2025年高二物理同步培優(yōu)講練（人教版選擇性必修第二冊）1.3帶電粒子在勻強磁場中的運動（解析版）

1.3磁場對通電導線的作用力

課程標準物理素養(yǎng)

1.能用洛倫茲力分析帶物理觀念：知道帶電粒子沿著與磁場垂直的方向射入勻強磁場會在磁場中做

電粒子在勻強磁場中的圓勻速圓周運動。

周運動?？茖W思維：能推導帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式和周期

2.了解帶電粒子在勻強公式，能解釋有關的現象，解決有關實際問題。

磁場中的偏轉及其應用?？茖W探究：經歷實驗驗證帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動以及其

3.知道洛倫茲力作用下運動半徑與磁感應強度的大小和入射速度的大小有關的過程，體會物理理論

帶電粒子做勻速圓周運動必須經過實驗檢驗。

的周期與速度無關，能夠科學態(tài)度與責任：能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。通

聯想其可能的應用。過學習磁場對帶電粒子運動的控制，體會物理知識與科學技術進步的關系。

（一）課前研讀課本，梳理基礎知識：

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0。

2.若?//?，帶電粒子初速度?的方向和洛倫茲力的方向都在與磁場?方=向垂直的平面內，粒子在這個平面內運

動。?⊥?

（1）洛倫茲力總是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）沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力對粒子起到了

向心力的作用。

二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期

1.洛倫茲力演示儀：電子槍可以發(fā)射電子束。玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑

跡。勵磁線圈能夠在兩個線圈之間產生勻強磁場，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行。

2.演示儀中電子軌跡特點

（1）不加磁場時，電子束的徑跡是一條直線。

（2）加磁場后電子束的徑跡是一個圓。

（3）磁感應強度或電子的速度改變時，圓的半徑發(fā)生變化。

3.半徑和周期

（）由，可得。

12

???

（2）由???=?和?，?可=得??。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期跟軌道半徑和運

??2π?2π?

動速度無?關=。???=??=??

【題型一】帶電粒子在磁場中運動的基本問題

v2

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這個條件，即qvB＝m。

r

mv2πm

2．同一粒子在同一磁場中，由r＝知，r與v成正比；但由T＝知，T與速度無關，與半徑大

qBqB

小無關。

【典型例題1】已知氚核的質量約為質子質量的3倍，帶正電荷，電荷量為一個元電荷；α粒子即氦原子

核，質量約為質子質量的4倍，帶正電荷，電荷量為e的2倍。現在質子、氚核和α粒子由靜止經過相同

的加速電場加速后垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動，則它們運動的半徑之比為（）

A．1:1:2B．1:3:4

C．1:1:1D．1:3:2

【答案】D

【解析】粒子在電場中加速過程，根據動能定理有

1

qUmv2

20

粒子在磁場中做圓周運動過程，由洛倫茲力提供向心力，則有

v2

qvBm

0R

解得

12mU

R0

Bq

根據題意可知，令質子質量為m，電荷量大小為e，則氚核質量為3m，電荷量大小為e，α粒子質量為4m，

電荷量大小為2e，則可解得質子、氚核和α粒子由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入同一勻強磁場

中做勻速圓周運動，則它們運動的半徑之比為1:3:2。

故選D。

【典型例題2】電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處

于靜止狀態(tài)的一個電子（此過程類似完全非彈性碰撞），若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【解析】離子吸收一個電子后，離子帶電荷量由3e變?yōu)?e，由于碰撞的時間極短，故吸收電子后滿足動

量守恒定律，離子運動的動量保持不變，由洛倫茲力提供向心力

v2

qvBm

r

可得軌道半徑為

mv

r

qB

因為離子吸收電子后，電荷量減小且新離子的動量與原來相同，故離子做圓周運動軌道半徑r增大，離子仍

然帶正電，故離子圓周運動方向沒有發(fā)生變化。

故選D。

【對點訓練1】質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，

已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是（）

A．若q1=q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等

B．若m1=m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等

C．若q1≠q2，則它們做圓周運動的周期一定不相等

D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等

【答案】A

【解析】AB．由洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvBm

r

可得

mv

r

qB

由于兩粒子的動量大小相等，若q1q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等；若m1m2，則它們做圓周運

