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第十章 磁场
第 02 练 磁场对运动电荷(带电体)的作用
知识目标 知识点
目标一 对洛伦兹力的理解和应用
目标二 洛伦兹力作用下带电体的运动
目标三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．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】
【分析】地球本身是一个巨大的磁体。地球周围的磁场叫做地磁场。地磁北极在地理南极附近，地
磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。
本题考查了地磁场，解题关键了解地磁与地理南北两极的关系。
【解答】A.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确；
B.磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，B正确；
C.只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，C错误；
D.射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，
这是磁场的基本性质，D正确。
2．在同一匀强磁场中，质子和电子各自在垂直于磁场的平面内做半径相同的匀速圆周运动。质子的质量为m ，电子的质量为m ，则质子与电子( )
p e
A. 速率之比等于1：1 B. 周期之比等于1：1
m m
C. 动能之比等于 e D. 动量大小之比等于 e
m m
p p
【答案】C
mv
【解析】解：A、根据洛伦兹力充当向心力得：r= ，质子与电子的带电量大小相等，处于相同
qB
的磁场中，质子与电子的速率比是m ：m ，故A错误；
e p
2πm
B、根据T= ，质子与电子的圆周运动周期比是m ：m ，故B错误；
qB p e
1
C、根据动能公式E = mV2 ，质子与电子的动能比是m ：m ，故C正确；
K 2 e p
mv
D、根据动量P=mv，根据r= ，所以它们的动量比是1：1，故D错误。
qB
故选：C。
带电粒子以一定速度垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。运动轨迹的半径由磁
感应强度、电量、质量及速度决定。
3．空间存在方向竖直向下的匀强磁场。在光滑绝缘的水平桌面上，绝缘细绳系一带负电小球，小
球绕绳的固定端点O沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。若小球运动到M点时，细绳突然断
开，则小球可能出现的运动情况是( )
A. 小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变大
B. 小球仍沿顺时针方向做匀速圆周运动，但圆的半径变小
C. 小球将沿逆时针方向做匀速圆周运动，圆的半径不变
D. 小球将沿切线方向做直线运动
【答案】A
【解析】
【分析】
小球带负电，用左手定则判断洛伦兹力的方向，按绳子拉力是零及洛伦兹力和拉力共同提供向心力
两种情况分析绳子断开后小球的运动情况。
该题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是能正确分析向心力的来源。【解答】
小球带负电，由左手定则知小球所受的洛伦力方向指向圆心，如果绳子拉力是零，洛伦兹力单独提
供向心力，绳子断开时，向心力不变，而小球的速率不变，则小球做顺时针的匀速圆周运动，但半
径一定不变，如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，
则小球做顺时针的圆周运动，但圆的半径变大，不会减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
4．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相
同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v ，这些
1
粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v ，相应的出射点分布在三分
2
之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v ∶v 为( )
2 1
A. √3∶2 B. √2∶1 C. √3∶1 D. 3∶√2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充
当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比。
本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题。
根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径。
【解答】
如图所示，
设圆心磁场区域的半径为R，根据题意，粒子以速率v 射入磁场，最远可到达A点，粒子以速率v
1 2
R
射入磁场，最远可到达B点，结合几何知识，以速率v 射入磁场的粒子的轨道半径r = ，以速率
1 1 2
√3R v2
v 射入磁场的粒子的轨道半径r = ，粒子在匀强磁场中做圆周运动qvB=m ，轨道半径
2 2 2 r
mv v r √3
r= ，联立可得 2= 2= ，C正确．
qB v r 1
1 15．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°
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. 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
【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
a 2√3
根据几何关系可得：cos30°= ，所以r= a。
r 3
v2 2πr mv
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=m ，同时：T= ，化简得：r= ，
r v qB
2πm
T= 。
qB
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找
出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径r的
大小，联立公式求解即可。
6．在垂直纸面向外的匀强磁场B中，有不计重力的a、b两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，
运动方向和轨迹示意如图所示。下列说法正确的是( )
A. a、b两粒子所带电性相同 B. a粒子所带的电荷量较大C. a粒子运动的速率较大 D. a粒子所做圆周运动的周期较长
【答案】A
【解析】解：A、两粒子均逆时针运动，磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知粒子均带负电，故
A正确；
v2 mv
BC、根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m ，可得R= ，分析可知R与速率v、电量q、质量m
R qB
有关，无法确定电荷量和速率的大小关系，故BC错误；
2πm
D、根据T= 可知，磁感应强度B相同，周期与比荷有关，比荷不确定，无法判定周期关系，
Bq
故D错误。
故选：A。
本题较为基础，考查左手定则、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式以及周期的表达式即可分
析判断。
7．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度
大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于
OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
【答案】
解：(1)根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：(3r-R) 2=R2+r24
解得：R= r
3
mv 4qBr
(2)由R= 得v=
qB 3m
2r 3m
