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专题20 磁场对运动电荷的作用
[题型导航]
题型一 对洛伦兹力的理解和应用.......................................................................................................1
题型二 带电粒子做圆周运动分析思路...............................................................................................4
题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动...............................................................................6
题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题.............................................................................12
[考点分析]
题型一 对洛伦兹力的理解和应用
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)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＝q v B .(θ＝90°)
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝0.
[例题1]
如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T 的匀强磁场中，固定一个
倾角α＝37°的绝缘光滑斜面。一个质量m＝0.1g、电荷量q＝4×10﹣4C 的小滑块由静止沿斜面
滑下，小滑块滑至某一位置时将离开斜面。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．则
（ ）
1
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A．小滑块带正电
B．该斜面长度至少为1.6m
C．小滑块离开斜面前做变加速直线运动
D．小滑块离开斜面时的速度大小为4m/s
【解答】解：A、由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上。根据左手定则可得：小滑
块带负电，故A 错误；
BCD、因为离开之前，小球沿斜面的方向的合力始终等于重力的分力，所以一直做匀加速直线
运动，
由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv＝mgcos37°，
则v= mgcos37°
Bq
= 0.1×10
-3×10×0.8
0.5×4×10
- 4
m/s＝4m/s；
小球的加速度：mgsin37°＝ma，
即a＝gsin37°＝6m/s2，
由v2＝2ax 得：x= 4
2
2×6 m= 4
3 m，故D 正确，BC 错误。
故选：D。
[例题2]
（多选）如图所示，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置的光滑
绝缘杆MN 分别交于c、d 两点，点o 是cd 的中点，杆MN 上a、b 两点关于o 点对称．两导线
均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成
正比、与该点到导线的距离成反比．一带正电的小球穿在杆上，以初速度v0从a 点出发沿杆运
动到b 点．在a、b、o 三点杆对小球的支持力大小分别为Fa、Fb、Fo．下列说法可能正确的是
（ ）
A．Fa＞Fo
2
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B．Fb＞Fa
C．小球一直做匀速直线运动
D．小球先做加速运动后做减速运动
【解答】解：根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，直线M 处的磁场方向垂
直于MN 向里，直线N 处的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增
大，而方向先里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始
的方向向上，大小在减小，如果v0特别大，在a 处向上的洛伦兹力特别大，大于mg，则此处Fa
＝f 洛﹣mg 向下特别大，有可能Fa＞Fo＝mg；过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大。由
此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，
即Fb＞Fa，故D 错误，ABC 正确。
故选：ABC。
[例题3]
如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，经时间
t 落在地面上的A 点，落地时速度大小为v1，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，qv0B＜mg，小
球仍以水平速度v0抛出，则对小球的运动情况说法错误的是（ ）
A．因为高度没变，小球运动时间仍为t
B．小球在水平方向做变加速运动，将落在A 点的右侧
C．小球竖直方向做变加速运动，加速度小于重力加速度
D．小球落地时的速度大小仍为V
【解答】解：A、没有磁场时带电小球做平抛运动，当加入垂直纸面向里的匀强磁场时，带电小
球除了受重力作用还受洛伦兹力作用。
当开始时mg＞qv0B 时，小球在运动中任一位置的受力重力和洛伦兹力，小球此时受到了斜向右
上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay= mg-q v0 Bcosθ
m
＜g，故小球在空中做曲线
运动的时间将增加；同时小球受到的重力与洛伦兹力的合力有向右的分量，所以小球向右做加
速运动，且加速度随速度的大小、方向的变化为变化，所以小球的落点应在A 点的右侧。故A
错误，BC 正确；
D、在小球运动的过程中，洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直。所以洛伦兹力不做功，只有
3
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重力做功，小球落地的速度大小不变。故D 正确。
本题选择错误的，故选：A
题型二 带电粒子做圆周运动分析思路
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3 甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．
