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第 7 讲 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动
学习目标
明 确目标 确定方向
1.洛伦兹力的大小和方向判断
2.带电粒子在磁场的运动半径和周期
3.解决带电粒子在有界磁场的运动
【 知识回归 】 回 归课本 夯实基础
第一部分基础知识梳理
一、磁场对运动电荷的作用
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)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面
(2)判定方法：左手定则。
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。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．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。
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m
(2)轨道半径公式：r＝
(3)周期公式：T＝。
第二部分重点难点辨析
一．洛伦兹力的特点
1洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以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，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
二．带电粒子在有界磁场中运动的分析方法
1找圆心
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点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)。方法二：已知入射方向和入射点、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道的圆心(如图乙所示)。
2．求半径
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即
φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的应用(勾股定理)。
找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。
3．求时间
方法1：运动弧长计算，t＝(l为弧长)；
方法：由旋转角度计算，t＝T
【 典例分析 】 精 选
例题 提高素养
【例1】．如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的
绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩
擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过
程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像、重力势能E 、机械能E随圆环离开出发点的高
P
度h变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【详解】AB．上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有
其中有
联立解得
故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度为
下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有
联立解得
可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方向相反，加速度方向相同，AB错
误；
C．以初位置为零重力势能面，可知圆环的重力势能为
可知 图像为过原点的倾斜直线，C错误；
D．圆环运动过程中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有
随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故 图线的斜率在减小；下降阶段随着速度的增大，
圆环受到的摩擦力逐渐增大，故 图线的斜率在增大；由于受到摩擦力做负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机械能，D正确。
故选D。
【例2】．如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子的质量为 、电荷量为 、速
率为 ，不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀
强磁场区域，设 。选项 A、 B、 C 中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧，其中A、B的磁感应
强度 ，C的磁感应强度 ：选项D中曲线是直径为L的圆，磁感应强度 。则磁场区域的形
状及对应的磁感应强度可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．已知磁感应强度 ，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子的轨道半径为
如图所示可知粒子都会聚到一点，故A正确；
B．已知磁感应强度 ，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子的轨道半径为
如图所示
可知粒子不会聚到一点，故B错误；
C．已知磁感应强度 ，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子的轨道半径为
如图所示可知粒子不会聚到一点，故C错误；
D．已知磁感应强度 ，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子的轨道半径为
如图所示
可知粒子不会聚到一点，故D错误。
故选A。
多选【例3】．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的部分边界，
其中 段是半径为R的四分之一圆弧， 、 的延长线通过圆弧的圆心， 长为R．一束质量为m、电
荷量大小为q的粒子流，在纸面内以不同的速率从O点垂直 射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射
出，其中M、N是圆弧边界上的两点。不计粒子的重力及它们之间的相互作用。则下列说法中正确的是（
）A．粒子带负电
B．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．在磁场中运动时间最短的粒子用时为
【答案】BD
【详解】ABC．由题意，画出从M、N两点射出的粒子轨迹图，如图所示，由此可知，粒子带正电；粒子
