天天资源网 / 教案学案 / 物理教案 / 高三物理教案 / 知识讲解 磁场对运动电荷的作用（提高）
资料简介
1
物理总复习：磁场对运动电荷的作用
【考纲要求】
1、知道洛伦兹力的特点，会计算其大小并用左手定则确定其方向；
2、掌握带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径周期公式，知道常见的分析方法；
3、知道带电粒子在有界磁场中运动的多解情况、临界值与极值问题的处理方法，会
熟练求解相关问题。
【考点梳理】
考点一、磁场对运动电荷的作用力（洛仑兹力）
要点诠释：
1、洛仑兹力的大小
， 为 与 B 的夹角。
当 时， ，此时，电荷受到的洛仑兹力最大；
当 或 时，f =0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛仑兹力
作用；
当 v=0 时，f =0，说明磁场只对运动的电荷产生力的作用。
2、洛仑兹力的方向
左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿
入手心，四指指向为正电荷的运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指的方向是正
电荷（负电荷）所受的洛仑兹力的方向。
3、由安培力公式 推导洛仑兹力公式
如图所示，直导线长 L，电流为 I，导线中运动电荷数为 n，截面积为 S，电荷的电量为
q，运动速度为 v，则
安培力
所以洛仑兹力
因为 ( N 为单位体积内的电荷数）
所以 ，式中 ，故 。
洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电
荷受到的洛伦兹力的宏观表现。
4、洛伦兹力和电场力的比较
洛伦兹力 电场力
性质 磁场对在其中运动电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力
产生
条件
磁场中静止电荷、沿磁场方向运动
的电荷将不受洛伦兹力
电场中的电荷无论静止，还是沿何方向运
动都要受到电场力
方向 ①方向由电荷正负、磁场方向以及
电荷运动方向决定，各方向之间关系
①方向由电荷正负、电场方向决定
②正电荷受力方向与电场方向一致，负电荷
sinf qvB θ= θ v
90θ = f qvB=
0θ = 180
F BIL= f qvB=
F BIL nf= =
F BILf n n
= =
I NqSv=
NqSv BL NSLf qvBn n
⋅= = ⋅ n NSL= f qvB=2
遵循左手定则
②洛伦兹力方向一定垂直于磁场方
向以及电荷运动方向（电荷运动方向
与磁场方向不一定垂直）
受力方向与电场方向相反
大小 （ ）
做功情
况 一定不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功
注意：（1）洛伦兹力的方向不是和磁场方向相同或相反，而总是和磁场方向垂直。
（2）用左手定则判定洛伦兹力的方向时一定注意四指指的是正电荷运动的方向，审题
时首先判断电荷的正负。
考点二、带电粒子在匀强磁场中的运动规律
要点诠释：
1、 时，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2、 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度 做匀速圆周运动
（1）运动分析：如图所示，若带电粒子沿垂直磁场方向射入磁场，即 时，带电粒
子所受洛仑兹力 ，方向总与速度 v 方向垂直。洛仑兹力提供向心力，使带电粒子在
匀强磁场中做匀速圆周运动。
（2）其特征方程为
（3）四个基本公式：
①向心力公式：
② 半径公式：
③周期和频率公式： 是频率
④动能公式： 是动量
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 T，只和粒子的比荷（ ）有关，与粒子
的速度 v、半径 R 的大小无关；也就是说比荷( ）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，
T、f 和 相同。
考点三、带电粒子做匀速圆周运动的分析方法
要点诠释：
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
1、画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。
2、找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角运动时间相联
系，在磁场中运动的时间与周期相联系。
3、用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式，半径公式。
（一）圆周运动中的应用三步法的方法技巧：
要点诠释：
1、圆心的确定：
一般有以下两种情况：
f qvB=
f qvB= v B⊥ F qE=
v B∥
v B⊥ v
90θ =
=f F洛 向
2vqvB m R
=
mvR qB
=
2 1mT qB f
π= = f
2 2
21 ( )
2 2 2k
p BqRE mv m m
= = = p
q
m
q
m
ω3
（1）已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，如图甲，作这两速度的垂线，交点即为圆心。
（2）如图乙所示，P 为入射点、M 为出射点，已知入射方向和出射点的位置时，可以通
过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作它的中垂线，这两条垂线的交点就是
圆心。
2、半径的确定和计算。
圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识，常用到解三角形的
方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识。如图， ，即偏向角等于圆心角； 即
圆心角等于弦切角的两倍。
3、在磁场中运动时间的确定。
利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于 3600 计算出圆心角 的大小，由
公式 ，可求出运动时间 t。有时也用弧长与线速度的比 。
在上述问题中经常用到以下关系：
（1）速度的偏向角 等于 AB 所对的圆心角 。
（2）偏向角 与弦切角 的关系： ， ； ， 。
（3）圆周运动中有关对称规律：如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边射出时，速度
