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第 22 讲 磁场对运动电荷的作用
1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.
2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动
时间等相关问题．
考点一 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
大拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
[例题1] （2024•沈阳二模）图（a）中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两个等量异
种点电荷。图（b）中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，
两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点 O垂直纸面向里运动，则
关于两幅图中电子在原点O处受力的说法正确的是（ ）
A．图（a）中，电子所受电场力方向沿x轴正向
B．图（a）中，电子所受电场力方向沿y轴正向
C．图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿y轴正向
D．图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿x轴正向
【解答】解：AB、图（a）中，两个等量异种点电荷产生的电场在O点的电场强度方向均沿x轴
正方向，根据电场叠加原理，O点的电场强度方向沿x轴正方向，电子带负电，所受电场力与电
场强度方向相反，故电子在O点所受电场力方向沿x轴负方向，故AB错误；
CD、图（b）中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在O点的磁感应强度方向均沿y
轴负方向，根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度方向沿y轴负方向。电子带负电，初速度从原
点O垂直纸面向里运动，根据左手定则，电子在 O点所受洛伦兹力方向沿x轴正方向，故C错
误，D正确。
故选：D。
[例题2] （2024•平谷区模拟）图示照片是2023年12月1日晚网友在北京怀柔拍摄到的极光。当太阳爆发的时候，就会发生日冕物质抛射，一次日冕物质抛射过程能将数以亿吨计的太
阳物质以数百千米每秒的高速抛离太阳表面。当日冕物质（带电粒子流）与地球相遇后，其中
一部分会随着地球磁场进入地球南北两极附近地区的高空，并与距离地面一百到四百千米高的
大气层发生撞击，撞击的过程伴随着能量交换，这些能量被大气原子与分子的核外电子吸收之
后，又快速得到释放，释放的结果就是产生极光。绿色与红色极光便是来自氧原子，紫色与蓝
色极光则往往来自氮原子。则下列说法中最合理的是（ ）
A．若带正电的粒子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，在地球磁场的作用下
将会向西偏转
B．地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的
阻挡作用最弱
C．若氮原子发出紫色极光的光子能量为E ，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量
0
也为E
0
D．若氧原子的核外电子吸收能量为E 的光子后，则该氧原子就会放出能量为E 的光子
0 0
【解答】解：A、带正电的粒子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南
指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故A错误；
B、地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场的方向沿南北方向的分量最小，所
以地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱，故B正确；
C、若氮原子发出紫色极光的光子能量为E ，根据玻尔理论，则与该氮原子核外电子吸收的能量
0
值一定大于等于E ，与之发生撞击的带电粒子的能量一定是大于等于E ，故C错误；
0 0
D、根据玻尔理论，氧原子的核外电子吸收能量为E 的光子后，该氧原子可能会放出能量为E
0 0
的光子，也可能会放出能量小于E 的光子，故D错误。
0
故选：B。
[例题3] 来自宇宙的高速带电粒子流在地磁场的作用下偏转进入地球两极，撞击空气分子
产生美丽的极光。高速带电粒子撞击空气分子后动能减小。假如我们在地球北极仰视，发现正
上方的极光如图甲所示，某粒子运动轨迹如乙图所示。下列说法正确的是（ ）A．粒子从M沿逆时针方向射向N
B．高速粒子带正电
C．粒子受到的磁场力不断增大
D．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
【解答】解：AC．高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，速度变小，根据洛伦兹力提供向心
v2
力，由牛顿第二定律得：qvB=m
r
mv
解得：r=
qB
速度变小，半径变小，结合图像可知，粒子从M沿逆时针方向射向N，由于粒子的速度不断减
小，则粒子受到的磁场力不断减小，故A正确，C错误；
B．地理北极附近是地磁南极，所以北极上空的地磁场方向竖直向下，根据左手定则可以判断，
高速粒子带负电，故B错误；
D．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，赤道位置磁场由南向北，根据左手定则可以判断，粒
子会向西偏转，故D错误。
故选：A。
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
2．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出
射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射
点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为
t＝T(或t＝)．
[例题4] （2024•顺义区二模）如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子
经电场加速后形成电子束，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，
励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小
B．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
C．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小
D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变大
1
【解答】解：AC.根据动能定理和牛顿第二定律有eU= mv2
2
mv2
eBv=
R1 √2mU
可得 R=
B e
仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B变大，则运动径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电
场的电压U，运动径迹的半径变大，故A正确，C错误；
mv2
BD.由eBv=
R
2πR
v=
T
2πm
可得电子的周期为T=
eB
电子周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变小，
故BD错误。
故选：A。
[例题5] （2023秋•太原期末）某带电粒子垂直射入匀强磁场，粒子使沿途的空气电离，
动能逐渐减小，一段径迹如图所示。若粒子带电量不变，重力不计，下列说法正确的是
（ ）
A．粒子从a到b运动，带正电
B．粒子从b到a运动，带正电
C．粒子从a到b运动，带负电
D．粒子从b到a运动，带负电
【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小，速度逐渐减小，根据洛
伦兹力提供向心力
v2
qvB=m
R
可得，粒子在磁场中运动的半径公式
mv
R=
qB