图3
(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]
（多选）如图所示，直角坐标系xOy 在水平面内，之轴竖直向上。坐标原点O
处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、带电量为q 的小球
A，绕之轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点的距离为r，O 点和小球A 的连线与之轴的夹角
为θ＝37°。重力加速度为g，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，不计空气阻力，下列说法正确的是（
4
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）
A．从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动
B．小球A 与点电荷之间的库仑力大小为5
4 mg
C．小球A 做圆周运动的过程中所受的库仑力不变
D．小球A 做圆周运动的速度越小，所需的磁感应强度越小
【解答】解：A、空间中存在竖直向下的匀强磁场B，小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方
向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周
运动，故A 正确；
B、洛伦兹力沿水平方向，在竖直方向上，根据平衡条件得：
Fcos37°＝mg
解得：F = 5
4 mg
即小球A 与点电荷之间的库仑力大小为5
4 mg，故B 正确；
C、小球A 做圆周运动所受的库仑力大小不变，方向在时刻变化，故C 错误；
D、水平方向上根据牛顿第二定律得：
q v0 B - Fsin37° = mv0
2
R
R＝rsin37°
F = 5
4 mg
解得：B = 5m v0
3qr + 3mg
4 q v0
5
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课件，只有当5mv0
3qr = 3mg
4 q v0
时，即
v0=√
9
20 gr
B 才有最小值，可见，当v0＜√
9
20 gr时，速度越小，磁感应强度越大，故D 错误；
故选：AB。
[例题5]
（多选）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁
感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r 处的磁感应强度大小为B = k
r
2（k 为常数），
其磁场分布与负点电荷Q 的电场（如图乙所示）分布相似．现假设磁单极子S 和负点电荷Q 均
固定，有带电小球分别在S 极和Q 附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断正
确的是（ ）
A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S 的正上方，如图甲所示
B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q 的正下方，如图乙所示
C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S 的正上方，如图甲所示
D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q 的正下方，如图乙所示
【解答】解：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图
中，若粒子为正电荷且逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆
心，故A 正确；而若为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C 正确；
Q 带负电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心
力，故B 正确；
但若小球带负电，则小球受电场力逆着电场线，故其与重力的合力向下，合力不能全部提供向
心力，故不会做匀速圆周运动，故D 错误；
故选：ABC。
6
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题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
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7 所示)
图7
2．平行边界(存在临界条件，如图8 所示)
图8
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图9 所示)
图9
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6]
如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三
角形ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC
的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C 点，质子比荷q
m =k，
则质子的速度可能为（ ）
7
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A．3 BkL
2
B．BkL
4
C．2BkL
D．3BkL
【解答】解：质子经过磁场偏转后经过C 点，其可能的轨迹如图所示：
由轨迹图可知，所有圆弧轨迹所对的圆心角均为60°，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半
径为：
r = L
n
（n＝1，2，3…）
根据洛伦兹力提供向心力可得：
qvB =m v
2
r
联立解得：v = qBr
m = Bk ⋅L
n ≤BkL（n＝1，2，3……）
当n＝4 时，可得：v = BkL
4
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[例题7]
如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度
v1从a 点沿ad 方向射入磁场，从c 点离开磁场；若该粒子以速度v2从a 点沿ae 方向射入磁场，
则从d 点离开磁场。不计粒子重力，v1
v2
的值为（ ）
8
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A．√3
B．√6
2
C．√3
2
D．√3
3
【解答】解：带正电粒子以速度v1从a 点沿ad 方向射入磁场，从c 点离开磁场，设六边形得边
长为L，则由几何关系得R1=√3 L