与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
（二）圆周运动中的有关对称或临界问题
要点诠释：
1、直线边界（进出磁场具有对称性，如图）
α ϕ= 2α θ=
θ
360t T
θ=
lt v
=
ϕ θ
ϕ α 180ϕ < 2ϕ α= 180ϕ > 360 2ϕ α= −4
2、平行边界（存在临界条件，如图）
3、圆形边界（沿径向射入必沿径向射出，如图）
（三）两类典型的综合问题
要点诠释：
1、带电粒子在有界磁场中运动的极值问题，注意下列结论，再借助数学方法分析
（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（或弦长）越长，圆周角越大，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，圆周角越大的，运动时间越长。
2、洛伦兹力的多解问题
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下述几个方面．
（1）带电粒子电性不确定形成多解
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，在相同的初速度的条件
下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解。
（2）磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，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的多解。
（3）临界状态不唯一形成多解
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
能穿过去了，也可能转过 180°从入射界面这边反向飞出，如图所示，于是形成了多解。5
（4）运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解。
【典型例题】
类型一、带电粒子在磁场中运动的基本概念问题
例 1、（2016 北京卷）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以
磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁
感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】C
【解析】根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项 A 正确．由图可知地磁场
的南极在地理北极附近，选项 B 正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项 C
不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场
方向垂直，会受到磁场力的作用，选项 D 正确．
本题选择不正确的，故选 C。
举一反三
【变式】（2015 湖北省八校高三第一次联考）如图所示，ab 是匀强磁场的边界，质子
( )和 α 粒子( )先后从 c 点射入磁场，初速度方向与 ab 边界的夹角均为 45º，并都到达
d 点。不计空气阻力和粒子间的作用。关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．质子和 α 粒子运动轨迹相同
B．质子和 α 粒子运动动能相同
C．质子和 α 粒子运动速率相同
H1
1 He4
26
D．质子和 α 粒子运动时间相同
【答案】AB
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和 α 粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，
然后从同一点离开磁场，则它 们在磁场中的运动轨迹相同 ，故 A 正确；两粒子的运动轨迹
相同，则它们的轨道半径 r 相同，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：v= ，粒子动能：EK= mv2= ，质子与 α
粒子的电量分别为 e 和 2e，质量之比为 1：4，轨道半径 r、磁感应强度 B 都相等，则 EK 质子
=EKα 粒子，故 B 正确；由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得：v= ，则： ，
故 C 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= ，则： ，两粒子的运动轨
迹相同，粒子在磁场中转过的圆心角 θ 相同，粒子在磁场中的运动时间：t= T，
，故 D 错误．
例 2、右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运
动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的
运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子（ ）
A. 带正电，由下往上运动
B. 带正电，由上往下运动
C. 带负电，由上往下运动
D. 带负电，由下往上运动
【思路点拨】理解“动能逐渐减少”的意思，速度减小，轨迹半径减小。根据曲线运动所受
合力方向指向凹的一侧，用左手定则判断电荷的正负。
【答案】A
【解析】金属板对粒子的运动起阻碍作用，动能逐渐减少，即速度逐渐减小，根据
，半径逐渐减小，所以粒子由下往上运动；应用左手定则可知粒子带正电。
【总结升华】根据带电粒子在磁场中受力特点以及粒子在磁场中运动的半径公式进行求解
是解决这类问题的基本思路。
举一反三
【变式】如图所示，M、N 为两条沿竖直方向放置的直导线，其中有一条导线中通有恒定电
流，另一条导线中无电流。一带电粒子在 M、N 两条直导线所在平面内运动，曲线 ab 是该
2v
r
Bqr
m
1
2
2 2 2
2
q B r
m
2v
r
Bqr
m
2= 1
v
vα
质子
粒子
2 m
Bq
π 1= 2
T
Tα
质子
粒子
0360
θ
1= 2
t T
t Tα α
=质子 质子
粒子 粒子
mvR qB
=7
粒子的运动轨迹。带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。关于导线中的电流方向、粒子
带电情况以及运动的方向，下列说法中可能正确的是（ ）
A. M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从 a 点向 b 点运动