所以粒子的半径逐渐的减小，粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带负电。
故ABC错误，D正确；故选：D。
[例题6] （2024春•深圳期中）如图所示，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直
于xOy平面并指向纸外，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以
速度v 从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为 ＝30°，粒子重力不
0
计。求： θ
（1）该粒子在磁场中离x轴的最远距离；
（2）该粒子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹如图所示。
由洛伦兹力提供向心力可得
mv2
qv B= 0
0 r
mv
解得粒子的轨迹半径为：r= 0
qB
由几何关系知在磁场中离x轴最远距离为
(2+√3)mv
d=(r+rcos30°)= 0
2qB
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
2πr 2πm
T= =
v qB
0
粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，则有300° 2πm 5πm
t= ⋅ =
360° qB 3qB
(2+√3)mv
答：（1）该粒子在磁场中离x轴的最远距离为 0；
2qB
5πm
（2）该粒子在磁场中运动的时间为 。
3qB
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动
带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：
(1)画出运动轨迹；
(2)确定圆心和半径；
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．
[例题7] （2024春•阆中市校级期中）圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，带电粒子
a、b从圆周上的M点沿直径MON方向以相同的速度射入磁场，粒子a、b的运动轨迹如图所示。已知粒子a离开磁场时速度方向偏转了90°，粒子b离开磁场时速度方向偏转了60°，不计
粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子a、b都带负电
B．粒子a、b的比荷之比为√3：1
C．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3：2
D．粒子a、b在磁场中运动轨迹的半径之比为1：3
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知两个
粒子都带正电，故A错误；
B、两个粒子进入磁场时速度指向圆心且水平，则出磁场时速度反向延长线过圆心，轨迹圆半径
与速度方向垂直，则可作图得到圆心分别为O 、O ，如图所示。
1 2
设磁场圆半径为R，由几何关系可得，粒子a、b轨迹圆半径分别为r ＝R
1
R
r = =√3R
2 tan30°
则粒子a、b在磁场中运动轨迹的半径之比为r ：r =1：√3
1 2
mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=
rq v
变形得： =
m Br
由于两个粒子的速度相同，同一磁场，可知比荷之比与轨迹半径成反比，即√3：1，则粒子a、
π
b在磁场中运动时间分别为
t =
2
T =
1
×
2πm
1=
πm
1
1 2π 1 4 q B 2q B
1 1
π
3 1 2πm πm
t = T = × 2= 2
2 2π 1 6 q B 3q B
2 2
联立可得：t ：t =√3：2，故B正确，CD错误。
1 2
故选：B。
[例题8] （2024•深圳二模）如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向
垂直于圆所在的平面。一速率为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A
与出射点B间的圆弧^AB为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向
2√3
射入磁场，已知粒子速率均为 v，忽略粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间
3
为（ ）
√3πR πR √3πR 2πR
A． B． C． D．
6v 3v 3v 3v
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v的带电粒子的运动半径为r ，其轨迹如
1
下图中弧AB所示，R
由题意可知∠AOB＝120°，由几何关系可得： ＝30°，圆周运动半径r = =√3R
1 tanθ
θ
v2 mv
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m ，可得粒子运动半径：r=
r qB
2√3
可知粒子运动半径与速率成正比，则速率为 v的粒子在磁场中圆周运动半径为：r
3 2
2√3
= r =2R
3 1
在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，粒子运动轨迹如上图中的
弧AC。
R
则角 满足：sin = ，可得： ＝30°
r
2
β β β
2πr 2√3πR
粒子在磁场中运动的周期：T= =
v v
α √3πR
粒子在磁场中最长运动时间为：t= T= ，故C正确，ABD错误。
360° 3v
故选：C。
[例题9] （2024•五华区校级模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里
的匀强磁场，一带负电的粒子质量为m（不计重力），以速度v从A点沿直径AOB方向射入
磁场，从C点射出磁场，OC与OB成60°。
v
（1）现将该粒子的速度变为 ，仍从A点沿直径AOB方向射入磁场，求此时粒子在磁场中的
3
运动时间；
（2）如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度大小不变的条
件下，可用下面两种方式来实现：
①粒子的入射点不变，改变粒子的入射方向，让粒子的入射方向与 AO方向成 角，求 角的
θ θ正弦值；
②将粒子的入射点沿圆弧向上平移一段距离d，沿平行于AOB方向射入，求d。
【解答】解：（1）粒子在磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，当粒子以速度v沿直径AOB
方向射入磁场时，轨迹如图1所示。
v2
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m
r
1
mv
解得运动半径为：r =
1 qB
r
根据几何关系可知： 1=tan60°，可得：r =√3R
1
R
v 1 √3
当粒子以速度为 射入时，运动半径为：r = r = R
3 2 3 1 3
α R
设第二次射入时的圆心角为 （见图1），根据几何关系可知：tan = ，解得： ＝120°
2 r
2
α α
s 3 α 2√3πR
= = ⋅ ⋅2πr =
则第二次运动的时间为（由运动弧长s计算）t v v 360° 2 3v
3
（2）①、当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子轨迹弧长最长，轨迹圆心角
最大，速度偏转的角度最大，如图2所示。R
根据几何关系可知：sin =
r
1
θ
√3
解得：sin =
3
θ
②、同理，当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大，如
图3所示。
R
根据几何关系可知，图3中 角满足：sin =
r
1
β β
所求平移距离为：d＝Rsin
√3 β
解得：d= R
3
[例题10]（2024•丰台区一模）如图所示，空间中有宽度为d的匀强磁场区域，一束电子
以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度射入磁场，穿出磁场时的速度方向与原入射方
向的夹角 ＝60°，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：
（1）通过作θ图，确定电子做圆周运动时圆心的位置；
（2）电子进入磁场的速度大小v；
（3）电子穿越磁场的时间t；
