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第 38 讲 磁场对运动电荷的作用
——划重点之精细讲义系列
一．洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0.
(2)v⊥B时，F＝ q v B .
(3)v与B夹角为θ时，F＝ q v B sin _θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反
方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于 B 、 v 决定的平面．(注意B和v可以有任意
夹角)．
由于F始终垂直于 v的方向，故洛伦兹力永不做功．
二．带电粒子在磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子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＝＝.
f＝＝.
ω＝＝2πf＝.
三．洛伦兹力的应用实例
1．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D 、D 是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形
1 2
盒处于匀强磁场中．
(2)原理：交变电流的周期和粒子
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，
两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由 qvB＝，得E ＝，
km
可见粒子获得的最大动能由 磁感应强度 B 和D形盒半径R决定，与加速电压无关．
2．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．
(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理qU＝mv2可知进入磁场
的速度v＝.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律， q v B
＝.由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．
考点一 对洛伦兹力的理解
1．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．
(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)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
3．洛伦兹力与电场力的比较
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【典例1】下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不
变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
解析：选B.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方
向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于
洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向
也不同，所以A选项错．因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向
不变，再由F＝qvB知大小也不变，所以B选项正确．因为电荷进入磁场时的速度方
向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因
此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速
度的方向不断改变，所以D选项错．
【典例2】(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N
两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小
相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度 B＝k，式中k是
常数，I是导线中的电流，r为对应点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 从a
0
点出发沿MN连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：选BD.由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直
于MO向里， 离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在
ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线
MN运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bqv为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，
随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对
桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，
所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确、A错误．
【典例3】如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强
磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷
量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B．
C．1 D.
解析：选D.根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，粒子的动能E＝mv2，由此得磁感
k
应强度B ＝，结合题意知动能和半径都减小为原来的一半，则磁感应强度 B ＝，故＝，
1 2
故D正确．
【典例4】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向
右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运
动．下列说法中正确的是( )
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能不变
解析：选A.对该微粒进行受力分析得：它受到竖直向下的重力、水平方向的电场
力和垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则
可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，
所以B项错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所
以微粒受到的力不会平衡，故该微粒一定带负电，A项正确；该微粒带负电，向左上
方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，
动能不变，所以该微粒的机械能增加，D项错误．
理解洛伦兹力的四点注意
(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．
(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F⊥B、F⊥v的特
点．
(3)计算洛伦兹力大小时，公式F＝qvB中，v是电荷与磁场的相对速度．
(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动
电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(1)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若只已知一个点及运动方向，也知另外某 时刻的速度方向，
但不确定该速度方向所在的点，如图丙所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速
度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的
垂线交于一点O，该点就是圆心。
（2）如何确定“半径”：
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。
例：（右图）R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝。
3．如何确定“圆心角与时间”
（1）圆心角的确定
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，即φ＝θ
＝2α＝ωt，如图（d）所示。
②偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α。
（2）时间的计算方法。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】方法一：由圆心角求，t＝·T；
方法二：由弧长求，t＝。
2．重要推论
(1)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中
运动的时间越长．
(2)当速率v变化时，圆心角大的运动时间长．
考向1：圆形磁场区域
(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域
圆形成相交圆，巧用几何关系解决．
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对
称性解决．
【典例1】(多选)如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸
面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子 a、b和c
以相同的速率分别沿 aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知 bO垂直
MN，aO、cO与bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时
间分别为t、t、t，则下列给出的时间关系可能正确的是( )
a b c
A．t＜t＜t B．t＞t＞t
a b c a b c
C．t＝t＜t D．t＝t＝t
a b c a b c
解析 粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场
中运动的时间t＝T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子
的运动半径为r，圆形区域半径为R，当粒子a恰好从M点射出磁场时，r＝R，当粒子
b恰好从M点射出磁场时，r＝R，如图甲所示，t ＜t ＝t.当r>R时，粒子a对应的圆
a b c
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】心角最小，c对应的圆心角最大，t>t>t ；当r≤R，轨迹如图乙所示，t ＝t ＝t.同理，
c b a a b c
Rv，若电场方向向左，磁场方向向外，则如果 粒子打在a点则受到向左的电场力和
向右的洛伦兹力平衡
因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力qv＇B大于向右的电场
力qE，则电子从而向左偏转；同理如果电子打在a点，则 ，所以此时 粒子
向左的电场力2qE大于向右的洛伦兹力2qvB，则向左偏转，不会打在b点，B错误；
CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果 粒子打在a点，即向右的电场力和向
左的洛伦兹力平衡
电子速度大，受到向右的洛伦兹力qv＇B大于向左的电场力qE则向右偏转，从而达到
b点；同理如果电子打在a， 则 粒子向右的电场力2qE大于向左的洛伦兹力
2qvB从而向右偏转，会打在b点；
同理电场向右磁场垂直纸面向外时， 粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到
向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确，D错误；
故选C。
6．（2022·海南·高考真题）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小