若该粒子以速度v2从a 点沿ae 方向射入磁场，则从d 点离开磁场，则由几何关系得R2＝2L
由洛伦兹力提供向心力得Bqv =m v
2
r
则r = mv
Bq
故速度之比，即半径之比v1
v2
= R1
R2
= √3
2
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[例题8]
如图所示，某带电粒子（重力不计）由M 点以垂直于磁场边界的速度v 射入宽度
为d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度
大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
9
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A．带负电且动能不变
B．运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为v
dB
D．穿越磁场的时间为πd
3 v
【解答】解：A.根据左手定则，粒子带正电，故A 错误
B.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B 错误
C.根据牛顿第二定律qvB =m v
2
r
又因为sin30° = d
r
解得q
m =
v
2dB
故C 错误
D.穿越磁场的时间为t = 1
12 T
周期T = 2πm
qB
解得t = πd
3 v
故D 正确。
故选：D。
10
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[例题9]
如图，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，acb 是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc
＝60°，现有一质量为m、电荷量为+q 的离子，以速度v 沿半径Oc 射入磁场，从bd 边垂直边
界离开磁场，则（ ）
A．离子做圆周运动的半径为2r
B．离子离开磁场时距b 点为3r
C．虚线内的磁感应强度大小为mv
3qr
D．离子在磁场中的运动时间为5√3 πr
6 v
【解答】解：AB. 由题意，作出离子在磁场中运动轨迹示意图如下
11
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则根据几何关系，离子在磁场中圆周运动半径为
R=√3r
离子离开磁场时距b 点为（√3+1）r，故AB 错误；
C.离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
qvB＝mv
2
R
可得
B= mv
√3qr
故C 错误；
D.由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为
t= θ
2π T = θm
qB = 5√3 πr
6 v
故D 正确。
故选：D。
[例题10] 坐标原点O 处有一粒子源，沿xOy 平面向第一象限的各个方向以相同速率发射
带正电的同种粒子。有人设计了一个磁场区域，区域内存在着方向垂直于xOy 平面向里的匀强
磁场，使上述所有粒子从该区域的边界射出时均能沿y 轴负方向运动。不计粒子的重力和粒子
间相互作用，则该匀强磁场区域面积最小时对应的形状为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mv
2
R
①
解得：R= mv
qB
②
因为粒子从原点射入磁场速度方向只在第一象限内，结合图象由②式可知，
12
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粒子与x 轴相交的坐标范围为：- 2mv
qB ≤x≤- mv
qB
结合图象由②式可知，粒子与y 轴相交的坐标范围为：0≤y≤2mv
qB
由题可知，匀强磁场的最小范围如d 图中的阴影区域所示，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
题型四 带电粒子在磁场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] 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为的圆内，一束速度为v0的带电粒
子对圆心从P 点入射时，经磁场后速度方向偏转60°射出，现将磁感应强度调整为原来的2 倍，
粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相互作用，则粒子束出
射点距P 点的最远距离为（ ）
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A．√3r
B．1.5r
C．√3r
3
D．2√3r
3
【解答】解：由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得R1=√3r
因为洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv
2
R
得
R= mv
qB
所以将磁感应强度调整为原来的2 倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动的半径为
R2= 1
2 R1
想让粒子束出射点距P 点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为
2R2＜2r
所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即
dmax＝2R2=√3r
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[例题12] （多选）如图所示，在垂直于xOy 平面的直角坐标系中，y 轴正半轴区域有垂直
于纸面向里的匀强磁场B，x 轴是磁场的理想边界。质量均为m、带电量均为+q 的粒子分别从
x 轴上的P（﹣a，0）点，以初速度v1 沿x 轴正向射出，在Q(√3a，0)点以另一速度沿与x
轴正向成一定的角度射出，结果两粒子恰在y 轴上对心正碰并粘合为一个整体，且粘合后整体
的速度也沿y 轴方向。若不计粒子重力，及粒子间的相互作用，则（ ）
14
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A．Q 点发射粒子的速度为√3 v1
2
B．两粒子粘合后的运动周期将增大
C．两粒子发射的时间差为5 πm
6qB
D．粘合体到x 轴的最小距离为9-2√3
6
a
【解答】解：A．设从Q 点射出的粒子速度方向与x 轴夹角为θ，速度大小为v2，两粒子在磁场
中圆周运动半径分别为r1、r2，在y 轴发生对心正碰，则两粒子碰前速度方向分别沿y 轴正方向
和负方向，如图：
根据几何关系：r1=a，r2+r2sinθ =√3a，r2cosθ =a
解得θ =30°，r2= 2
√3 a
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB =m v