（4）电子穿越磁场过程中洛伦兹力冲量的大小I。【解答】解：（1）圆心O点位置的确定如图所示
（2）设电子做圆周运动的半径为r，根据几何关系，rsin60°＝d
v2
洛伦兹力提供向心力：evB=m
r
2√3eBd
联立得电子速度v=
3m
2πr
（3）由圆周运动周期T与线速度v的关系得T=
v
2πm
得T=
Be
60° 1
电子在磁场中运动对应的圆心角为 ＝60°，所以电子运动时间为t= T= T
360° 6
θ
πm
可得 t=
3Be（4）对电子在磁场中运动过程，根据动量定理，I＝ΔP
如图所示
2√3Bed
可得I的大小为mv，即I=
3
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题
1．临界问题的分析思路
物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与
临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．
临界问题的一般解题模式为：
(1)找出临界状态及临界条件；
(2)总结临界点的规律；
(3)解出临界量．
2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法
带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切．
[例题11] （2023秋•北碚区校级期末）如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，
存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从
√3
y轴上的P(0， L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向
2
与y轴正方向的夹角为 （0≤ ≤180°）。当 ＝120°时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子
的重力。则（ ） α α αA．粒子一定带正电
√13L
B．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
2
2qBL
C．粒子入射速率为
m
D．当 ＝30°时，粒子也垂直x轴离开磁场
【解答α】解：A．粒子在磁场中做顺时针方向的匀速圆周运动，由左手定则判断粒子带负电，故
A错误；
C．垂直x轴离开磁场的粒子运动轨迹如下图中的圆弧PA。
√3
L
由几何关系可得粒子做圆周运动的半径为： 2
r= =L
sin60°
mv2
根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=
r
qBL
可得粒子入射速率为：v= ，故C错误；
m
B．粒子离开磁场的位置与P点的距离最大等于运动轨迹的直径时，粒子离开磁场的位置到 O点
的距离最大，即粒子在磁场运动轨迹为半圆时，粒子离开磁场的位置到O点的距离最大，由几
√ √3 √13L
何关系可得此最大距离为：x= (2r) 2−( L) 2= ，故B正确；
2 2D．若粒子垂直x轴离开磁场，则粒子轨迹的圆心在x轴上。
√3 √3−1
当 ＝30°时，粒子轨迹的圆心到x轴的距离为：Δx＝OP﹣rcos60°= L−Lcos60°= L
2 2
α
由此可知运动轨迹的圆心不在x轴上，故离开磁场时与x轴不垂直，故D错误。
故选：B。
[例题12]（2023秋•南岗区校级期末）如图所示，边长为√3L的正三角形abc区域内存在
方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面
任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为 m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有
粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
mv
A．磁感应强度大小为
qL
2mv
B．磁感应强度大小为
qL
πL
C．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
12v
πL
D．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
6v
【解答】解：AB.磁场垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，轨迹如图所示因此粒子运动轨迹的直径等于O点垂直于ac的线段大小，设垂足为d，由几何关系得
2r
tan30°=
√3
L
2
1
所以，半径为r= L
4
v2
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m
r
4mv
解得B= ，故AB错误；
qL
m⋅2v L
CD.当发射粒子速度为2v时，由洛伦兹力作为向心力可得，对应轨道半径为r'= =
Bq 2
如图所示，当粒子从垂足d离开磁场时轨迹对应的弦最短、弧长最短，对应的圆心角最小，所用
时间最短
由几何关系可得，转过的圆心角为 ＝60°，又粒子在磁场中做圆周运动的周期为
2πm 2πm πL θ
T= = =
qB 4mv 2v
q
qL
60° 1 1 πL πL
根据时间与周期关系t= T= T= × = ，故C正确，D错误。
360° 6 6 2v 12v
故选：C。
[例题13]（2024春•天宁区校级期中）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂
直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光
屏MN的距离为d、设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是
（ ）mv πd
A．若磁感应强度B= ，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间为
qd 2v
mv πd
B．若磁感应强度B= ，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
qd v
mv
C．若磁感应强度B= ，则荧光屏上形成的亮线长度为2√3d
2qd
mv
D．若磁感应强度B= ，则荧光屏上形成的亮线长度为(√15+√3)d
2qd
【解答】解：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mv2
qvB=
R
代入磁感应强度，解得粒子运动的轨道半径为
R＝d
最短时间时，恰好弦长最短，打到P点的正左方，轨迹如图所示
π
根据几何关系，偏转的圆心角为 ，因此运动时间为
3
Rθ πd
t= = ，故A错误；
v 3v
3
B．由几何关系可知，打到MN板上最长时间恰好运动了 个周期，轨迹如下图所示
4因此时间差
3π π
( − )d
2 3 7πd，故B错误；
Δt= =
v 6v
mv
CD．若磁感应强度B= ，则轨道半径为
2qd
R＝2d
最高点D到P的距离恰好等于圆的直径，因此P点上方长度为
L =√(4d) 2−d2=√15d
1
而最低点轨迹恰好与MN相切，如图所示
则P点下方长度
L =√(2d) 2−d2=√3d
2
因此荧光屏上形成的亮线长度为
L=L +L =(√15+√3)d，故C错误，D正确。
1 2
故选：D。题型1洛伦兹力的大小和方向
1. （2023秋•通州区期末）如图甲所示，近日国内多地出现美丽而神秘的极光现象。极
光本质上是由太阳发射的高速带电粒子流受地磁场的影响，进入地球两极附近时，撞击并激发
高空中的空气分子和原子引起的。若高速粒子带正电，因其入射速度与地磁方向不垂直，导致
其轨迹呈现出如图乙所示的螺旋状的形态（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。忽略
引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子进入大气层与空气发生作用后，在地磁场作用下的旋转半径越来越大
B．随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙带电粒子的旋转半径增大
C．在我国黑龙江北部地区仰视看到的极光将以顺时针方向做螺旋运动
D．当不计空气阻力时，若仅减小入射粒子速度方向与地磁场的夹角，螺距Δx也会减小
【解答】解：A.带电粒子进入大气层与空气发生作用后，粒子的速度会变小，根据公式
v2 mv
qvB=m ，可得r= ，故在洛伦兹力的作用下的旋转半径会变小。故A错误；