B. M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从 a 点向 b 点运动
C. N 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从 b 点向 a 点运动
D. N 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从 a 点向 b 点运动
【答案】A
【解析】M 中通有自上而下的恒定电流时，若粒子从 a 点向 b 点运动，a 点处半径大，b 点
处半径小，根据 ，可知磁感应强度 B 变大；又 M、N 间的磁场方向为“点”场（方
向向外），洛伦兹力方向指向轨迹凹的一侧，根据左手定则，粒子带负电。A 对 B 错；同理
分析 CD 都错，故选 A。
类型二、关于带电粒子在磁场中的运动时间问题
【高清课堂：磁场对运动电荷的作用 例 6】
例 3、如图，电子以不同速率沿如图方向进入磁场，分别从 M、N、P、Q 出射，则速
率大小关系是 ，在场中运动时间大小关系是 。
【思路点拨】应用半径公式、周期公式、时间公式，快速画出粒子运动的轨迹，速度大的
半径大，圆心角大的时间长。
【答案】
【解析】根据由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力．所以有 ，
，电子垂直 CD 边界入射，从 M、N 射出的轨迹是半圆，速度大的半径大，从 P、
Q 射出的轨迹是一段圆弧，则 。在磁场中运动的时间与圆心角的大小有
关，圆心角大的时间长，周期相等， ， 。从 M、N 射出的圆心角是
180°，
从 P、Q 射出的电子，P 的圆心角较大，所以 。
mvR qB
=
M N P Qv v v v< < < M N P Qt t t t= > >
2vqvB m R
=
mvR qB
=
M N P Qv v v v< < <
2 mT qB
π=
360t T
θ=
M N P Qt t t t= > >8
【总结升华】要熟练地应用半径公式、周期公式、时间公式，快速画出粒子运动的轨迹（图
略），就能正确地进行分析计算解决具体问题了。利用几何关系确定角度时，要明确哪个角
度是粒子转过的角度，粒子圆弧轨迹所对的角度才是圆心角。把粒子在磁场中运动的时间写
为多少个周期后再代入周期公式进行计算，如圆心角为 45°，时间是八分之一周期；圆心
角为 60°，时间是六分之一周期；圆心角为 90°，时间是四分之一周期；圆心角为 135°，
时间是八分之三周期等等。另外公式中的半径是指粒子做圆周运动的半径，一定要根据几何
关系求出。
举一反三
【高清课堂：磁场对运动电荷的作用 例 7】
【变式 1】如图，电子（-e，m）以速度 v 正对圆心进入磁感应强度为 B、半径为 R 的磁场。
（1）求经过磁场后，电子速度偏转角和在磁场中运动时间；
（2）若电子速度增大，则电子在场中运动时间
（填增大、减小、或不变）（3）若该电子能从某条直径的
一端入射后，恰从另一端出射，求它的速度偏转角。
【答案】（1） （2）减小
（3） 。
【解析】（1）由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的
向心力． ，由几何关系
电子速度偏转角
在磁场中运动时间 。
（2）由上式可知，电子速度增大，偏转角变大，时间减小。
（或因周期不变，速度变大，轨迹半径变大，圆心角变小，
所需时间变小。）
（3）电子从某条直径的一端入射后，另一端出射，
如图所示。由图中几何关系
。
【变式 2】半径为 r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不
计重力）从 A 点以速度 v0 垂直磁场方向射入磁场中，并从 B 点射出，∠AOB=120°，如图
所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B．
2 arctan eBRm mv
eB
2arcsin eBR
mv
θ =
2vevB m r
= tan 2
R
r
θ =
2arctan eBR
mv
θ =
2 arctan eBRmr mvt v eB
θ= =
sin 2
R eBR
r mv
θ = = 2arcsin eBR
mv
θ =
0
2
3v
π
0
2 3
3
r
v
π9
C． D．
【答案】D
【解析】∠AOB 不是圆心角，通过已知条件找到 AB 弧所对应的圆心 ，由图可知圆心角θ
=60°，得 ，题中 m、q、B 均为未知，但周期公式还有一个表达
式 ，其中 R 为 AB 弧所对应的轨道半径，图中 是直角三角形，可得
，所以 ，D 选项正确。
类型三、粒子在有界磁场中运动的临界问题
例 4、如图，在一水平放置的平板 MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，磁
场方向垂直于纸面向里。许多质量为 m 带电量为+q 的粒子，以相同的速率 v 沿位于纸面内
的各个方向，由小孔 O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影
部分表示带电粒子可能经过的区域，其中 。哪个图是正确的？
【思路点拨】快速画草图确定粒子在磁场中运动的轨迹范围。
【答案】A
【解析】根据左手定则，从小孔O垂直于边界射入磁场的粒子轨迹是半圆，打在边界上的距
离是直径2R，因此在左边最远；平行于边界向左射入的粒子飞出磁场，平行于边界向右射
入的粒子，轨迹是一个圆，右边最远是半径R，上面最远是直径2R，观察图形可知A对。
【总结升华】快速画草图确定粒子在磁场中的运动轨迹是解题的基本功。
举一反三
【变式】如图，在 y = a（a > 0）和 y = 0 之间的区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平
面向外。一束质子流从 O 点以速度 v0 沿 y 轴正方向射入磁场，并恰好通过点 M（a，a）。已
知质子质量为 m，电量为 e，求
（1）磁场的磁感应强度 B。
（2）质子从 O 点到 M 点经历的时间 t。
（3）若改为 a 粒子也从 O 点以速度 v0 沿 y 轴正方向射入该磁场，它从磁场射出的位置坐
标是多少？
03
r
v
π
0
3
3
r
v
π
O′
60 1
360 6 3
mt T T qB
π= ⋅ = =
2 RT v
π= OO A′∆
3R r=
0
3
3
rt v
π=
Bq
mvR =10
【答案】（1） ，（2） ，（3）位置坐标（ ）
【解析】（1）由半径公式 所以 。
（2）由周期公式则 ，所以时间
（3）如图，射出点的坐标为 ， 粒子： ，比荷 ， ，
圆周的半径为 ，根据几何关系则