粒子第一次在圆形区域内运动的时间t= =
v 2qB
4
答：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R= r (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间
3
2r 3m
t= = 。
v 2qB
【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径；
2r
(2)粒子第一次在圆形区域内做匀速直线运动，由t= 求出时间；
v
本题考查带电粒子在磁场中的运动，知道洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力，关键是画轨迹，
确定圆心和半径，再结合几何关系即可求解。
1．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制
在装置内部，而不与装置器壁碰撞.已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，
为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可
判断所需的磁感应强度B正比于( )
A. √T B. T C. √T3 D. T2
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是磁场对运动电荷的作用和磁场对电荷作用规律的掌握。温度高，速率大，保持运动半
径不变需要增大磁感应强度。
【解答】mv
因带电粒子的动能正比于温度T，即v2正比于温度T，又由公式r= 知，当粒子在磁场中做匀速
qB
圆周运动的半径不变时，速度v正比于磁感应强度B，所以磁感应强度B正比于√T，故A正确，
BCD错误。
2．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示
位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧。这些粒子的质
量、电荷量以及速度大小如下表所示。
粒子编号 质量 电荷量(q>0) 速度大小
1 m 2q v
2 2m 2q 2v
3 3m -3q 3v
4 2m 2q 3v
5 2m -q v
由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为( )
A. 3、5、4 B. 4、2、5 C. 5、3、2 D. 2、4、5
【答案】D
【解析】
【分析】
v2
本题主要考察带电微粒在磁场中的运动，会运用qvB=m 进行推理计算。
R
【解答】
由左手定则可以判断a、b带同种电荷，且与c电性相反，半径之比为r ：r ：r =2：3：2，再
a b c
mv mv 2mv 3mv 3mv 2mv
由R= 可以判断表格中5个粒子做圆周运动的半径分别为 、 、 、 、 ，
qB 2qB qB qB qB qB
结合题图半径可以判断只有D项正确．
3．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示， 为半圆，
ab
⏜
ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径.一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在
纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率.不计粒子之间的相互作用.在磁场中运动
时间最长的粒子，其运动时间为( )7πm 5πm 4πm 3πm
A. B. C. D.
6qB 4qB 3qB 2qB
【答案】C
【解析】
【分析】
采用放缩法并画图，设ab半圆的半径为R，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹
半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，然后根据t= θ/2兀
T求粒子在磁场中运动的最长时间。
本题考查的是带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，本题的难点是应用放缩法作图，找到当粒子
运动轨迹半径等于半圆的半径时，轨迹对应的圆心角最大。
【解答】
粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，
t= θ/2兀
T；方法一：设ab半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：
粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r≤0.5R和r≥1.5R时，
粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进
入第一象限，最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为( )5πm 7πm 11πm 13πm
A. B. C. D.
6qB 6qB 6qB 6qB
【答案】B
【解析】
【分析】
画出粒子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹
力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
1 2πm πm
则粒子在第二象限的运动时间为t = × =
1 4 qB 2qB
mv
第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R= 可知半径为原来的2倍，即
qB
R =2R
2 1
1 2πm 2πm
R -R 1 t = × =
根据几何关系可得cosθ= 2 1= ，则θ=60°， 2 6 B 3qB
R 2 q
2 2
7πm
粒子在磁场中运动的时间为t=t +t = ，故B正确，ACD错误。
1 2 6qB
故选：B。
5．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( )A. 粒子1可能为质子
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】D
【解析】
【分析】
根据粒子的运动轨迹分析出对应的电性；根据牛顿第二定律分析出速度或磁感应强度改变后对运动
的影响。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子的受力特点和运动类型，结合牛顿第二定律即
可完成解答。
【解答】
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，故AB错误；
C.由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；
mv2 mv
D.粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB= ，解得：r= ，可知若增大粒子入射速度，
r qB
则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。
6．如图所示，一质量为m、电量为+q的带电粒子在电势差为U的加速电场中由静止释放，随后经
进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，射出磁场时速度方向与进入磁场时的速度方向夹角为
θ=30o，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子刚进入磁场时的速度v；(2)粒子在磁场中做圆周的运动半径R；
(3)有界磁场的宽度d。
【答案】
解：(1)粒子在电场中的做加速运动，由动能定理有：qU=
1
mv2 ，解得：v=
√2qU
；
2 m
v2 1 √2mU
(2)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：qvB=m ，解得：R= ；
R B q
(3)粒子在磁场中做圆周运动时，作出运动轨迹，如图所示
由几何关系有：d=Rsinθ
1 √mU
解得：d= 。
B 2q
【解析】本题考查了带电粒子在电场中的加速和在直线边界磁场中的运动，解题的关键是画出运动
轨迹，熟练运用动能定理和牛顿第二定律。
(1)粒子在电场中的做加速运动，由动能定理即可求出粒子刚进入磁场时的速度；