r qB
B.越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其它条件不变，则半径会变小，故 B
错误；
C.在我国黑龙江北部地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，若高速粒子带正电，根据左手定则，
从下往上看将以顺时针方向做螺旋运动，故C正确；
D.当不计空气阻力时，将带电粒子运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将
做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子的运动速率不变，与磁场的夹
角变小，则速度沿磁场的分量会增大，故沿磁场方向的匀速直线运动也将变快，即螺距 Δx会增
大，故D错误。故选：C。
2. 下列说法正确的是（ ）
A．安培力的方向一定与磁场的方向垂直
B．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
C．判定通电导线在磁场中受力的方向用右手定则
D．安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，安培力也不做功
【解答】解：AC.根据左手定则，安培力的方向既垂直于磁场方向又垂直与电流方向，即安培力
的方向垂直与由磁场和电流决定的平面，故A正确，C错误；
B.当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故B错误；
D.洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力一定不做功，但是安培力可以做正功、做负功也可
以不做功，故D错误。
故选：A。
3. 如图所示，在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B，
导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流，
设导线中的自由电子定向运动的速率都相同，则每个自由电子受到的洛伦兹力（ ）
BI
A．大小为 ，方向垂直于导线沿纸面向上
nS
BIl
B．大小为 ，方向垂直于导线沿纸面向上
nS
Bl
C．大小为 ，方向垂直于导线沿纸面向下
nS
BIl
D．大小为 ，方向垂直于导线沿纸面向下
nS
I
【解答】解：由题可知，导线中的自由电子定向运动的速率为v=
neS
IB
则洛伦兹力为f＝qvB=
nS
根据左手定则可知方向垂直于导线沿纸面向上，故A正确，BCD错误；
故选：A。4. （2022•重庆）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略
了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理
想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为 E，磁感应强度大小
为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为
v ，垂直于磁场方向的分量大小为v ，不计离子重力，则（ ）
1 2
A．电场力的瞬时功率为qE√v2+v2
1 2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv B
1
C．v 与v 的比值不断变大
2 1
D．该离子的加速度大小不变
【解答】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝
qEv ，故A错误；
1
B、v 与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv B，故B错误；
2 2
C、速度v 的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v 方向与B垂直，
1 2
粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v 不变；粒子沿电场方向做
2
加速运动，v 不断增大，则v 与v 的比值不断减小，故C错误；
1 2 1
qE
D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向 大小不变，电场力产生的加速度a电 =
m
，q、E、m
不变，a电 不变，a向 、a电 大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。
故选：D。
题型2半径公式和周期公式的应用
5. （2024•包头三模）四个粒子氕核（ 1H）、氚核（ 2 H）、氦核（ 4 He）和反质子
1 1 2（
1
H）先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面
−1
向里。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中正确的是（ ）
A． B． C． D．
v2
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
R
mv
得R=
qB
四个粒子中有三个带正电的粒子，一个带负电的粒子，根据左手定则可知，三个正粒子向y轴正
向偏转，负粒子向y轴负向发生偏转，所以反质子的偏转方向沿y轴负方向，因为氚核和氦核的
比荷相同，根据公式可知半径相等，由题意可得氕核的轨迹半径等于反质子的轨迹半径，并小
于氚核和氦核的轨迹半径，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6. （2023秋•延庆区期末）图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，乙为其结构示意图。演示
仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），通过电流时，两线圈之间产生沿线
圈轴向、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆球形玻璃泡内有电子枪，电子枪发射电子，电子在
磁场中做匀速圆周运动。电子速度的大小可由电子枪的加速电压来调节，磁场强弱可由励磁线
圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
B．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的半径将变小
C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将不变
【解答】解：A.仅使励磁线圈中电流为零，则没有匀强磁场，电子枪中飞出的电子将做匀速直线运动，故A错误；
v2
B.仅提高电子枪加速电压，则电子进入磁场的速度增大，根据牛顿第二定律得qvB=m
r
mv
解得r=
qB
速度增大时，半径增大，故B错误；
2πm
CD.带电粒子在磁场中运动的周期公式为T=
qB
所以仅增大励磁线圈中电流即增大磁感应强度，周期减小，仅提高电子枪加速电压即增大粒子
速度，周期不变，故C错误，D正确。
故选：D。
7. （2024•海淀区一模）如图所示，真空区域内有宽度为 d、磁感应强度为B的匀强磁
场，方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不
计重力），沿着与MN夹角 为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界
射出磁场。下列说法不正确的θ是（ ）
A．可求出粒子在磁场中运动的半径
B．可求出粒子在磁场中运动的加速度大小
C．若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
D．若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
【解答】解：A、粒子恰好未能从PQ边界射出磁场，其在磁场中的匀速圆周运动轨迹与PQ边
界相切，如下图所示。由几何关系可得圆周运动半径r满足：r+rcos ＝d，据此关系式可求出粒子在磁场中运动的半径
故A正确； θ
v2
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m ，据此关系式可
r
求出线速度v，根据牛顿第二定律得：qvB＝ma，据此可求出粒子在磁场中运动的加速度大小，
故B正确；
v2 mv
C、由qvB=m ，可得：r= ，若仅减小射入速度，粒子运动半径变小，如上图所示，粒子