解得 所以射出的位置坐标是 [ ]。
例5、利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技
术等领域有重要的应用。
如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。
离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，
运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电
势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
（1）求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
（2）当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过
宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以
从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在
GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。
ea
mv0
02v
aπ
aa,)32( −
0mva eB
= 0mvB ea
=
0
2 aT v
π=
0
2
4
T at v
π= =
( , )x a α 4
2 He 1
2
q
m
= 2m
q
=
2r a= 2 2 2( )r x a r− + =
(2 3)x a= − aa,)32( −11
【思路点拨】两种离子在磁场中的轨迹是半圆，由于比荷不同，在 GA 边落点有一定的距离，
保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，找出临界条件。
【答案】（1） ；（2） （3）
【解析】（1）根据动能定理 得 ①
（2）由牛顿第二定律 ，利用①式得
离子在磁场中的轨道半径为别为 ， ②
两种离子在GA上落点的间距 ③，如图2所示。
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，
因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，如图3所示，条件为
④
2
1 1
1
2Uq m v= 1
1
2qUv m
=
2
, mv mvqvB RR qB
= =
1
1 2
2mUR qB
= 2
2 2
2m UR qB
=
1 2 1 22
82( ) ( )Us R R m mqB
= − = −
1 22( )R R d− >
1
1
2qUv m
= 1 22
8 ( )U m mqB
− 1 2
1 22m
m md L
m m
−=
−12
利用②式，代入④式得
如图4所示，R1的最大值满足 ⑤
得 求得最大值 ⑥
【总结升华】确定临界条件有一定的难度，一般先画出草图再确定，如第（2）问中，两种
离子在GA上落点的间距，画出草图后就清楚了，就是两者直径之差。如第（3）问中，保证
两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 ；2R1的最大值的条件:
L－d。
举一反三
【变式】如图所示，宽度 d = 8cm 的匀强磁场区域（aa’，bb’足够长）磁感应强度 B =
0.332T，方向垂直纸面向里，在边界 上放一 α 粒子源 S，可沿纸面向各个方向均匀射出
初速率相同的 α 粒子，已知 α 粒子的质量 m = 6.64×10－27kg，电量 q = 3.2×10－19C，射出时
初速率 v0 = 3.2×106m/s。求
（1）α 粒子从 b 端出射时的最远点 P 与中心点 O 距离 PO
（2）α 粒子从 端出射时的最远点 Q 与中心点 O 的距离 QO
【答案】（1）16cm（2）16cm
【解析】（1）粒子在磁场中运动的半径为
速度方向向下的 α 粒子穿出磁场时最远点为 P，设 OP 距离为 ，如图，
根据几何关系 ，解得 。
2
1
1
2 (1 )mR dm
− >
12 mR L d= −
2
1
( )(1 )mL d dm
− − > 1 2
1 22m
m md L
m m
−=
−
1 22( )R R d− >
aa′
b′
0.2 20mvR m cmqB
= = =
x
2 2 2( )R x R d= + − 16x cm=13
（2）穿出磁场时与边界相切于 Q 点，距 O 点最远，设 OQ 距离为 ，如图，
根据几何关系 ，解得 。
类型四、带电粒子在磁场中运动的多解问题
例 6、某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为 L，上下两
个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁
场的间距为 d.装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO′上，N、P 分别
位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为 m、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装
置左端的中点射入，方向与轴线成 30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点．改变
粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
(1)求磁场区域的宽度 h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
(3)欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值．＜
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为 r
根据题意 L＝3rsin 30°＋3dcos 30°
且 h＝r(1－cos 30°)
2 33 13 2L d
− −
3
6 4
qB L dm
−
3 1 3
31 1qB L d L
m nnn d
− ≤ +
−＜ ，取整数
x
2 2 2( )R x R d= + − 16x cm=14
解得 .
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 r′
， ，
由题意知 3rsin 30°＝4r′sin 30° 解得 .