在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。可得
解得
由图可知，从M点射出粒子的轨迹半径小于从N点射出粒子轨迹半径，则有从M点射出粒子的速率一定
小于从N点射出粒子的速率；由图可知，从M点射出粒子的轨迹所对圆心角大于从N点射出粒子轨迹所对
圆心角，由可知，从M点射出粒子在磁场中运动时间一定大于从N点射出粒子所用时间，AC错误，B正确；
D．由几何知识可知，当粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在b点时，粒子在磁场中运动的圆弧所
对的圆心角最小，此时粒子的运动半径 r=R，由几何关系可求得此时圆弧所对圆心角 θ=120°，所以粒子在
磁场中运动的最短时间是
D正确。
故选BD。
【例4】．在图甲所示的平面直角坐标系xOy内，正方形区域（0<x<d、0<y<d）内存在垂直xOy平面周期
性变化的匀强磁场，规定图示磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，变化的周期T可
以调节，图中B 为已知。在x＝d处放置一垂直于x轴的荧光屏，质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t
0
＝0时刻从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）调节磁场的周期，满足 ，若粒子恰好打在屏上P（d，0）处，求粒子的速度大小v；
（2）调节磁场的周期，满足 ，若粒子恰好打在屏上Q（d，d）处，求粒子的加速度大小a。
【答案】（1） ；（2） （k＝1，2，3…）
【详解】（1）满足 ，粒子的运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力，有
几何关系可得
2R1＝d
联立解得
（2）满足 ，粒子的轨迹如图所示
由几何关系可得
d＝k R2，其中k＝1，2，3…
由
可得
（k＝1，2，3…）
而联立可得
，k＝1，2，3…
【巩固练习】 举 一反三 提高能
力
_
1．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线
dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终
打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C．碰撞后，新微粒运动周期不变
D．碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
【答案】B
【详解】A．根据粒子的偏转方向，由左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，则
解得
由解得
动量p、电荷量q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹不变，故B正确；
C．由周期公式 可知，因碰撞后粒子质量增大，故粒子运动的周期增大，故C错误；
D．由洛伦兹力公式 可知，由于碰撞后粒子速度减小，所以碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力减
小，故D错误。
故选B。
2．如图所示，质量为 、带电荷量为+q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开
始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为 ，磁感应强度为B，墙壁无限高，下列说法正确的是
（ ）
A．物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力
B．物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后匀速运动
C．物块下滑的最大速度为
D．物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒
【答案】B
【详解】A．物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；
B．物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得
摩擦力为
所以物块下滑过程中做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，故其加速度小于重力加速度 ，故B正
确；C．当物块匀速时，速度最大，有
解得
故C错误；
D．物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做功，所以物块的机
械能减小，故D错误。
故选B。
3．如图所示，下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=0.2kg、电
荷量q=2C的小球，整个装置以 的速度沿垂直于磁场方向进入 方向水平的匀强磁场，由于
外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2。则下列说法正确
的是（ ）
A．小球在管中运动的过程中机械能守恒
B．小球的运动轨迹为直线
C．小球在管中运动的时间为2s
D．小球的机械能增加了8J
【答案】C
【详解】AD．小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大反
向，竖直方向受重力、洛伦兹力的竖直分量作用，小球从上端口飞出，故竖直分量的洛伦兹力向上，且对
小球做正功，故机械能不守恒，有
故AD错误；
B．对小球受力分析可知，竖直方向上合外力解得
a=2m/s2
小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，所以小球做曲线运动，轨迹为曲线，
故B错误；
C．竖直方向上
解得小球在管中运动的时间为
故选C。
4．如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，
图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场
越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意
图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍。
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的
电流
【答案】B
【详解】AB．电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知
①
电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
②③
加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加
速电场的电压U，电子束径迹的半径ｒ变大，A错误，B正确。
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的 倍，C错