相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它
们具有相同的（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
【答案】C
【详解】粒子在辐射电场中以速度 做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据
牛顿第二定律可知
解得
粒子在匀强磁场中
解得
粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同
的速度 和比荷 。
故选C。
7．（多选）（2022·辽宁·高考真题）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（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．粒子1可能为中子
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】AD
【详解】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，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，
C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有
解得
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D
正确。
故选AD。
8．（多选）（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，一带电粒子以初速度v 沿x轴正
0
方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴
的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t，到达Р点的动能为E 。若上述过程
1 k1
仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t，到达Р点的动
2
能为E 。下列关系式正确的是·（ ）
k2
A．t t
1 2 1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．E E
k1 k2 k1 k2
【答案】AD
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，
沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此
时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据
可知
tE
k1 k2
故C错误，D正确。
故选AD。
9．（多选）（2022·湖北·统考高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L
的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满
方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。
离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成
30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的
夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． kBL，0° B． kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
10．（多选）（2022·广东·高考真题）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的
匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次
经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，
故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C
正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做
功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点
都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
11．（2022·天津·高考真题）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由
C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁
感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不
计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电， ；（2） ；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中
运动由动能定理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为 ，如图
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
1．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放
一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )
A．导线中的电流从A流向B
B．导线中的电流从B流向A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
解析：选BC.由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力
的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以
根据安培定则，AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB
上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变
为向上偏转．选项B、C正确．
2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应
强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的
( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】域后，其速度大小不变，由r＝知，轨道半径增大；由角速度ω＝知，角速度减小，选
项D正确．
3．如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强
度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直
径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时
运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A. B．
C. D.
解析：选B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 必在过入射点垂直于入射速度
2
方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为 60°，故圆弧ENM
对应圆心角为 60°，所以△EMO 为等边三角形．由于 OD＝，所以∠EOD＝60°，
2 1 1
△OME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径 EO ＝OE＝R，由qvB＝，
1 2 1
得v＝，B正确．
4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过 S′孔打在MN
板上的P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比b极板高
C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关
D．带电粒子的比值越大，PS′间距离越大
解析：选B.粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故
A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，
电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正
确；由qE＝qvB 可知，粒子的速度v＝，到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁
ab
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，则＝，知比荷越大，r越小，
PS′间距离越小，故D错误．
5．如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直
纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开
磁场．下列判断正确的是( )
A．所有的电子都向x轴下方偏转
B．所有的电子都做类平抛运动
C．所有的电子在磁场中运动时速度不变
D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同
解析：选A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有
的电子都向x轴下方偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力
对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．
电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t＝＝都相同，它们运动
的时间都相同，D错误．
6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙
两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲 ∶v乙 和它们通
过该磁场所用时间t ∶t 的值分别为( )
甲 乙
A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
解析：选B.带电粒子在电场中加速有qU＝mv2，带电粒子在磁场中偏转有qvB＝
m，联立解得v＝，即v∝，故＝＝；甲粒子在磁场中偏转用时t ＝，乙粒子在磁场中
甲
偏转用时t ＝可得，＝＝.由以上分析计算可知选项B正确．
乙
7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做
圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，
使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加
速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子
从P 处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强
0
磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．PP＝PP
1 2 2 3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周
期性变化，A正确，D错误．由动能定理得nqU＝mv2，又qBv＝m，可得R＝ ，R与
加速次数不成正比，故B错误．最大动能为E＝，R 为D形盒半径，可知C错误．
k 0
8．(多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d
的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好
不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
C．A、B两粒子之比是
D．A、B两粒子之比是
解析：选BD.由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝
m，得r＝.由几何关系可得，对粒子B：r cos 60°＋r ＝d，对粒子A：r cos 30°＋r ＝
B B A A