(3)设粒子经过上方磁场 n 次
由题意知 L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°
且 ，解得
举一反三
【变式】如下图，在 区域内存在与 xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大
小为 B.在 t=0 时刻，一位于坐标原点的粒子源在 xOy 平面内发射出大量同种带电粒子，所
有粒子的初速度大小相同，方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0～180°范围内。已知沿 y 轴正
方向发射的粒子在 时刻刚好从磁场边界上 点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 及粒子的比荷 q／m;
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与 y 轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【答案】（1） ， （2）速度与 y 轴的正方向的夹角范围是 60°到 120°；
（3）从粒子发射到全部离开所用时间为 。
【解析】（1）粒子沿 y 轴的正方向进入磁场，从 P 点经过做 OP 的垂直平分线与 x 轴的交点
2 333 2= 1L dh
− −
2vm qvBr
=
2vm qv Br
′ = ′′
3
6 4
qB L dv v v m
− ′
∆ = - =
2
n
n
n
mv qv Br
= 3 1 3 11 3n
qB Lv d nn ndm
L − = − ≤ +
＜ ，取整数
0 3x a≤ ≤
0t t= ( 3 , )P a a
aR 3
32=
03
2
Btm
q π=
02t15
为圆心，如图，根据直角三角形有 解得
，则粒子做圆周运动的圆心角为 120°，周期为
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得
， ，化简得
（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于 120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；
角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角 120°，所经过圆弧的
弦与（1）中相等穿出点如图，根据弦与半径、x 轴的夹角都是 30°，所以此时速度与 y 轴的
正方向的夹角是 60°。
角度最大时从磁场左边界穿出，半径与 y 轴的夹角是 60°，则此时速度与 y 轴的正方向
的夹角是 120°。所以速度与 y 轴的正方向的夹角范围是 60°到 120°
（3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，如图，
在三角形中两个相等的腰为 ，而它的高是 ，半径与 y
轴的夹角是 30°，这种粒子的圆心角是 240°。所用时间为 。
所以从粒子发射到全部离开所用时间为 。
222 )3( RaaR −+= aR 3
32=
2
3sin ==
R
aθ 03tT =
RTmBqv 2)2(
π=
T
Rv
π2=
03
2
Btm
q π=
aR 3
32= aaah 3
3
3
323 =−=
02t
02t16
【巩固练习】
一、选择题
1、一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨
迹如图所示，下列情况可能的是（ ）
A．粒子带正电，沿逆时针方向运动 B．粒子带正电，沿顺时针方向运动
C．粒子带负电，沿逆时针方向运动 D．粒子带负电，沿顺时针方向运动
2、如图所示，比荷为 e/m 的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为 d、磁感应
强度为 B 的匀强磁场区域，要从右侧面穿出这个磁场区域，电子的速度至少应为（ ）
A. 2Bed/m B. Bed/m C. Bed/(2m) D. Bed/m
3、质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速度率经小孔 S 垂直进入匀强磁场，
运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．M 带负电，N 带正电
B. M 的速度率小于 N 的速率
C. 洛伦磁力对 M、N 做正功
D. M 的运行时间大于 N 的运行时间
4、处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运
动等效为环形电流，那么此电流值 （ ）
A 与粒子电荷量成正比 B 与粒子速率成正比
C 与粒子质量成正比 D 与磁感应强度成正比
5、（2016 吉林模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，
217
玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产
生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别
通过电子枪的加速电压 U 和励磁线圈的电流 I 来调节。适当调节 U 和 I，玻璃泡中就会出现
电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是（ ）
A. 同时增大 U 和 I B. 同时减小 U 和 I
C. 增大 U，减小 I D. 减小 U，增大 I
6、（2015 湖北省六校高三元月调考）如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面
向外，磁感应强度 B=1T 的匀强磁场，ON 为处于 y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为
9m，M 点为 x 轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为 ，可视为质点
的带正电的小球(重力不计），从挡板下端 N 处小孔以不同的速度向 x 轴负方向射入磁场，若
与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过 M 点，
则小球射入的速度大小可能是（ ）
A．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s
7、（2016 安徽黄山一模）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别放在匀强磁场
和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。两个相同的带电小球（可视为质点）同时分别从轨
道的左端最高点由静止释放，M、N 分别为两轨道的最低点，则（ ）
kg/C.m
q 01=18
A. 两小球到达轨道最低点的速度 vM＞vN
B. 两小球到达轨道最低点对轨道的压力 FM＞FN
C. 两小球第一次到达最低点的时间相同
D. 两小球都能到达轨道的另一端
8、如图所示圆柱形区域的横截面。在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一
初速度沿截面直径方向射入时，穿过此区域的时间为 t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场,
磁感应强度为 B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向
偏转了 ，根据上述条件可求得的物理量为（ ）
A．带电粒子的初速度 B．带电粒子在磁场中运动的半径
C．带电粒子在磁场中运动的周期 D．带电粒子的比荷
9、如图所示，在屏 MN 的上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向
里．P 为屏上的一个小孔．PC 与 MN 垂直．一群质量为 m、带电量为－q 的粒子（不计重
力），以相同的速率 v，从 P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场 B
垂直的平面内，且散开在与 PC 夹角为 θ 的范围内，则在屏 MN 上被粒子打中的区域的长度
为（ ）
A． B．
Ｃ. Ｄ．
10、质量为 m，电量为 q 的带正电小物块在磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向里的匀强