误；
D．若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子
射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，同理可得，励磁线圈通以顺时针方
向的电流，则能形成如图乙的运动径迹，D错误。
故选B。
5．用一节电池、一块强磁铁和铜导线可以做成如图所示的“简易电动机”，其中干电池负极吸附有一块
圆柱形强磁铁，铜导线下面两端与磁铁接触，铜导线组成的线框就能转动起来．关于该“简易电动机”，
下列说法正确的是（ ）
A．如果强磁铁上表面是N极，那么从上往下看，线框逆时针转动
B．如果强磁铁上表面是S极，那么从上往下看，线框逆时针转动
C．线框转动是由于受到洛伦兹力作用
D．不管强磁铁N极向上或者向下放置，从上往下看线框总是做顺时针运动
【答案】B
【详解】ABD．若强磁铁上表面是N极，则对于导线来说，磁感线从上往下斜穿过铜导线组成的线框，电
流方向从上往下，由左手定则知，由上往下看（俯视），金属丝顺时针转动，若强磁铁上表面是 S极，则
对于导线来说，磁感线从下往上斜穿过铜导线组成的线框，电流方向从上往下，由左手定则知，由上往下
看（俯视），金属丝逆时针转动， AD错误B正确；
C．而该装置的原理是电流在磁场中的受磁场力，线框转动是由于受到安培力的作用，C错误。故选B。
6．如图所示，一半径为R的圆形区域存在匀强磁场，磁感应强度大小可调节，磁场圆心在坐标原点O
处，磁场方向始终垂直于坐标平面向外。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O'点以速度v射入磁
场，粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为45°，不计粒子的重力。若c、d两点为ab弧的三等分
点，磁感应强度大小为B 时粒子从c点射出，磁感应强度大小为B 时粒子从d点射出，则磁感应强度B 与
1 2 1
B 的乘积为（ ）
2
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据洛伦兹力提供向心力
解得
若粒子从c点射出，设圆周运动的半径为 ，运动轨迹如下图
有几何关系得其中
若粒子从d点射出，设圆周运动的半径为 ，运动轨迹如下图
有几何关系得
其中
联立得
故选B。
7．如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为
B的匀强磁场，AC边长为L，∠A=30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从
D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中
运动时间最长的粒子所用时间为4t，则（ ）A．粒子的比荷为 B．粒子运动的轨道半径为
C．粒子射入磁场的速度大小为 D．这束粒子在磁场中扫过的面积为
【答案】C
【详解】A．从BC边垂直射出的粒子运动时间
解得
根据
可知
解得
故A错误；
B．在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示由几何关系
解得
故B错误；
C．由
解得
故C正确；
D．粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则
故D错误。
故选C。
8．如图所示，宽 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直于纸面向里。现有一群正粒子
从 点以相同的速率在纸面内沿不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，则（ ）
A．右边界 处有粒子射出
B．右边界 处有粒子射出
C．左边界 处有粒子射出
D．左边界 处有粒子射出
【答案】A
【详解】AB．当粒子的轨迹恰好与磁场右边界相切时，如图所示
根据几何知识得到
当粒子沿 轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有所以右边界： 有粒子射出，A正确，B错误；
CD．由图可知，粒子只能x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为
所以左边界： 有粒子射出，C错误，D错误。
故选A。
多选9．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场．一带电微粒从图中A
点以水平速度 垂直磁场射入，速度的方向与过圆心及A点的直线成 角，当该带电微粒离开磁场时，
速度方向刚好改变了 角．不计微粒重力，下列说法正确的是（ ）
A．该微粒带正电 B．该微粒带负电
C．该微粒在磁场中运动的半径为 D．该微粒在磁场中运动的时间为
【答案】ACD
【详解】A.B.根据带电微粒的偏转方向，由左手定则可知，该微粒带正电，A正确,B错误；
C.微粒的运动轨迹如图所示，根据几何关系，微粒做圆周运动的半径为
C正确；
D.微粒在磁场中运动的周期为则微粒在磁场中的运动时间为
D正确。
故选ACD。
多选10．如题图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，
为 ，一群比荷为 的带负电粒子以相同速度从C点开始一定范围垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从
AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为 ，在磁场中运动时间最长的粒子所用
时间为 ，则以下说法中正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为 B．粒子运动的轨道半径为C．粒子射入磁场的速度大小为 D．粒子在磁场中扫过的面积为
【答案】AD
【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直 边射出的粒子在磁场中运动的时间是 ，由
可得
解得
故A正确；
B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为 ，则有
可得
画出该粒子的运动轨迹如图所示
设轨道半径为 ，由几何知识得
可得故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力可得
则粒子射入磁场的速度大小为
故C错误；
D．射入的粒子恰好不从 边射出，粒子在磁场中扫过的面积为
故D正确。
故选AD。
多选11．如图所示，空间中有一个底角均为 的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小
为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可
变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示由几何关系可知
半径最大为从a点射出，如图所示
由几何关系可知
由牛顿第二定律有
解得
则有
为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为