r qB
从MN边界离开磁场，轨迹圆心角不变（设为 ）。
2πm α α
粒子运动周期为T= ，在磁场中运动时间t= ⋅T，因周期T与圆心角 均不变，故粒子
qB 2π
α
在磁场中运动的时间不变，故C错误；
D、根据C的分析，若仅增大磁感应强度，粒子运动半径变小，轨迹圆心角不变，运动周期变小，
则粒子在磁场中运动的时间一定变短，故D正确。
本题选择错误的选项，故选：C。
题型3半径公式与动量守恒定律的综合应用
8. （2024•佛山二模）正电子发射计算机断层扫描是核医学领域较先进的临床检查影像
技术，使用
11C作为原料产生正电子，其反应方程式为 11C→11B+0e。真空中存在垂直于纸
6 6 5 1
面的匀强磁场，某个静止的
11C原子核在其中发生衰变，生成的硼核及正电子运动轨迹及方
6
向如图所示，则（ ）
A．正电子动量大于硼核动量
B．空间中磁场方向垂直纸面向外
C．半径较大的轨迹是正电子轨迹D．正电子运动周期大于硼核周期
【解答】解：ABC、原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相
反，由左手定则可知匀强磁场的方向一定是垂直于纸面向里；由带电粒子在匀强磁场中圆周运
mv
动的半径公式r= 可知半径r与电荷量q成反比，则半径较大的轨迹是电荷量小的正电子的轨
qB
迹，故AB错误，C正确；
D、由于正电子的荷质比远大于硼核的荷质比，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的周期公式
2πm
T= 可知正电子的周期小于硼核的周期，故D错误。
qB
故选：C。
9. （2024•开福区校级模拟）在匀强磁场中有一个原来静止的碳 14原子核发生了某种衰
变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核N原子核的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁
场中运动的径迹是两个相内切的圆，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碳14在衰变的过程中动量不守恒
B．图中大圆为反冲核N原子核的运动轨迹
C．碳14发生 衰变
D．图中大圆与α小圆直径之比为7：1
【解答】解：AC、碳原子核的衰变过程满足动量守恒，射出的粒子与反冲核N的速度方向相反，
根据左手定则判断得知射出的粒子带负电，所以该衰变是 衰变，此核反应方程为 14C→
6
β
17N+− e，故AC错误；
7 −1
BD、根据动量守恒定律知两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有，m v ＝
1 1
mv2 mv p
m v ＝p，根据qvB= 可得：r= =
2 2 r qB qB
可知粒子轨迹半径r与电荷量q成反比，根据核反应方程知粒子与反冲核的电荷量之比为1：7，所以大圆与小圆直径之比为7：1，故B错误，D正确。
故选：D。
题型4四类常见有界磁场
10. （2024•包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac＝
2d，bc＝d，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比
荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．ab边有粒子出射的区域长度为0.5d
2π
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
3kB
C．若粒子从ac边出射，入射速度v＞kBd
kBd
D．若某粒子v= ，则粒子可以恰好从a点飞出
2
v2
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m ，可
R
mv v
得粒子运动半径R= = ，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维，
qB kB
若粒子速度极大（比如接近光速），那么粒子运动半径极大，在磁场中的运动轨迹趋于直线，
那么在ab边有粒子出射的区域长度趋于ab边的长度，而ab的长等于√3d＞0.5d，故A错误；
2πR 2π
B、粒子在磁场中运动周期T= =
v kB
α α
若粒子轨迹的圆心角为 ，则粒子在磁场中运动时间：t= T=
2π kB
α
可见粒子在磁场中运动时间与轨迹的圆心角成正比，根据粒子速度偏转角等于轨迹圆心角可知，粒子沿cd边入射从ac边射出时速度偏转角最大，轨迹图如下图所示
2π 2π
由几何关系可得最大圆心角为 = ，则粒子在磁场中运动的最长时间为 ，故B正确；
3 3kB
α
v
C、由R= ，可知粒子速率越小，运动半径越小，如上图所示，让粒子速率逐渐变小，则出射
kB
点会逐渐靠近c点，故半径可以小到趋近于零，即粒子速率可以小到趋近于零，仍可以从ac边
出射，故C错误；
D、粒子恰好从a点飞出，则其轨迹恰好在a点与ab边相切，轨迹图如下图所示
v
根据几何关系可得△aOc为等边三角形，易得轨迹半径R＝2d，由R= ，可得粒子的速率为v
kB
＝2kBd，故D错误。
故选：B。
11. 如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长
q
为L，∠C＝30°，比荷均为 的带正电粒子以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场（不计粒
m
子重力），则（ ）A．粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短
B．粒子速度越大，在磁场中运动的路程越大
2
C．粒子在磁场中运动的最长路程为 πL
3
2πm
D．粒子在磁场中运动的最短时间为
3qB
【解答】解：AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，随速度增加，半径变大，当粒子运动轨迹恰
好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示，当粒子从AC边射出时，圆心角不变，即运动时间
不变；当粒子的轨迹与BC边相切时，粒子速度再增加，则粒子从BC边射出，粒子在磁场中运
动的路程越小，故AB错误；
C．当粒子的轨迹与BC边相切时，由几何知识得，粒子轨道半径
r＝AB＝l
∠OAC＝∠ACB＝30°
AB＝OE
∠DOE＝∠OAC＝30°
∠AOE＝90°+30°＝120°
此时粒子在磁场中运动的路程最长为
120° 2
s= ×2πL= πL，故C正确；
360° 3
D．当粒子从BC边射出时，粒子的速度越大，半径越大，出射点越靠近B点，运动时间也越来
越短，直到从B点射出时粒子的速度无穷大，时间趋近于零，故D错误。
故选：C。
12. （2024•贵阳模拟）一磁约束装置的简化示意图如图所示。在内、外半径分别为R、√3R的环状区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场。一质量为m、电
荷量为q的粒子从P点沿圆的半径方向射入磁场后恰好不会穿出磁场的外边界，且被约束在大
圆以内的区域内做周期性运动，不计粒子重力。则该粒子的运动周期为（ ）
2m 2π 4m 2π
A． (√3+ ) B． (√3+ )
qB 3 qB 3
6m 2π 8m 2π
C． (√3+ ) D． (√3+ )
qB 3 qB 3
【解答】解：粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何知识(√3R−r) 2=R2+r2
√3
解得r= R
3
v2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
r
√3qBR
解得v=
3m
√3
R
根据几何知识可知 θ r 3 √3
tan = = =
2 R R 3
即 ＝60°
故一θ个周期内粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为3×[360°﹣（180°﹣60°）]＝720°
2πm
粒子在磁场中运动的周期为T=
qB
720° 2πm 4πm
故粒子在磁场中运动的时间为t = T=2× =
1 360° qB qB6R 6R 6√3m
t = = =
根据运动学公式可知，粒子在小圆内运动的时间为 2 v √3qBR qB
3m
4πm 6√3m 6m 2π
故粒子的周期为t=t +t = + = (√3+ )，故ABD错误，C正确。
1 2 qB qB qB 3
故选：C。