磁场中，沿动摩擦因数为 的绝缘水平面以初速度 开始向左运动，如图所示。经 t 时间
走 S 距离，物块停了下来，设此过程中，q 不变，则（ ）
A. B.
3
π
2mv
qB
2 cosmv
qB
θ
2 (1 cos )mv
qB
θ− 2 (1 sin )mv
qB
θ−
µ 0v
2
0
2
vS gµ>
2
0
2
vS gµ +
0
0( )
mvt mg qv Bµ< +
α
:pR Rα = :PT Tα =
x
y20
(1)若 ，求 B0；
(2)若 ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若 ，为使粒子仍能垂直打在 P 板上，求 TB.
2、如图甲所示，在真空中半径 的圆形区域内，有磁感应强度 B=0.2 T，方
向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子电量 ，质量 ，以
初速度 ，从磁场边界上直径 ab 的 a 端沿各个方向射入磁场，且初速方向
都垂直于磁场方向，不计粒子重力。计算时取 ， 。求：
（1）当粒子的速度方向与直径 ab 的夹角 为多少时，粒子刚好从磁场边界 b 处飞出
磁场，该粒子在磁场中运动的时间是多少？
（2）若粒子射入磁场的速度改为 ，其他条件不变，试用斜线在图乙
中画出该束粒子在磁场中可能出现的区域，要求有简要的文字说明。
3、如图所示，相距为 R 的两块平行金属板 M、N 正对着放置，s1、s2 分别为 M、N 板
上的小孔，s1、s2、O 三点共线，它们的连线垂直板 M、N，且 s2O=R。以 O 为圆心、R 为
半径的圆形区域内存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D 为收集板，板上
各点到 O 点的距离以及板两端点的距离都为 2R，板两端点的连线垂直 M、N 板。质量为
m、带电量为+q 的粒子，经 s1 进入 M、N 间的电场后，通过 s2 进入磁场。粒子在 s1 处的速
1
2 Bt T∆ =
3
2 Bt T∆ =
0
0
4mvB qd
=
23 10r m−= ×
191.9 10q C−= × 271.6 10m kg−= ×
6
0 1.0 10 /v m s= ×
sin37 0.6= cos37 0.8=
α
5
0 3.0 10 /v m s= ×21
度和粒子所受的重力均不计。
（1）当 M、N 间的电压为 U 时，求粒子进入磁场时速度的大小 ；
（2）若粒子恰好打在收集板 D 的中点上，求 M、N 间的电压值 U0；
（3）当 M、N 间的电压不同时，粒子从 s 1 到打在 D 上经历的时间 t 会不同，求 t 的
最小值。
4、一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩
形区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 方
向与 ad 边夹角为 ，如图所示。已知粒子的电荷量为 q，质量为 m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从 d 点射出磁场，求 的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从 ab 边射出磁场，求 的取值范围以及该范围内粒子
在磁场中运动时间 t 的范围。
【答案与解析】
一、选择题
1、AD
解析：根据左手定则，若粒子带正电，速度方向向左即沿逆时针方向运动，洛伦兹力方向向
下指向圆心，A 对，若粒子带负电，恰好相反，D 对。故答案为 AD。
2、B
解析：比荷为 e/m 的电子与右侧面边界相切正好不能穿出，根据 可知穿出的临界
v
0v
30
0v
0v
mvR qB
=22
条件是 ，解得 ，故 B 正确。
3、A
解析：由粒子偏转方向可判断所受洛伦兹力的方向结合左手定则可推知 M 带负电，N 带
正电；由 结合 M 和 N 质量和电量都相等，可知 M 的速度率大于 N 的速率；洛伦兹
力不做功；由 可知两粒子运动时间均为半个周期，相等；正确选项为 A。
4、D
解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环
形电流在一个周期 T 内的电量为 q，根据电流定义式有 ，粒子在磁场力作用下做匀
速圈周运动，根据周期公式有 ，两式联立有 。
环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒
子速率无关，故答案为 D。
5、【答案】C
【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时
针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
②
解得： ③
增大电子枪的加速电压，减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减小，都可以使电子束
的轨道半径变大。ABD 错，C 正确。
故选 C。
6、【答案】ABD
【解析】依题意可知：小球运动的圆心的位置一定在 y 轴上，所以小 球做圆周运动的
半径 r 一定要大于等于 3m，而 ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板 ON 碰撞一次，碰撞后，
第二个圆心的位置在 O 点的上方．也可能小球与挡板 ON 没有碰撞，直接过 M 点．
由于洛伦兹力提供向心力，所以： ，得：
①