d，联立解得＝，所以A错误，B正确．再根据r＝，可得A、B两粒子之比是，故C
错误，D正确．
9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为
B 、B.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀
1 2
强磁场B 中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是(
1
)
A．电子的运行轨迹为PENCMDP
B．电子运行一周回到P用时为T＝
C．B＝2B
1 2
D．B＝4B
1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解析：选C.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B
1
时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子
在整个过程中，在匀强磁场B 中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B 中运
1 2
动半个周期，所以T＝＋，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B 中运动半径是
1
在匀强磁场B 中运动半径的一半，根据r＝可知，B＝2B，故C正确，D错误．
2 1 2
10．(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感
应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从MN边界上的A
点沿纸面垂直MN以初速度v 进入磁场．已知该带电粒子的比荷＝，其中A′为PQ上
0
的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是( )
A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d
C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为d
D．该带电粒子在磁场中运动的时间为
解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故 A错误．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，有qvB＝m，解得R＝，
0
又因为带电粒子的比荷＝，则有R＝2d，故B正确．由几何关系可知，该带电粒子打
在PQ上的点与A′点的距离为s＝R(1－cos 30°)＝2d×＝(2－)d，故C错误．由图可知，
该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为 θ＝，所以粒子在磁场中运动的时间 t＝×
＝，故D正确．
11．如图所示，质量均为m、电荷量大小均为q的正离子，从磁场边界上的一点A
以初速度 （与磁场边界夹角为30°）射入到匀强磁场中。已知磁感应强度大小为B，
方向垂直纸面向里，重力忽略不计。则（ ）
A．该粒子可能从图中C点离开
B．该粒子在磁场中运动的轨道半径为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．该粒子在磁场中运动的时间为
D．该粒子离开磁场的位置与A点的距离为
【答案】B
【详解】A． 根据洛伦兹力提供向心力，作出粒子轨迹示意图，见下图，粒子从A
点左侧D点离开磁场，A错误；
B．洛伦兹力提供向心力，对粒子有
解得
B正确；
B． 根据几何关系有，粒子在磁场中转过的圆心角为 ，则有
解得
C错误；
D．该粒子离开磁场的位置与A点的距离为
D错误。
故选B。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】12．如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁
场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从
a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t、t 、t、t，其大小关系
a b c d
是（ ）
A．tt>t
a b c d
【答案】D
【详解】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为
四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同。
A．画出电子运动的轨迹如图
从图看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是 ，则：
故A错误；
BCD．从下图看出
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】从d射出的电子轨迹所对的圆心角
根据圆周运动的时间 ，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以
所以
t＝tb>t>t
a c d
故BC错误，D正确。
故选D。
13．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面
OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质
量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射
入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，
并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距
离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动
轨道半径为
轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故△AO′D为等边三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，则∠OCD=90°，故CO′D为一
直线
故选D。
14．两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压为U 和U 的高频交流电源上，且
1 2
U=2U，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中
2 1
运动的时间分别为t 和t，获得的最大动能分别为E 和E ，则有（ ）
1 2 k1 k2
A．t=t，E =E B．t=t，E ＜E
1 2 k1 k2 1 2 k1 k2
C．t>t，E =E D．t>t，E ＜E
1 2 k1 k2 1 2 k1 k2
【答案】C
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由其运动半径
可以知道，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D型盒的半径有关，所以有
由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
知两粒子在回旋加速器中运动一周所用的时间相同，设粒子在加速器中绕行的圈数为
n，则有
因为
所以
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】而粒子在加速器中的运动时间为
所以
故C正确，ABD错误。
故选C。
15．（多选）如图所示，竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各
个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距
离为d。现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰
使沿M板向上射出的α粒子垂直打在荧光屏上。若α粒子的质量为m，电荷量为2e。
则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为
B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为
C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d
D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d
【答案】BC
【详解】AB．α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道
半径为d，则
得
A错误，B正确；
CD．亮斑区的上边界是沿M板向上射出的α粒子，经 圆弧到达a点；亮斑区的下边
界是垂直M板射出的α粒子，经 圆弧与屏相切的b点，如图所示
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以亮斑区的长度为2d，C正确，D错误。
故选BC。
16．霍尔效应是美国物理学家霍尔（E．H．Hall）于1879年发现的。其原理如图
所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体金属元件，单位体积内自由电子数为n，
导体的电阻率为 ，电子的电量大小为e，在导体的左右两端加上恒定电压U和方向
垂直于上表面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面之间产生稳定的电
势差，称为霍尔电压。下列说法正确的是（ ）
A．导体前表面的电势低于后表面的电势
B．导体中电流的大小为
C．导体中自由电荷定向移动平均速率大小为
D．霍尔电压的大小为
【答案】AD
【详解】A．电子定向移动的方向与电流方向相反，有左手定则可知，前表面的电势低
于后表面，故A正确；
B．根据电阻定律可得，导体在电流方向的电阻为
根据欧姆定律可得导体中电流的大小为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故B错误；
C．设导体中自由电荷定向移动的平均速率为v，根据电流的微观表达式有
解得
故C错误；
D．定向移动的电子所受电场力与洛伦兹力平衡，即
解得
故D正确。
故选AD。
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，
一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U
0
＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．
解析：(1)对带电粒子的加速过程，由
动能定理qU＝mv2
代入数据得：v＝20 m/s
(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】qvB＝得R＝
代入数据得：R＝0.50 m
而＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知：
OQ＝R＋Rsin 53°
故OQ＝0.90 m
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP＞R′＋R′cos 53°①
R′＝②
由①②并代入数据得：
B′＞ T＝5.33 T(取“≥”照样给分)
答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T
18．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷
量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区
域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也
能回到A点，求电场强度E的大小；
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感
应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？
解析：(1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】粒子做圆周运动的半径为r＝d
由Bqv＝m得v＝
所以运动时间为t＝＝.
(2)在区域Ⅱ内由动能定理得
qEd＝mv－mv2
由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d
由2Bqv＝m得v＝
1 1
联立解得E＝.
(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．
由Bqv＝m得R＝2d
所以OC＝＝d
粒子出射点距A点的距离为s＝r＋R－OC＝(3－)d.
答案：(1) (2) (3)(3－)d
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