13. （2024•新郑市校级开学）如图所示，有界磁场的宽度为 d，一带电荷量为q、质量为
m的带负电粒子以速度v 垂直边界射入磁场，离开磁场时速度的偏角为30°，不计粒子受到的
0
重力，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d
v
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为 0
d
πd
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为
3v
0
mv
D．匀强磁场的磁感应强度大小为 0
3dq
【解答】解：A．带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
d
根据几何关系有R= =2d，故A错误；
sin30°v v
B．粒子在磁场中运动的角速度为ω= 0= 0 ，故B错误；
R 2d
30° 2πR πd
C．粒子在磁场中运动的时间t= × = ，故C正确；
360° v 3v
0 0
D．由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
v2
qv B=m 0
0 R
mv
解得B= 0，故D错误。
2dq
故选：C。
14. （2023秋•天津期末）如图所示，在区域MNQP中有垂直纸面向里的匀强磁场，质量
和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中
实线是它们的运动轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．粒子c在磁场中运动的时间最长
C．粒子a在磁场中运动的周期最小
D．射入磁场时粒子b的速率最小
【解答】解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；
v2
D、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
r
qBr
，解得：v= ，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小。故D错误；
m
2πr 2πm
BC、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= = 相同，粒子在磁场中的运动时间：t
v qB
θ θm
= ⋅T= ，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角 最大，则射入磁场时c的运动时
2π qB
θ
间最大，故B正确，C错误；
故选：B。15. （多选）（2024•海南）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，方
向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ad边中点O有一粒子源，可平行纸面向磁场内任意方
向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及粒子间的
相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，下列说法中正确的是（
）
A．粒子带负电
2mv
B．磁场的磁感应强度大小为
qL
πL
C．从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
6v
D．有粒子从b点射出磁场
【解答】解：A．垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，根据左手定则可知粒子带
正电，故A错误；
B．洛伦兹力提供向心力可得
v2
qvB=m
r
垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，则运动半径为
L
r=
2
2mv
解得B= ，故B正确；
qL
C．从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示从a点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为
60° 2πr πL
t= ⋅ = ，故C正确；
360° v 6v
L
D．离子的运动半径为r=
2
Ob之间距离大于L，即大于轨迹直径，所以没有粒子从b点射出磁场，故D错误。
故选：BC。
题型5放缩圆、平移圆、旋转圆、磁聚焦
16. （多选）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直纸面向外、磁感应
强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷k相同的
带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度为v ＝v，粒子Q的
1
1
入射速度为v =√3v，已知P粒子在磁场中的运动轨迹恰为 圆弧，不计粒子的重力，不计粒
2 4
子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子P带正电，粒子Q带负电
B．粒子P和粒子Q的周期和角速度相同
3v
C．粒子Q的轨道半径为
kB
3
D．粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为
2
【解答】解：A．两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定则可知，粒子 P、Q均带正电，故A错误；
2πm
B．根据周期公式：T= ，两粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的运动周期相同。
qB
2π
根据角速度与周期的关系：ω= ，可得粒子P和粒子Q的角速度也相同，故B正确；
T
v 2 mv √3v
C．对粒子Q，由洛伦兹力提供向心力可得：qv B＝m 2 ，可得其轨道半径：r = 2= ，
2 r 2 qB kB
2
故C错误；
D．作出两粒子的运动轨迹如下图所示：
由几何关系得P粒子的轨道半径为：r ＝R
1
由C选项可知粒子的轨道半径与线速度成正比，故Q粒子的轨道半径r =√3r =√3R
2 1
R √3
由几何关系可得：tanα= = ，可得： ＝30°
r 3
2
α
可知粒子Q的轨迹圆心角为2 ＝2×30°＝60°，而粒子P的轨迹圆心角为90°
因粒子P和粒子Q的运动周期α相同，故它们在磁场中的运动时间与轨迹圆心角成正比，则粒子P
90° 3
和粒子Q在磁场中的运动时间之比为 = ，故D正确。
60° 2
故选：BD。
17. （多选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向
垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相
等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴
上的P点。已知OP=√3OS=√3d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，
则（ ）qBd
A．粒子的速度大小为
m
B．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为7：4
3
C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 d
2
πm
D．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
3qB
【解答】解：A．根据几何关系可得：SP=√SO2+OP2=√d2+3d2=2d
所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足2r＝SP
＝2d
可得r＝d
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
v2
qvB=m
r
qBd
解得：v= ，故A正确；
m
B．从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射
出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示
根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为：3π π
α= ；θ=
2 3