動的半徑不一定相等，故A正確，B錯誤；

CD．根據

2rmv

T，r

vqB

可得粒子在磁場中運動的周期為

2m

T

qB

qq

12

若q1q2或m1m2，但，則它們做圓周運動的周期一定相等，故CD錯誤。

m1m2

故選A。

【對點訓練2】一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的

每小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減小（帶電荷量不變），從圖中

情況可以確定（）

A．粒子從a運動到b，帶正電B．粒子從b運動到a，帶正電

C．粒子從a運動到b，帶負電D．粒子從b運動到a，帶負電

【答案】B

【解析】根據牛頓第二定律有

v2

qvBm

r

解得

mv

r

Bq

由題意可知粒子速率逐漸減小，所以軌跡半徑逐漸減小，即粒子從b運動到a，根據左手定則可判斷粒子帶

正電。

故選B。

【題型二】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

1．圓心的確定：因為洛倫茲力始終與電荷運動方向垂直，洛倫茲力為粒子做圓周運動提供的向心力，

總是指向圓心。

(1)已知兩點的速度方向：畫出粒子運動軌跡上的任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的洛倫茲力的

方向，其延長線的交點即為圓心，如圖甲。

(2)已知進場速度方向和出場點：通過入射點或出射點作速度方向的垂線，再連接入射點和出射點，作

其中垂線，這兩條線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖乙。

2．半徑的確定和計算：半徑的計算一般是利用幾何知識(三角函數關系、三角形知識等)求解。

3．圓心角的確定

(1)利用好四個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2×圓周角＝2×弦切角。

(2)利用好三角形，尤其是直角三角形的相關知識。計算出圓心角θ，則帶電粒子在磁場中的運動時間t

θ

＝T。

2π

【典型例題3】1930年，英國物理學家狄拉克預言了正電子的存在。1932年，美國物理學家安德森在宇宙

線實驗中發(fā)現了正電子。他利用放在強磁場中的云室來記錄宇宙線粒子——正電子，并在云室中加入一塊厚

6mm的鉛板，借以減慢粒子的速度。當宇宙線粒子通過云室內的強磁場時，拍下粒子徑跡的照片，如圖所

示。則下列說法正確的是（）

A．粒子穿過鉛板后速度減小，因此在磁場中做圓周運動的半徑增大

B．粒子穿過鉛板后在磁場中做圓周運動的周期變小

C．圖中的粒子是由上向下穿過鉛板的

D．該強磁場的磁感應強度方向為垂直紙面向外

【答案】C

【解析】A．根據牛頓第二定律

v2

qvBm

R

解得

mv

R

qB

粒子穿過鉛板后速度減小，因此在磁場中做圓周運動的半徑減小。故A錯誤；

B．根據

2

2

qvBmR

T

可得

2m

T

qB

故粒子穿過鉛板后在磁場中做圓周運動的周期不變。故B錯誤；

C．粒子穿過鉛板后速度減小，粒子在磁場中運動半徑減小，由圖可知正電子從上向下穿過鉛板。故C正確；

D．由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向里。故D錯誤。

故選C。

【典型例題4】如圖，光滑絕緣水平桌面xOy的第一象限存在勻強磁場B，方向垂直桌面向內．從P點垂直

Ox軸滾入一個帶電小球甲，隨后沿著軌跡b離開磁場，在磁場中經歷的時間為t?，F在Q點放置一個不帶

電的同種小球乙，再次從P點垂直O(jiān)x軸滾入一個帶電小球甲，二者發(fā)生碰撞后結合在一起，則（）

A．二者將繼續(xù)沿著軌跡b離開磁場，經歷的時間同樣為t

B．二者將繼續(xù)沿著軌跡b離開磁場，經歷的時間大于t

C．二者將沿著軌跡a離開磁場，經歷的時間大于t

D．二者將沿著軌跡c離開磁場，經歷的時間小于t

【答案】B

【解析】二者結合在一起，總動量不變，故軌跡半徑

mv

r總共

q總B

大小不變，軌跡依舊沿著b，周期

2m

T總

q總B

變大，故經歷的時間增加。

故選B。

e

【對點訓練3】如圖所示，斜邊長為a的等腰直角三角形MNP處于一勻強磁場中，比荷為的電子以速度

m

v0從M點沿MN方向射入磁場，欲使電子能經過NP邊，則磁感應強度B的取值應為（）

2mv2mv2mv2mv

A．B0B．B0C．B0D．B0

eaeaeaea

【答案】A

【解析】若電子恰能經過P點，則軌道半徑

2

ra

2

則由

v2

evBm0

0r

可得此時

mv2mv

B00

erea

則欲使電子能經過NP邊，則磁感應強度B的取值

2mv

B0

ea

故選A。

【對點訓練4】如圖為洛倫茲力演示儀的結構圖。勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，玻璃泡中的