2
r
v1
v2
= r1
r2
= √3
2
15
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即v2= 2√3
3
v1
故A 错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB =m v
2
r
根据圆周运动规律：T = 2πr
v
解得T= 2πm
Bq
两粒子碰后粘合体运动周期不变，故B 错误；
C ．根据几何关系，两粒子从发射到相碰分别运动T
4
和2
3 T，两粒子发射时间差
Δt = 2
3 T - T
4 = 5T
12
，解得Δt= 5 πm
6qB
故C 正确；
D．设两粒子碰后速度为v，以y 轴负方向为正方向，根据动量守恒定律：mv2﹣mv1＝2mv
解得碰后速度v = v2- v1
2
代入半径公式，粘合体圆周半径为r3=( √3
3 - 1
2 )a
则粘合体到x 轴的最小距离为h＝a﹣r3，解得h= 9-2√3
6
a
故D 正确。
故选：CD。
[例题13] （多选）如图所示，矩形OMPN 空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小
为B 的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O 点沿着ON 方向进入磁场。已知电子质量为m，
电荷量为e，OM 长度为3d，ON 长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列
说法正确的是（ ）
A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长
16
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B．电子在磁场里运动的最长时间为πm
eB
C．MP 上有电子射出部分的长度为√3d
D．MP 上有电子射出部分的长度为(2-√3)d
【解答】解：AB、电子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子轨迹对应的圆心角为θ，则粒子在磁
场中运动的时间为：t= θ
2π
T= θ
2π × 2πm
eB = θm
eB
；由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，
当电子速度较小时从OM 边射出，圆心角均为θ＝π，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最
长，为：t= πm
eB
，故A 错误，B 正确；
CD、随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示：
由图可知MP 边有电子射出的范围为BM 长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何
关系可知：BM=√(2d )
2-d
2=√3d，所以MP 上有电子射出部分的长度为√3d，故C 正确，D
错误。
故选：BC。
[例题14] （多选）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
磁场的边界，其中bc 段是半径为R 的四分之一圆弧，ab、cd 的延长线通过圆弧的圆心，Ob 长
为R。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O 点垂直ab 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，不计粒子间的相互
作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
17
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A．所有粒子所用最短时间为πm
6qB
B．所有粒子所用最短时间为2πm
3qB
C．从M 点射出粒子的速率一定小于从N 点射出粒子的速率
D．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
【解答】解：依题意，作出从M、N 两点射出粒子轨迹图如图所示；
C、粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b 点到c 点的过程中，半径越来越大，则由：
r = mv
qB
可知，速度越来越大，所以从M 点射出粒子的速率一定小于从N 点射出粒子的速率，故
C 正确；
AB、因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一
半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最
小，因为Ob 长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为θ＝60°，所以圆心角为α＝120°，所以
最短运动时间为：tmin= 120°
360° × 2πm
qB = 2πm
3qB
，故A 错误，B 正确；
D、由于M 点与切点的位置不定，所以从M 点射出粒子在磁场中运动时间与从N 点射出粒子所
用时间大小不能确定，故D 错误。
故选：BC。
18
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[例题15] 某种离子诊断测量筒化装置如图所示。竖直平面内存在边界为正方形EFGH、方
向垂直纸面向外的匀强磁场，探测板CD 平行于HG 水平放置，只能沿竖直方向移动。a、b 两
束宽度不计带正电的离子从静止开始经匀强电场U0加速后持续从边界EH 水平射入磁场a 束离
子在EH 的中点射入经磁场偏转后垂直于HG 向下射出，并打在探测板的右端点D 点，已知正
方形边界的边长为2R，两束离子间的距离为0.6R，离子的质量均为m、电荷量均为q，不计重
力及离子间的相互作用，U0已知。求：
（1）求磁场的磁感应强度B 的大小以及a 束离子在磁场运动的时间t；
（2）要使两束离子均能打到探测板上，求探测板CD 到HG 的距离最大时多少？
【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理；
qU0= 1
2 mv
2
解得：v=√
2qU 0
m
依题意：a 束离子在磁场中做匀速圆周运动，r＝R
由牛顿第二定律：qvB＝mv
2
r
联立解得：B= 1
R√
2mU 0
q
19
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由于T= 2πr
v
t= 90°
360° T
联立解得：t= πR
2 √
m
2qU 0
（2）设b 束离子从边界HG 的P 点射出磁场
由几何关系：O'H＝0.6R，HP=√R
2-(0.6 R)
2
由tanθ= HP
O' H = QD
PQ
联立解得：QD= 4
15
R
答：（1）磁场的磁感应强度B 的大小为1