故选BC。多选12．如图所示，PQO为圆心角为 的扇形有界区域，O点为圆心，半径为R，M点为圆弧PQ的中
点，区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，完全相同的两个带电粒子a和b以相同速度v分别从P、M
两点飞入匀强磁场区域，粒子a的速度方向与PO成 角，已知粒子a恰好从Q点飞出，a、b粒子所受重
力不计，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电 B．粒子b也从Q点飞出磁场区域
C．粒子a和b射出磁场时速度方向相同 D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为
【答案】BD
【详解】A．粒子a刚好从Q点飞出，由左手定则，粒子a和b均带负电荷，A错误；
BC．设两个粒子a和b做圆周运动的圆心分别为 和 ，由对称性可知， 在 的延长线上。粒子a
在磁场中做圆周运动的半径为 ，由几何关系可知
又
粒子a在磁场中做圆周运动的半径为R，两粒子运动示意图如图所示粒子b的轨道半径也是R，由图可知，粒子b也从Q点飞出磁场区域，飞出磁场时两粒子的速度方向不
同，B正确，C错误；
D．完全相同的两个粒子a和b以相同速度v别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b的轨道半径也是R，由
图可知，粒子b在磁场中做圆周运动的弧长等于粒子 a在磁场中做圆周运动的弧长的一半，粒子 a和b在
磁场中运动的时间之比为 ，D正确。
故选BD。
13．如图，“凹”形区域abcdpnHIJK，各边长已在图中标出，L为已知量。在该区域内有正交的匀强电场
和匀强磁场，电场的等势线与ab边平行（图中未画出）；磁场方向垂直纸面向外。容器A中有大量电子，
每个电子质量为m、带电量为e，经小孔S 不断飘入电压为 的加速电场，其初速度几乎为0，电子经加
1
速电场加速后由小孔S 离开，接着从O点进入场区，沿Oc 做直线运动经c点离开场区。若仅撤去磁场，
2
电子从b点离开场区。
（1）求“凹”形区域的电场强度；
（2）若保留磁场，仅撤去“凹”形区域中的电场，求电子离开“凹”形区域时的位置与O点的距离；
（3）若保留磁场，撤去“凹”形区域中的电场，并且改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内
的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【详解】（1）设电子经加速后后获得的速度为 ，凹形区域的电场强度为E，根据动能定理
仅撤去磁场，电子从b点离开场区，设电子在场区的运动时间为t，则有联立可得
（2）电子沿Oc直线运动，有
若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为r0，则有
联立可得
（3）依题意，要使电子在凹形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运动半周从 边离开，
分析可知，电子从 段离开场区是满足要求的；要从 段离开场区必须具备两个几何约束条件，第一、
电子不能从 离开场区；第二、电子不能进入 区域。
无论从哪里飞出，加速电压和做圆周运动的轨道半径均满足以下关系
则
a:恰从K点飞出有
解得
故粒子从OK点飞出有b:恰经过I点的圆轨迹对应半径
解得
，
恰好和磁场下边界相切的圆轨迹对应的半径
解得
故粒子从Hn点飞出有
电子在“凹”形区域内的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围
或
【点睛】
14．如图所示，在 坐标系中，区域I是圆心为O（0，2m）、半径r=2 m的圆形的匀强磁场，区域II是
1
宽度d=1.0m的直线边界匀强磁场，两区域（含边界）磁感应强度大小均为B=1T，方向均垂直于纸面向
里。在 区域内，一群质量 、电荷量 的粒子以速度 平行于
x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域，其中粒子a正对O 沿半径的方向射入，粒子b打在区域II的
1
上边界最左边P点（图中未标出）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：
（1）粒子 在圆形磁场区域I运动的时间 ；
（2）区域II的下边界能被粒子打中的长度 ；（3）粒子 在两磁场区域运动的总时间 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力得
解得
由题意可知粒子 从坐标原点 出区域I，由几何关系可得粒子 转过的圆心角为 ，则在磁场中运动的
时间为
解得
（2）如图所示，所有粒子都从原点 出来，如图所示
其中从原点 出来后沿 轴正方向的粒子打在区域II的下边界最右边，根据几何关系可得从原点 出来后打在区域II的下边界最左边的粒子，其轨迹与区域II的下边界刚好相切，根据几何关系可
得
区域II的下边界能被粒子打中的长度为
（3）由几何关系可知，粒子b在圆形磁场和 轴下方磁场各运动 ，则有
解得
15．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度 从坐标原点O沿y轴正方向射入一磁感应强
度大小为B、方向垂直纸面向外（图中未画出）的圆形有界匀强磁场中。粒子飞出磁场区域后，再运动一
段时间从x轴上的b处经过，速度方向与x轴正方向夹角为 ，如图所示。不计粒子重力，求：
（1）b点到O点的距离；
（2）粒子从O点到b点的时间；
（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）粒子运动轨迹如下图由洛伦兹力提供向心力
可得
设圆周运动的圆心为a，则
则
（2）圆周运动的周期为
在磁场中运动的时间为
离开磁场后运动的距离为
离开磁场后运动的时间为
由O点到b点的总时间为
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点的弦长为当半径刚好为l的一半时，圆形磁场区域面积最小，即
故最小面积为
16．如图所示，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标
原点O以速度为v 沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的M（2a， a）点时，撤去电场，粒子
0
继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方
向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重
力。试求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子在匀强磁场中的运动时间；
(3)矩形匀强磁场区域的最小面积（取sin15°= ）。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有
，
联立解得
，
(2)设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则
速度
则
得
由几何知识可知，粒子转过的圆心角为 ，则(3)由题意可知
、
则