磁場可以視為勻強磁場，且磁感應強度大小與線圈中電流I的關系為BkI（k為常數）。電子由電子槍產生，

其速度方向與磁場方向垂直。測得電子在玻璃泡中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，從電子槍射出經過加速

的電子速度為v，電子所帶電荷量為e，質量為m，則勵磁線圈中電流I0和一個電子在玻璃泡中運動的等效

電流I分別為（）

2mvevmvev2mvevmvev

A．，B．，C．，D．，

krerkre2rkre2rkrer

【答案】B

【解析】根據題意可知，玻璃泡中的磁場的磁感應強度

BkI0

速度為v的電子在玻璃泡中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有

v2

evBm

r

聯立解得

mv

I

0kre

電子做圓周運動的周期

2r

T

v

一個電子在玻璃泡中運動的等效電流為

eev

I

T2r

故選B。

【題型三】帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

運動軌跡的確定

（1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖丁所示）。

（2）平行邊界（存在臨界條件，如圖戊所示）。

（3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖己所示）。

1

【典型例題5】如圖所示，半徑為R的圓OAP區(qū)域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁

4

qBR

場，圓心O點有一粒子源，先后從O點以相同速率v向圓區(qū)域內發(fā)射兩個完全相同的正電粒子a、b

0m

（質量為m，電量為q），其速度方向均垂直于磁場方向，與OP的夾角分別為90°、60°，不計粒子的重力及

粒子間相互作用力，則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比ta:tb為（）

A．1：1B．2：1C．1：2D．4：1

【答案】A

【解析】兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為R，恰好與磁場區(qū)域半徑相等，對粒子

1

在磁場中恰好以P點為圓心做圓周運動，從AP邊上M點出磁場，tT；對b粒子

a6

在磁場中做圓周運動恰好從AP邊上D點出，由幾何關系得

1

tT

b6

故

ta:tb1:1

故A正確，BCD錯誤。

故選A。

【典型例題6】如圖所示，水平直線邊界PQ的上方空間內有方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻

強磁場，長為2d、與PQ平行的擋板MN到PQ的距離為d，邊界PQ上的S點處有一電子源，可在紙面內

eBd

向PQ上方各方向均勻的發(fā)射電子。已知電子質量為m、電荷量為e，速度大小均為，N、S的連線與

m

PQ垂直，不計電子之間的作用力，則擋板MN的上表面與下表面被電子擊中部分的長度之比為（）

A．31B．1C．3D．31

【答案】A

【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

v2

Bvem

r

解得

mv

rd

Be

作粒子從不同方向射出的軌跡，其中有三個臨界情況，分別是恰好與MN下表面相切、軌道恰好經過N點

打在MN上表面和沿SQ方向入射的粒子經過四分之三圓打在C點，如圖所示

則擋板MN的上表面被電子擊中部分為CD，根據幾何關系可得

2

DN2dd23d

又

CNd

由幾何關系得

CDDNCN31dMN下表面被電子擊中部分長度為

CNd

因此

CD

31

CN

故A正確。

故選A。

【對點訓練5】如圖所示，半徑為R圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙

面向外。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，最后經過C點離開

磁場。已知弧CA對應的圓心角為60°，不計粒子重力。則（）

2qBR

A．粒子運動速率為

3m

B．帶電粒子運動過程中經過圓心O

5m

C．粒子在磁場中運動的時間為

3qB

4R

D．粒子在磁場中運動的路程為

3

【答案】B

【解析】

A．假設該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O’，由幾何關系可知AOC為正三角形。假設運動軌跡半徑為r，

由幾何關系可知

3

rR

3

由洛倫茲力公式可知

qBr3qBR

v

m3m

故A錯誤；

B．由圖像可知，軌跡經過圓心。故B正確；

C．由于此時運動軌跡圓心角為120°，結合公式

2m

T

qB

可知，所用時間為

24m

tT

33qB

故C錯誤；

D．由幾何關系可知

243R

s2r

39

故D錯誤。

故選B。

【對點訓練6】光滑剛性絕緣正三角形框內存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，長為L的CD邊中點P開有

