25 高二上·浙江嘉兴）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面 成θ角，质量为m、电荷量为−q的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中， 磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。若小球以初速度v0沿细杆向上运动，经过一定的时 间又回到出发点，则该过程中小球（ ） A．机械能减小 B．上滑时间大于下滑时间 C．向上滑动的最大位移为 v0 2 2gsinθ D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 【答案】C 【详解】A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹 力不做功，所以小球的机械能守恒，故A 错误； B．小球上滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ =ma上 下滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ =ma下 所以a上=a下 根据x = 1 2 at 2可知，上滑时间等于下滑时间，故B 错误； C．小球向上滑动的最大位移为xm = v0 2 2a上 = v0 2 2gsinθ 故C 正确； D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时， 根据F洛=qvB可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到v0时，小球受到的洛伦兹力仍 小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D 错误。 故选C。 【变式训练2·变考法】（24-25 高二上·广东广州）质量为m、带电荷量为q 的小物块，从倾角为θ的绝缘 斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中， 磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确 的是（ ） A．小物块可能带正电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为gsinθ−μgcosθ C．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为mgsinθ Bq 【答案】C 【详解】A．根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块所受的洛伦兹力方向垂直于斜 面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手 定则判断可知小物块带负电，故A 错误； BC．小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析，可知小物块所受合力 F合=mgsinθ−μ(mgcosθ−qvB) 随着v 增大，洛伦兹力增大，F合增大，a 增大，则小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故 B 错误，C 正确； D．小物块对斜面压力为零时，有 mgcosθ =qvB 解得 v = mgcosθ qB 故D 错误。 故选C。 04 真题溯源·考向感知 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点，处于竖直向下的 匀强磁场中。将小球从P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小球从P点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向PO点）。根据左手定则可知，洛伦 兹力方向垂直速度指向里（即俯视图中PO连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯 曲），当小球运动到右侧最高点（P'点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方 向垂直速度指向外（即俯视图中P' O连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下 弯曲），综上所述，B 选项图符合题意。 故选B。 2．（多选）（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所 示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P 点沿径向射入磁场，粒子1 沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M 点。粒子2 经磁场偏转后打在探测器上的N 点。装置内部为真 空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ） 溯源真题逻辑，感知高考考向 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 【答案】AD 【详解】AB．由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不带电，则粒子1 可能为中子；粒子2 向上偏转， 根据左手定则可知粒子2 应该带正电，A 正确、B 错误； C．由以上分析可知粒子1 为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，C 错误； D．粒子2 在磁场中洛伦兹力提供向心力有 qvB =m v 2 r 解得 r = mv qB 可知若增大粒子入射速度，则粒子2 的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的Q 点，D 正确。 故选AD。 3．（多选）（2025·甘肃·高考真题）2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超 导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化 示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为 R0。在内圆上A 点有a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c 带正电且比荷均为q m，a 粒子的速度大小为va= qB R0 m ，方向沿同心圆的径向；b 和c 粒子速度方向相反 且与a 粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ） A．外圆半径等于2 R0 B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为(3π+2)m qB C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为 ❑√2 ❑√2+2 D．c 粒子的速度大小为 ❑√2 2 va 【答案】BD 【详解】由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示 a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动， 再做匀速圆周运动恰好回到A 点， 根据a 粒子的速度大小为va= qB R0 m 可得Ra= R0 设外圆半径等于R ′,由几何关系得∠A O ′ B =270° 则R ′ = R0+ ❑√2 R0 A 错误； B．由A 项分析，a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点的时间tmin a 粒子做匀速圆周运动的周期T = 2π R0 va = 2πm qB 在磁场中运动的时间t1= 540° 360° ⋅T = 3 πm qB 匀速直线运动的时间t2= 2 R0 va = 2m qB 故a 粒子返回A 点所用的最短时间为tmin=t1+t2= (3π+2)m qB B 正确； C．由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为q m，所以两粒子做圆周运动周期 相同，故所用的最短时间之比为1:1，C 错误； D．由几何关系得2 Rc = ❑√2 R0 洛伦兹力提供向心力有q vc B = mvc 2 Rc 联立解得vc = ❑√2 2 va D 正确。 故选BD。 4．（多选）（2025·四川·高考真题）如图所示，I 区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ 区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I 区边界重合；正方形与圆形中心同为O 点。 I 区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4 1∶。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a 点沿正方形某一条边的中垂线 方向进入磁场，一段时间后从a 点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ） A．在I 区的轨迹圆心不在O 点 B．在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1 2∶ C．在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127 37 ∶ D．在I 区和Ⅱ区的运动时间之比为127 148 ∶ 【答案】AD 【详解】A．由图可知 在I 区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确； B．由洛伦兹力提供向心力qvB =m v 2 r 可得r = mv qB 故在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之比为r1 r2 = B2 B1 = 1 4 故B 错误； D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cosα = r2 r1+r2 = 4 5 可得α =37° 故粒子在I 区运动的时间为t1= 360°−2(90°−37°) 360° T = 254° 360° × 2πm q B1 粒子在Ⅱ区运动的时间为t2= 2×37° 360° T = 74° 360° × 2πm q B2 联立可得在I 区和Ⅱ区的运动时间之比为t1 t2 = 127 148 故D 正确； C．粒子在I 区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1= 360°−2(90°−37°) 360° ×2π r1= 254° 360° ×2π r1 l2= 2×37° 360° ×2π r2= 74° 360° ×2π r2 故在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为l1 l2 = 127 148 故C 错误。 故选AD。 5．（2025·重庆·高考真题）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速 度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的 匀强磁场。O、N、M 均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O 点正 上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒 子速度大小相同，方向相反，比荷均为q m。已知OK =3h，OM =3 ❑√3h，不计粒子所受重力及粒子间相 互作用。 (1)若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，求粒子的速度 大小。 (3)要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射t 时间后关闭磁场，忽略磁场变 化的影响，求t。 【答案】(1)3qBh 2m (2)2qBh m (3)2πm 3qB 【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生光点，其运动半径r = 3h 2 运动过程中由洛伦兹力提供向心力有qvB = mv 2 r 联立解得v = qBr m = 3qBh 2m （2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，则两端粒 子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N 点相切，如图 由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ =30 ∘，根据和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h 根据洛伦兹力提供向心力可知q v1B = m v1 2 r1 解得v1= qBr1 m = 2qBh m （3）由题意带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M 点做正电粒子 轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知ON = ❑√3h，所以NM =2❑√3h 由于O ′ N =r1=2h，且O ′ N ⊥NM 根据几何关系可知∠N O ′ M =∠PO ′ M =60 ∘，而∠K O ′ N =120 ∘ 所以α =120 ∘ 粒子在磁场中运动的周期T = 2πm qB ，对应的圆心角α =120 ∘ 所以t = 1 3 T = 1 3 ⋅2πm qB = 2πm 3qB