R√
2mU 0
q
，a 束离子在磁场运动的时间为πR
2 √
m
2qU 0
；
（2）要使两束离子均能打到探测板上，探测板CD 到HG 的距离最大为4
15
R。
[例题16] 如图所示，两个同心圆半径分别为r 和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷
为﹣q，假设粒子速度方向都和纸面平行．
（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过
磁场第一次通过A 点，则初速度的大小是多少？
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
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【解答】解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得：
R1= √3
3 r
由q v1B =m v1
2
R1
得：v1= √3 Bqr
3m
（2）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系得：
(2r - R2)
2= R2
2+r
2
得：R2= 3r
4
由：q v2B =m v2
2
R2
得：v2= 3 Bqr
4 m
答：（1）要想使该粒子经过磁场第一次通过A 点，则初速度的大小是v1= √3 Bqr
3m
；
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过v2= 3 Bqr
4 m
．
[例题17] 如图所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e
m
的电子
以v0从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为（ ）
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A．B＞2mv0
ae
B．B＜2mv0
ae
C．B＞√3m v0
ae
D．B＜√3m v0
ae
【解答】解：当电子从C 点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几
何知识得：
2Rcos30°＝a，得R= a
√3
；
欲使电子能经过BC 边，必须满足R＞a
√3
而R= m v0
qB = m v0
eB
所以m v0
eB ＞a
√3
化简得B＜√3m v0
ae
；
故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
[例题18] 如图所示，一束带负电的粒子（质量为m、电荷量为e）以速度v 垂直磁场的边
界从A 点射入磁感应强度为B、宽度为d 的匀强磁场中．若粒子的速度大小可变，方向不变，
要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过（ ）
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A．eBd
2m
B．2eBd
3m
C．eBd
m
D．2eBd
m
【解答】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：evB＝mv
2
r
，解得：r= mv
eB ∝v
最大速度对应的临界轨迹与右侧边界相切，如图所示：
结合几何关系，轨道半径为：r＝d
故最大速度为：v= eBd
m
，故C 正确；
故选：C。
[例题19] 如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在
以直径A2A4 为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，直径A2A4 与A1A3 的夹角为60°，一质量为
m、带电荷量为+q 的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，
随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O 进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子
从射入到射出磁场所用的时间为t，（忽略粒子重力），求：
（1）画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；
（2）粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径r1和r2比值；
（3）Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小B1和B2．
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【解答】解：（1）设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运
动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，运动轨迹如图所示，
（2）用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期
qvB1＝m v
2
R1
⋯①
qvB2＝m v
2
R2
⋯②
T1= 2πm
q B1
⋯③
T2= 2πm
q B2
⋯④
设圆形区域的半径为r，如答图5 所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，
连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，
其半径R1＝A1A2＝OA2＝r…⑤
圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为：t1= 1
6
T1…⑥
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R= 1
2
r…⑦
（3）在Ⅱ区磁场中运动时间为t2= 1
2
T2…⑧
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1+t2…⑨
由以上各式可得：B1= 5 πm
6qt ⋯⑩
B2= 5 πm
3qt
故I 区磁感应强度为5 πm
6qt
，II 区磁感应强度为：5 πm
3qt
．
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答：（1）画出粒子在磁场I 和II 中的运动轨迹如上图；
（2）粒子在磁场I 和II 中的轨道半径r1和r2比值为2：1；
（3）I 区和II 区中磁感应强度的大小分别为5 πm
6qt
和5 πm
3qt
．
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