一個小孔，如圖所示。質量為m、電荷量為q的正電粒子從P點沿垂直于CD邊射入磁場后，與正三角形

的邊發(fā)生兩次碰撞，再從P點垂直于CD邊離開磁場。粒子在每次碰撞前、后瞬間，平行于邊方向的速度

分量不變，垂直于邊方向的速度分量大小不變、方向相反，電荷量不變，不計重力。則粒子的初速度為（）

qBLqBLqBL2qBL

A．B．C．D．

4m2mmm

【答案】B

【解析】正電粒子從P點沿垂直于CD邊射入磁場后，與正三角形的邊發(fā)生兩次碰撞，再從P點垂直于CD

邊離開磁場，可知

L=2r

根據

v2

qvBm

r

可得

qBL

v

2m

故選B。

【基礎強化】

1．云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。圖為一張云室中拍攝的照

片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。

有關這些徑跡以下判斷正確的是（）

A．d、e都是正電子的徑跡

B．a徑跡對應的粒子動量最大

C．b徑跡對應的粒子動能最大

D．a徑跡對應的粒子運動時間最長

【答案】D

【解析】A．帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、

e都是負電子的徑跡，A錯誤；

B．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有

v2

qvBm

R

解得

mv

R

qB

由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據

pmv

可知a徑跡對應的粒子動量最小，B錯誤；

C．根據

1

Emv2

k2

可知

EkaEkbEkc

即b徑跡對應的粒子動能不是最大的，C錯誤；

D．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有

v22R

qvBm，T

Rv

則

2m

T

qB

所以

TaTbTcTdTe

粒子在磁場中的運動時間

tT

2

其中為粒子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的粒子運動時間

最長，D正確。

故選D。

2．質子和α粒子（其質量為質子的4倍，電荷量為質子的2倍）在同一個勻強磁場中做半徑相同的勻速圓

周運動，那么質子與α粒子的動量大小之比為（）

A．1∶1B．1∶2

C．2∶1D．1∶4

【答案】B

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvBm

r

解得軌道半徑為

mvp

r

qBqB

由于質子和α粒子在同一個勻強磁場中做半徑相同的勻速圓周運動，則質子與α粒子的動量大小之比為

pH:pHeqH:qHe1:2

故選B。

3．如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構圖。勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產

生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈

的電流來調節(jié)（電流越大，磁場越強）。下列說法中正確的是（）

A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大

B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大

C．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變大

D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大

【答案】B

【解析】AB．根據電子所受洛倫茲力的方向結合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向是逆時針方向，電子在