1．若小球与挡板 ON 碰撞一次，则轨迹可能如图 1，
2
0
1
2eU mv=
2
0
0
mveBv r
=
0 1 2mv mUr eB B e
= =
R d> eBdv m
>
mvR qB
=
2 mT qB
π=
qI T
=
2 mT qB
π=
2
2
BqI mπ=
2mvqvB r
= qv Brm
= ⋅23
设 OO′=s，由几何关系得： ②
3r﹣9=s ③
联立②③得：r1=3m；r2=3.75m
分别代入①得： [来源:Z+xx+k.Com]
2．若小球没有与挡板 ON 碰撞，则轨迹如图 2，设 OO′=s，
由几何关系得：
④[来源:学§科§网 Z§X§X§K]
x=9﹣r3 ⑤
联立④⑤得：r3=5m
代入①得：
故选：ABD
7、【答案】AB
【解析】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
解得： ①
小球在点场中运动，在最低点进行受力分析可知：
2
1
1M
vF mg qv B m r
− − =
2
1
1M
vF m mg qv Br
= + +
2
2
N
vF mg m r
− =
22 2 29r OM s s= + = +
1 1 1 1 3m/s=3m/sqv Brm
= ⋅ = × ×
2 2 1 1 3.73m/s=3.73m/sqv Brm
= ⋅ = × ×
22 2 2
3 9r OM x x= + = +
3 3 1 1 5m/s=5m/sqv Brm
= ⋅ = × ×24
解得： ②
由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在
电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运
动的时间也长，A 正确，C 错；因为 vM＞vN，结合①②可知：FM＞FN，B 正确；由于小球
在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；所以小球可以到达轨
道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了，故
不能到达最右端，故 D 错。
故选 AB。
8、CD
解析：设初速度为 ，圆半径为 ，已知在没有磁场的情况下，穿过此区域的时间为 t，
可得 （1）又已知速度方向偏转了 ，则粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 60°
轨
迹如图。根据几何关系，圆周运动的半径 （2），由于 、 都未知，不能求出粒
子的初速度和在磁场中运动的半径，即 AB 不能求出。根据 ，未知数太多，看起
来
不能求，但求周期还可以用 来求，只要求出 R 与速度 的关系就可以了（或者
想办法求出比荷就能求出周期）， （3），再由（1） 代入（3），
解得 。再代入周期公式可以求出比荷 。或者先跟据
求出比荷， ，即可求出周期。
9、C
解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得到 解得 。
当 θ 为 0 的时候打在屏上的距离最远，此时的距离恰好是圆周运动的直径 2R；当 θ 达
到 PC 两侧最大值 θ 时打在屏上的距离最近，此时的距离 2Rcosθ。粒子的临界轨迹如图。
2
2
N
vF m mgr
= +
v r
2r vt=
3
π
3R r= v r
2 mT qB
π=
2 RT v
π= v
2 2 3R rT v v
π π= =
2
r t
v
=
3T tπ= 2 2
3
q
m BT Bt
π= = mvR qB
=
2
3 3
q v v
m BR B r Bt
= = =
2vqvB m R
= mvR qB
=25
故被粒子打中的区域范围为在荧光屏上 P 点右侧长度为 2R（1－cosθ）的条形亮线，其长
度为 ，故选 A。
10、BC
解析：洛仑兹力的方向竖直向下，摩擦力 ，加速度
，小物块做减速运动，加速度越来越小。 是在没有磁场的情况下滑行的距
离，所以有磁场的情况下滑行的距离要小些，A 错 B 对。
根据动量定理 滑行时间
由于速度越来越小， ，所以 ，C 对，故选 BC。
二、填空题
1、1:1；1:2
解析：质子： ， 粒子： ，动量与动能的关系
所以
周期
周期之比 。
2、如图。
解析：一个原子核静止在磁场中突然分裂，是动量守恒问题， ，质量大的速
度小，质量小的速度大，但动量大小相等，由 可知，它们在磁场中运动轨迹半径相
等，圆心在 y 轴上。再根据左手定则，质量大的部分的轨迹圆在 x 轴上方，质量小的部分的
轨迹圆在 x 轴下方。
22 (1 cos ) (1 cos )mvR qB
θ θ− = −
( )f mg qvBµ= + ( )a mg qvBm
µ= +
a gµ>
2
0
2
v
gµ
0( )mg qvB t mvµ + = 0
( )
mvt mg qvBµ= +
0v v< 0
0( )
mvt mg qv Bµ> +
1
1 H α 4
2 He 2 Kp mE=
2 KmEmv pR qB qB qB
= = = 1 2 14 1
pP
p
m qR
R m q
α
α α
= = ⋅ =
2 mT qB
π= 1 2 1
4 1 2
pP
p
m qT
T m q
α
α α
= ⋅ = ⋅ =
1 1 2 2m v m v=
mvR qB
=26
3、 ；
解析：设粒子带正电荷（带负电和其它速度方向同理分析），粒子恰好穿出磁场边界的临
界条件是 ，如图。
所以 。在磁场中运动的时间最多为二分之一周期，周期
故粒子在磁场中运动时间 .