从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为：
α
T
t 2π α 9
max = = = ，故B错误；
t θ θ 2
min T
2π
C．沿平行x轴正方向射入的粒子，其圆心现在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即
沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，故C错误；
D．从O点射出的粒子轨迹如图所示
π
根据几何关系可知对应的圆心角为：θ=
3
θr πm
从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为t= = ，故D正确。
v 3qB
故选：AD。
18. 如图所示，足够长水平挡板位于x轴，其上下面均为荧光屏，接收到电子后会发光，
同一侧荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第三象限有垂直纸面向里、
L
半径为 的圆形匀强磁场，磁感应强度大小未知，边界与y轴相切于A点（0，﹣L）。在一、
2
二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为圆形匀强磁场的一半。
一群分布均匀的电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线，以初速度v 射入圆形磁场后均从A点
0
2−√3
进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为（﹣L，− L）。电子电量为e、质量
4
为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求圆形匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）求荧光屏最右侧发亮位置的x坐标；（3）求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子数之比；
（4）求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的发光长度分别为多少。
【解答】解：（1）根据题意，粒子在圆形磁场区域中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
v2
ev B=m 0
0 r
L
根据题设条件，由磁聚焦条件可知：r=
2
2mv
联立代入数据得：B= 0
eL
（2）设从A点进入第四象限的粒子在该磁场区域中做圆周运动的半径为 r′，粒子的运动轨迹
如图所示
B
v2
则由洛伦兹力充当向心力有： ev =m 0
2 0 r'
mv
r'= 0=L
代入数据解得： B
e
2
根据几何关系可知，落在挡板最右侧坐标为：x =√(2r') 2−L2=√3L
d（3）根据粒子运动的轨迹，由几何关系可知，“一次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应
L 2−√3
x轴上的（− ，− L）之间。
2 4
L
“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应 x轴上的（﹣L，− ）之间，落在荧光屏上
2
“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子数之比为√3：2
（4）如图几何关系可知
2−√3
从坐标为（0，− L）处出发的电子在A点射入速度与x轴方向夹角为60°，刚好到达O
4
点，“一次发光区域”的发光长度为L，“两次发光区域”的发光长度为√3L−L。
题型6带电粒子在磁场中运动多解问题
19. （2022秋•肥东县期末）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁
π
场，AB边长度为d，∠C= ，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q
6
的带正电粒子（不考虑电荷间的相互作用），已知垂直 AC边射出的粒子在磁场中运动的时间
为t ，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为2t ，则下列判断中正确的是（ ）
0 0
A．粒子在磁场中运动的轨道半径一定是(2√3−3)dπ(2√3−3)d
B．粒子在磁场中运动的速度一定是
2t
0
πm
C．该匀强磁场的磁感应强度大小一定是
2qt
0
D．如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场
【解答】解：C、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹与AC垂直如图所示：
1
由几何关系可知圆弧对应的圆心角为90°，则垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是 T，
4
1
即 T=t
4 0
2πm
解得粒子做匀速圆周运动的周期T＝4t ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= ，解得：
0 qB
2πm πm
B= =
，故C正确；
qT 2qt
0
AB、设当粒子的速度为v 时，有一个粒子的轨迹刚好与BC边相切从A点离开磁场，设此时粒
0
子的轨迹半径为r，画出轨迹如图中轨迹①所示：
则可知此时粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为180°，运动时间最长，为2t ，由几何关系
0
r
可得r+ =d，解得：r＝（2√3−3）d
sin60°
2πr (2√3−3)dπ
粒子做匀速圆周运动的周期：T = ，解得：v = ，但若粒子的速度小于v ，在
v 0 2t 0
0 0
磁场中运动的轨道半径小于r＝（2√3−3）d，粒子也可以在磁场运动半圈而从AB边离开，在磁场中的运动最长时间也为2t ，如图中的轨迹②所示，则可知粒子在磁场运动的轨道半径不一
0
(2√3−3)dπ
定等于r＝（2√3−3）d，粒子在磁场运动的速度大小不一定等于v = ，故AB错
0 2t
0
误；
π
D、如果粒子带的是负电，以B点为圆心，转过的圆心角为 的粒子能垂直BC边射出磁场，故
3
D错误。
故选：C。
题型7洛伦兹力与现代科技
20. （2023秋•大连期末）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，
加速电压为U ；B为速度选择器，磁场与电场正交（磁场方向未画出），磁感应强度为B ，
1 1
两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B 。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）
2
的粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀
速圆周运动，最后打到照相底片D上，下列说法正确的是（ ）
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
√qU
B．粒子经加速器加速后的速度大小为2 1
m
√qU
C．速度选择器两板间电压为B d 1
1 m1 √2mU
D．粒子在B 磁场中做匀速圆周运动的半径为 1
2
B q
2
【解答】解：A、粒子在速度选择器中受到的电场力方向是水平向左的，所以受到水平向右的洛
伦兹力，根据左手定则可知速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
1 √2qU
B、根据动能定理qU = mv2 ，可得粒子经加速器加速后的速度大小为v= 1，故B错误；
1 2 m
U √2qU
C、粒子在速度选择器中受力平衡，有qvB ＝q 2，解得U ＝B d 1，故C错误；
1 2 1
d m
mv2
D、粒子在 B 磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvB = ，解得半径为 R
2 2
R
1 √2mU
= 1，故D正确。
B q
2
故选：D。
21. （2023秋•道里区校级期末）回旋加速器工作原理如图所示，磁感应强度大小为 B的
匀强磁场与D形盒垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，两盒接在电压为U、频
率为f的交流电源上。氦原子核（ 4 He）从A处进入加速器中被加速，从粒子出口处射出时的
2