加速電場中加速，由動能定理有

1

eUmv2

20

電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有

2

v0

eBv0m

r

解得

mv12mU

r0

eBBe

僅增大勵磁線圈中電流，磁感應強度B增大，電子束徑跡的半徑變小，僅提高電子槍加速電壓U，電子束

徑跡的半徑變大，故A錯誤，B正確；

CD．由電子做圓周運動的周期

2m

T

eB

僅增大勵磁線圈中電流，磁感應強度B增大，電子做圓周運動的周期將變小，僅提高電子槍加速電壓，電

子做圓周運動的周期將不變，故CD錯誤；

故選B。

4．如圖所示，勻強磁場范圍足夠大且方向垂直紙面向里，在紙面內有P、M、N三點，PM間的距離為L，

PM連線與MN間的夾角為30。從P點平行于MN向左發(fā)射速率為v0的帶正電粒子，恰好經過M、N，粒

子質量為m、電荷量為q，不計粒子重力，則（）

3mv

A．磁感應強度的大小為0

2qL

3L

B．MN間距離為

2

2L

C．粒子從P運動到N的時間為

3v0

3L

D．粒子運動過程中，距MN的最大距離為

2

【答案】D

【解析】根據題意作出軌跡，如圖所示

根據幾何關系，可知

POM23060

則軌道半徑

RL

由于洛倫茲力提供向心力，則有

v2

qvBm0

0R

解得

mv

B0

qL

故A錯誤；

B．根據幾何關系，MN間距離為

xMN2Lcos303L

故B錯誤；

C．粒子從P運動到N對應的圓心角

36060300

粒子運動周期

2R

T

v0

則經歷時間為

tT

360

解得

5L

t

3v0

故C錯誤；

D．根據軌跡圖像可知，當粒子運動至與P點關于圓心對稱位置時，距MN的距離最大

3L

x2RLsin30

max2

故D正確。

故選D。

5．如圖所示，虛線上方存在范圍足夠大的勻強磁場，兩個正、負電子以相同的速度從虛線上的O點沿與虛

線成30角的方向射入磁場中。負電子經過時間t運動到虛線上的M點，已知OML，不計電子的重力。

若正電子運動到虛線上的N點（圖中未畫出），則下列說法正確的是（）

A．N點在O點左側，且ONLB．N點在O點左側，且ON3L

C．正、負電子在磁場中運動的時間之差為tD．正、負電子在磁場中運動的時間之差為3t

【答案】A

【解析】AB．正、負電子的質量相等、電性相反，在磁場中的偏轉方向相反，故N點在O點左側，運動軌

跡如圖所示

根據洛倫茲力提供向心力有

v2

qBvm

R

解得

mv

R

qB

可知正、負電子在磁場中運動的軌道半徑R相等，由幾何關系可知

ONOML

故A正確，B錯誤；

CD．正、負電子在磁場中運動的周期T相同，負電子的軌跡對應的圓心角為60，運動時間

T

t

6

正電子的軌跡對應的圓心角為300，運動時間

5T

t

6

正、負電子在磁場中運動的時間之差為4t，故CD錯誤。

故選A。

6．如圖所示，在直角△MON區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B，O點

處的粒子源可向紙面內磁場區(qū)域各個方向發(fā)射帶電粒子。已知帶電粒子的質量為m，電荷量為+q，速率均

qBd

為v，ON長為d且ONM30，忽略粒子的重力及相互間的作用力。下列說法正確的是（）

2m

m

A．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為

6qB

m

B．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為

6qB

d

C．MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為

2

3d

D．ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為

3

【答案】C

【解析】AB．根據

v2

qvBm

r

解得

d

r

2

自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間的運動軌跡交MN于A點，圓弧所對應的圓心角為60°，自

MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間的運動軌跡交MN于B點交ON于C點，圓弧所對應的圓心角為

120°，如圖所示

根據

2r

T

v

解得

2m

T

qB

綜上所述，可得

60m1202m

tT，tT

min3603qBmax3603qB

故AB錯誤；

C．MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為AB之間的距離，由幾何關系可得

d

dd

AB2cos30d2cos30

2cos302

故C正確；

D．ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為OC之間的距離，由幾何關系可得

d3

OC2cos30d

22

故D錯誤。

故選C。

【素養(yǎng)提升】

7．（多選）如圖所示，磁場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙粒子速度

方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為θ。所有粒子的質量均為m，電荷量均為q，

且粒子的初速度方向在紙面內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（）

A．甲粒子受力大小為qvB，方向水平向右

B．乙粒子的運動軌跡是直線

C．丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變

2m2mvcos

D．從圖中所示狀態(tài)，經過時間后，丙粒子位置改變了

qBqB

【答案】BD

【解析】A．由洛倫茲力的公式可得，甲粒子受力大小為qvB，根據左手定則可知甲粒子受到的洛倫茲力方

向垂直于紙面向里，故A錯誤；

B．乙粒子速度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，所以運動軌跡是直線，故B正確；

C．將丙粒子的速度v在沿磁感應強度方向和垂直于磁感應強度方向分解為v1和v2，其中v1對應的分運動為

水平向右的勻速直線運動，v2對應的分運動為垂直于紙面的勻速圓周運動，所以丙粒子的合運動為螺旋線

運動，由于洛倫茲力不做功，所以其動能不變，故C錯誤；

D．對丙粒子在垂直于紙面的勻速圓周運動，有

v2

qvBm2

2r

解得

mv

r2

qB

所以周期為

2r2m

T

v2qB

丙粒子在沿磁感應強度方向做勻速直線運動的速度為

v1vcos

經過一個周期的時間丙粒子圓周運動剛好一周，所以此時位置改變?yōu)?/p>

2mvcos

xvT

1qB

故D正確。

故選BD。

8．（多選）帶電粒子M經小孔垂直進入勻強磁場，運動的軌跡如圖中虛線所示。在磁場中靜止著不帶電的

粒子N。粒子M與粒子N碰后粘在一起在磁場中繼續(xù)運動，碰撞時間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。

下列說法正確的是（）

A．碰后粒子做圓周運動的半徑不變B．碰后粒子做圓周運動的周期減小

C．碰后粒子做圓周運動的動量減小D．碰后粒子做圓周運動的動能減小

【答案】AD

【解析】帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式得