三、计算题
1、【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为 R1，由牛顿第二定律得
①
据题意由几何关系得
R1＝d ②
联立①②式得
③
(2)设粒子做圆周运动的半径为 R2，加速度大小为 a，由圆周运动公式得
④
据题意由几何关系得
3R2＝d ⑤
mv
qd
2
03v
d 0
1arcsin2 4 2
d
v
π +
2
0
0 0
1
mvqv B R
=
0
mvB qd
=
2
0
2
va R
=
4
qBd
m
m
qB
π
0
4
mv dR qB
= =
0 4
qBdv m
> 2 mT qB
π=
1
2
mt T qB
π< =27
联立④⑤式得
⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由圆周运动公式得
⑦
由牛顿第二定律得
⑧
由题意知 ，代入⑧式得
d＝4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2 为圆心，O1O2 连接与水平方向的夹角为 θ，在每个 TB
内，只有 A、B 两个位置才有可能垂直击中 P 板，且均要求 ，由题意可知
⑩
设经历完整 TB 的个数为 n (n＝0，1，2，3……)
若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑪
当 n＝0 时，无解 ⑫
当 n＝1 时，联立⑨⑪式得
⑬
联立⑦⑨⑩⑬式得
⑭
2
03va d
=
0
2 RT v
π=
2
0
0 0
mvqv B R
=
0
0
4mvB qd
=
0 2
πθ＜ ＜
2
2 2
BTT
π θ
π
+ =
1( sin )6 2
πθ θ= =或
03B
dT v
π=28
当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求 ⑮
若在 B 点击中 P 板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑯
当 n＝0 时，无解 ⑰
当 n＝1 时，联立⑨⑯式得
⑱
联立⑦⑨⑩⑱式得
⑲
当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求． ⑳
2、（1） （2）见解析。
解析：（1）由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径：
则
又
设该弦对应的圆心角为 ，而
运动时间为 （若是特殊角用弧度方便些）
（2）
粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以 Oa = 为直径的半圆及以 a 为圆心 Oa 为
半径的圆与磁场相交的部分。绘图如图。
3、（1） （2） （3）
解析：（1）粒子从 s1 到达 s2 的过程中，根据动能定理得
①
1 1arcsin ( sin )4 4
θ θ= =或
0
1arcsin2 4 2B
dT v
π = +
86.5 10t s−×
2
0
0
vqv B m R
= 20 5.0 10mvR mqB
−= = ×
3sin 5
r
R
α = = 37α =
2α 2 mT qB
π=
82 37 2 6.5 10360
mt sqB
π −×= ⋅ ×
21.5 10mvR mqB
−′ = = ×
23 10 m−×
m
qUv 2=
m
RqBU 2
22
0 = (3 3 )
3
mt qB
π+=
2
2
1 mvqU =29
解得粒子进入磁场时速度的大小
（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
②
由①②得加速电压 U 与轨迹半径 r 的关系为
当粒子打在收集板 D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径 r0=R
对应电压
③
（3）M、N 间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，
同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时
间也越短，所以当粒子打在收集板 D 的右端时，对应时间 t 最短。
根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径
④
由 ② 得粒子进入磁场时速度的大小
粒子在电场中经历的时间 ⑤
粒子在磁场中经历的时间 ⑥
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 ⑦
粒子从 s1 到打在收集板 D 上经历的最短时间为 ⑧
4、（1） （2） ，
解析：（1）由图可知 ， ，则
（2）当 最大时有 ，得 ，
m
qUv 2=
r
vmqvB
2
=
m
rqBU 2
22
=
m
RqBU 2
22
0 =
3r R=
m
qBrv =
qB
m
v
Rt 3
32
2
1 ==
qB
m
v
R
t 3
33
2
π
π
=
⋅
=
qB
m
v
Rt 3
3
3 ==
1 2 3
(3 3 )
3
mt t t t qB
π+= + + =
0 2
qBLv m
= 03
qBL qBLvm m
< ≤ 5 4
6 3
m mtqB qB
π π≤ <
1
2R L=
2
0
0
vqv B m R
= 0 2
qBR qBLv m m
= =
0v 1 cos60 2
LR =
1R L=30
则 ，
当 最小值有 ，得 ，则 ，
故
带电粒子从 ab 边射出磁场，当速度为 时，运动时间最短为
，
速度为 时，运动时间最长为 ，
则粒子运动时间 t 的范围为 .
1
max
qBR qBLv m m
= =
0v 2 2 sin30 2
LR R+ =
2 3
LR = 2
min 3
qBR qBLv m m
= =
03
qBL qBLvm m
< ≤
maxv
min
150 5
360 6
mt T qB
π= =
minv min
240 4
360 3
mt T qB
π= =
5 4
6 3
m mtqB qB
π π≤
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