动能为E ，在除交流电频率外其他条件不变的情况下，让锂原子核（ 7 Li）从A处进入加速
k 3
器中被加速，锂原子核（
7
Li）被加速后从粒子出口处射出，下列说法正确的是（ ）
3
A．锂原子核（ 7 Li）被加速后从粒子出口处射出时的动能为E
3 kB．锂原子核（ 7 Li）被加速后从粒子出口处射出时的动能为 9 E
3 7 k
C．锂原子核（ 7 Li）在磁场中运动的时间更长
3
D．氦原子核（ 4 He）在磁场中运动的时间更长
2
【解答】解：AB.带电粒子的最大运动半径等于D形盒的最大半径R，根据洛伦兹力提供向心力
v2
qv B=m m
m R
qBR 1 q2B2R2
可得 v = ，带电粒子的最大动能 E = mv2 =
m m km 2 m 2m
4q2B2R2
对于氦原子核，最大动能为E =
k 8m
9q2B2R2
对于锂原子核，最大动能为E '=
k 14m
9
可得 E '= E ，故A错误，B正确；
k 7 k
1
CD.假设粒子加速次数为 n，根据动能定理nqU= mv2 ，粒子在磁场中的运动时间
2 m
1 1 2πm
t=n⋅ T= n⋅
2 2 qB
πBR2
联立解得t= ，粒子在磁场中的运动时间与电荷量及质量无关，因此锂原子核和氦原子核
2U
在磁场中运动的时间相同，故CD错误。
故选：B。
22. （2023秋•延庆区期末）如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之
间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂
直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是（ ）
A．Q板的电势高于P板的电势B．R中有由b向a方向的电流
C．若只增大粒子入射速度，R中电流增大
D．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
【解答】解：AB、等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷
向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，
流过电阻电流方向由a到b，故AB错误；
C、由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故C正确；
U U Bdv
D、依据电场力等于磁场力，即为q =qvB，则有：U＝Bdv，再由欧姆定律，I= =
d R+r R+r
，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变，故D错误。
故选：C。
q
23. （2024•丰台区一模）一束含有两种比荷( )的带电粒子，以各种不同的初速度沿水
m
平方向进入速度选择器，从O点进入垂直纸面向外的偏转磁场，打在O点正下方的粒子探测
板上的P 和P 点，如图甲所示。撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云室，若带电粒
1 2
子在云室中受到的阻力大小f＝kq，k为常数，q为粒子的电荷量，其轨迹如图乙所示。下列说
法正确的是（ ）
A．打在P 点的带电粒子的比荷小
1
B．增大速度选择器的磁感应强度P 、P 向下移动
1 2
C．打在P 点的带电粒子在云室里运动的路程更长
1
D．打在P 点的带电粒子在云室里运动的时间更短
1
mv2 q v
【解答】解：A.在磁场B 区域中，由圆周运动公式qvB = 可得比荷为 = ，因为打到
2 2 R m RB
2
P 的轨迹半径小，所以打到P 处的比荷比打到P 处的比荷大，故A错误；
1 1 2
E
=
B.在速度选择器的区域由公式得qvB ＝qE可得v 当增大磁场强度B 时，速度v减小，由公
1 B 1
1
mv2 mv
式qvB = 得运动轨迹半径R = 减小，即P 、P 向上移动，故B错误；
2 R qB 1 2
2CD.因为粒子在云室中受到的阻力大小为f＝kq，它跟粒子的带电荷量大小有关，由A选项知，
打到P 处的粒子电荷量更大，受到的阻力更大，那么因为阻力做负功，洛伦兹力不做功，所以
1
打在P 处的带电粒子运动路程更短，运动时间更短，故C错误，D正确。
1
故选：D。
24. （2024•江西模拟）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量，如图甲所示，在两块磁
感应强度相同、N极相对放置的磁体缝隙中放入霍尔元件。该霍尔元件长为a，宽为b，厚为
c，建立如图乙所示的空间坐标系，保持沿+x方向通过霍尔元件的电流I不变，霍尔元件沿±z
方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，在M、N表面间产生的霍尔电压U 不同
MN
当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度 B为0，U 为0，将该点作为位移的零点，在小范
MN
围内，磁感应强度B的大小与位移z的大小成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小
位移的仪表，下列说法中正确的是（ ）
A．该仪表的刻度线是不均匀的
B．该仪表只能测量微小位移的大小，不能确定位移的方向
U
C．某时刻测得霍尔电压为U，则霍尔电场的场强大小为| |
b
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz＜0时，M表面电势低于N表面的电势
U
【解答】解：A．根据平衡条件可得q MN =qvB
b
磁感应强度B的大小与位移z的大小成正比，则B＝kz
联立解得U ＝kvbz
MN
由此可知，U 与z成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，故A错误；
MN
B．若上表面电势高，则空穴在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿 z轴负方向，
说明霍尔元件靠近右侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移
的方向，故B错误；
U U
C．根据电场强度与电压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为E= MN =| |，故C正确；
b b
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz＜0时，磁场方向向右，根据左手定则可知，电子偏向下表面，下表面电势低，即M表面电势高于N表面的电势，故D错误。
故选：C。
25. （2024•西城区校级模拟）如图所示，利用霍尔元件可以监测无限长直导线的电流。
I
无限长直导线在空间任意位置激发磁场的磁感应强度大小为：B=k ，其中k为常量，I为直
d
导线中电流大小，d为空间中某点到直导线的距离。霍尔元件的工作原理是将金属薄片垂直置
于磁场中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I 时，e、f两侧会产生电势差。下列说法正确
0
的是（ ）
A．该装置无法确定通电直导线的电流方向
B．输出电压随着直导线的电流强度均匀变化
C．若想增加测量精度，可增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度
D．用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，能够提高测量精度
【解答】解：A、根据电流的方向能分析出电荷的受力方向，结合电荷的电性得出电势的高低，
因此本题中可以根据电势的高低分析出通电导线的电流方向，故A错误；
B、设前后表面的厚度为d，金属薄片的厚度为h，导线中单位体积的电子数为n，最终电子在电
eU
场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，则 =evB
d
结合电流的微观表达式：I ＝nevS＝ndehv
0
kI I
解得：U= 0
neℎd
所以输出电压随着导线的电流强度均匀变化，故B正确；
kI I neℎd
CD、由U= 0 可得：I= U
neℎd kI
0
可知增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度h，用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔
元件，在直导线电流一定时，e、f两侧的电势差减小，测量精度减小，故CD错误；
故选：B。