(2)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程即可求出粒子在磁场
中做圆周的运动半径R；
(3)粒子在磁场中做圆周运动时，找出圆心，作出运动轨迹，由几何关系即可求出有界磁场的宽度。1．如图所示，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀
速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则
A. 轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 B. 轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C. 轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D. 轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外
【答案】A
【解析】
【分析】
静止的原子核发生β衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的
mv p
方向相反，大小相等，由半径公式r= = ，P是动量，分析两个粒子半径轨迹之比。
qB qB
该题即使没有说明是β衰变也可根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可
以分析判断粒子的带电的情况，其中要注意的是电子的动量与新核的动量大小相等。
【解答】
原子核发生β衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等，
mv p
由半径公式r= = ，P是动量，分析得知，r与电荷量成反比，β粒子与新核的电量大小分别
qB qB
为e和ne(n为新核的电荷数)，
则β粒子与新核的半径之比为：ne：e=n：1，所以半径比较大的轨迹1是衰变后β粒子的轨迹，轨
迹2是新核的，
新核沿逆时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里，
由以上的分析可知，故A正确，B、C、D错误。
故选A。
2．如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小
相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，
并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向(不完全正对
y轴)，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向(不完全正对y轴)，根据曲线运动的特点可
知，质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，在z轴方向不受力，因此z轴上的
坐标始终保持不变，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，利用左手定则分析出力的方向，结合曲线运动的特点即
可完成解答，难度不大，对学生的空间想象能力有一定的要求。
3．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴
线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场，已知电子质量为m，
电荷量为e，忽略重力，为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度
最小为( )
3mv mv 3mv 3mv
A. B. C. D.
2ae ae 4ae 5ae
【答案】C
【解析】【分析】
作出运动轨迹，找到电子在实线圆围成的区域内运动的最大半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁
感应强度的最小值。
解决该题需要明确知道电子在实线圆围成的区域内运动的临界情况，能正确作出运动轨迹，能根据
几何知识求解圆周运动的半径。
【解答】
当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为r，根据几何知识有r2+a2=(3a-r) 2，
4
所以电子的最大半径为r= a，
3
v2
因为evB=m ，
r
mv
所以B= ，
re
3mv
则磁感应强度的最小值为B= ，故ABD错误，C正确。
4ae
故选：C。
4．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从
圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v ，则离开磁场时速度
1
方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v ，则离开磁场时速度方向偏转60°，不计粒子重力，则
2
v
1
为( )
v
21 √3 √3
A. B. C. D. √3
2 3 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查带电粒子在磁场中运动，关键是要根据几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦
兹力提供向心力得出速度的表达式。
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的轨迹图，然后由几何关系分别得出两个轨迹圆半径
和磁场圆半径之间的关系。由洛伦兹力提供向心力列出等式，得出速度的表达式，从而求出粒子两
次的入射速度之比。
【解答】根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：R =r，R =rcot30°=√3r
1 2
v2
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=m
R
qBR
则粒子的速度：v=
m
v R v √3
则粒子两次的入射速度之比为：
1= 1
，解得：
1=
，故B正确，ACD错误。
v R v 3
2 2 2
故选：B。
5．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点分裂成带等量异号电荷的粒子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l ：l =3：1，半径之比r ：r =6：1.不计重
a b a b
力及粒子间的相互作用力．求：
(1)粒子a、b的质量之比m ：m 。
a b
(2)粒子a的动量大小p 。
a【答案】
l
解：(1)设分裂后粒子的电荷量为q，粒子做圆周运动的线速度v=
t
l
a
v t l 3
两粒子的线速度之比 a= = a= ，
v l l 1
b b b
t
v2
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
r
qBr
解得：m=
v
qBr
a
m v r v 6 1 2
两粒子质量之比 a= a = a b= × =
m qBr r v 1 3 1
b b b a
v
b
(2)由(1)可知：v =3v ，m =2m ，
a b a b
粒子分裂过程系统动量守恒，以粒子的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=m v +m v ，
a a b b
粒子a的动量大小p =m v ，
a a a
6
解得：p = mv
a 7
答：(1)粒子a、b的质量之比m ：m 是2：1．
a b
6
(2)粒子a的动量大小p 是 mv。
a 7
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子质
量之比。
(2)粒子分裂过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出粒子a的动量大小。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；粒子分裂过程系统动量守恒，应用
动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。6．如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为
q
的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x
