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第22 讲 磁场对运动电荷的作用
目录
考点一 对洛伦兹力的理解...........................................................................................................1
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路...................................................................................1
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动.......................................................................................6
考点四 带电粒子运动的临界和极值问题.................................................................................14
练出高分.........................................................................................................................................20
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＝q v B .(θ＝90°)
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝0.
[例题1] （多选）（2022•湖南模拟）如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中
磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；在桌面上放有内壁光滑、长为L 的试管，
底部有质量为m、带电量为q 的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v 向右做
匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小
球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）
1
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A．小球带负电，且轨迹为抛物线
B．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至qB√
qvBL
m
C．洛伦兹力对小球做正功
D．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL
【解答】解：A、小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据
左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力Fy＝quB 恒定，小球
运动的轨迹是一条抛物线，故A 错误；
B、由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛伦兹力的分力
Fx ＝qvyB ，小球运动到中点时沿管速度为vy√2⋅qvB
m × 1
2
，则拉力应增大至F
=qB√
qvBL
m
以维持匀速运动，故B 正确；
C、沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的m 实际洛伦兹力总是与速度方向垂直，
不做功，故C 错误；
D、对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系，WF
＝ΔEk＝qvBL，故D 正确．
故选：BD。
[例题2] （多选）（2022•绵阳模拟）两根导线通有大小方向相同的电流，垂直穿
过绝缘水平面，俯视如图所示。O 点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b 是连
线垂直平分线上到O 点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初
速度vo分别从a、b 向O 点运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在a、b 两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b 两点受到的磁场力方向相反
2
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C．若水平面光滑，则滑块从a 点出发后一定做曲线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b 点出发后一定做减速运动
【解答】解：已知通电导线垂直水平面且电流方向向外，根据安培定则判断两通电导线
产生的磁场为皆为以导线为圆心的同心圆环磁场，如图所示：
根据平行四边形定则，可判断ab 之间的磁场方向对称分布，如图所示，且O 点磁感应
强度为零。
AB.根据左手定则判断带正电的质点在aO 段受洛伦兹力方向垂直水平面向下，在bO 段
受洛伦兹力方向也是垂直水平面向下，方向相同，故A 正确，B 错误；
CD.若水平面光滑，质点受竖直方向的重力、支持力和洛伦兹力三力平衡，合力为零，
质点从a 到O 做匀速直线运动；若水平面粗糙，在从b 到O 过程中，竖直方向合力为零，
水平方向摩擦力向右，质点做减速运动，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
[例题3] （多选）（2021•德州二模）如图所示，光滑绝缘圆弧轨道的半径为R，
最低点N 点左侧处于垂直纸面向外的匀强磁场中，现将一带负电的小球（可视为质
点）自最低点右侧的M 点静止释放，M、N 两点间的距离远小于轨道半径R，小球到
达最左侧的位置为P 点（图中未画出），小球运动过程中始终未脱离轨道，已知重力
加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
3
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A．P 点比M 点高
B．小球向左经过N 点后，对轨道的压力立即变大
C．小球在P 点和M 点处对轨道的压力大小不相等
D．小球运动的周期为2π√
R
g
【解答】解：A、小球在运动过程中，受到重力、洛伦兹力和支持力作用，其中洛伦兹
力和支持力不做功，只有重力做功，故小球机械能守恒，故小球到达最左侧的位置P 点
的高度与M 点高度相同，故A 错误；
B、对小球受力分析可知，进入磁场前，根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝mv
2
R ，进入磁
场后，洛伦兹力垂直速度方向向下，根据牛顿第二定律有：FN'﹣mg﹣qvB＝mv
2
R ，则
FN'＞FN，可知小球向左经过N 点后，对轨道的压力立即变大，故B 正确；
C、小球在P 点和M 点速度均为0，不受洛伦兹力，且高度相同，故对轨道的压力大小
相等，故C 错误；
D、由于洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，且M、N 两点间的距离远小于轨道半径
R，故小球做单摆运动的周期为T＝2π√
R
g
，故D 正确。
故选：BD。
[例题4] 如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为
v．若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．v 变大
B．v 变小
C．v 不变
D．不能确定
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wf= 1
2mv2﹣0．加磁场后，多了洛
伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜
面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣Wf′
= 1
2mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以v′＞v．故A 正确，B、C、D 错误。
故选：A。
[例题5] 如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个
质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环
与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度v0，在圆环整个运动过程中，下列
4
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说法正确的是（ ）
A．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为1
2mv0
2
B．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为1
2mv0
2−m
3 g
2
2B
2q
2
C．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为1
2mv0
2
D．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为1
2mv0
2−m
3 g
2
2B
2q
2
【解答】解：A、如果磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上，
①当qv0B＝mg 时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。
②当qv0B＜mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−1
2mv0
2，解得：W= 1
2mv0
2，
③当qv0B＞mg 时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg 时，不受摩擦力，做匀速直线运
动。
由qvB＝mg 可得：匀速运动的速度：v= mg
qB ，
根据动能定理得：﹣W= 1
2mv2−1
2mv0
2，解得：W= 1
2mv0
2−m
3 g
2
2B
2q
2，故AB 错误；
C、如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有
摩擦力做功。根据动能定理得：
﹣W＝0−1
2mv0
2，解得：W= 1
2mv0
2，故C 正确，D 错误。
故选：C。
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
5
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(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6] （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q（q＞0）的粒子静止在O 点。
某时刻，该粒子炸裂成P、Q 两部分，P 粒子质量为M
3 、电荷量为q
3 ，Q 粒子质量为
2 M
3 、电荷量为2q
3 。不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．P 粒子与Q 粒子半径之比r1：r2＝2：1
B．P 粒子与Q 粒子半径之比r1：r2＝1：2
C．P 粒子与Q 粒子周期之比T1：T2＝2：1
D．P 粒子与Q 粒子周期之比T1：T2＝1：2
【解答】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q 两部分的动量
大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB = mv
2
r
，解得粒子的轨迹半径r
6
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= mv
qB = p
qB ；
由此可知P 粒子和Q 粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1
r2
= q2
q1
=
2
3 q
1
3 q
=2，故A 正确，
B 错误；
CD 、粒子的周期公式T= 2πr
v
= 2πm
qB ，据此可知P 粒子与Q 粒子周期之比
T 1
T 2
=
2π m1
q1B
2π m2
q2B
= m1q2
m2q1
=
M
3 × 2q
3
2 M
3 × q
3
=1，故CD 错误。
故选：A。
[例题7] （2023•鹰潭一模）如图所示，虚线MN 上方存在垂直纸面向外的匀强磁
场，在直角三角形OQP 中，∠PQO，∠QOP＝30°。两个带电荷量数值相等的粒子a、
b 分别从O、P 两点以垂直于MN 的方向同时射入磁场，恰好在Q 点相遇。不计粒子
重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a 带负电，b 带正电
B．a、b 两粒子的周期之比为1：3
C．a、b 两粒子的速度之比为2：1
D．a、b 两粒子的质量之比为1：3
【解答】解：A．如下图所示
由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等。可知粒子a 进入磁场时受
到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a 带正电，粒子b 进入磁场时受到的洛伦兹
力方向向左，根据左手定则可知b 带负电，故A 错误；
B．两带电粒子同时射入磁场，同时到达Q 点，故运动时间相等，由图可知，粒子a 到
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达Q 点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b 到达Q 点时运动的圆弧对应的圆心角
为60°，则有
1
3 T a= 1
6 T b
a、b 两粒子的周期之比为
T a
T b
= 1
2，故B 错误；
D．根据周期公式
T = 2πm
qB
由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b 两粒子的质量之比为
ma
mb
= T a
T b
= 1
2，故D 错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
qvB = mv
2
r
解得：r = mv
qB
由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b 两粒子的速度之比为
va
vb
= mb
ma
= 2
1，故C 正确。
故选：C。
[例题8] （多选）（2023•湖南模拟）一有界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，其中射线bc 足够长，∠abc＝135°，其
他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，在纸面内从a
点垂直于ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，
以下说法正确的是（ ）
A．从ab 边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
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B．从a 点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于πm
qB
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于3 πm
2qB
【解答】解：AB、画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab 边射出，所用时间均
为半个周期，用时相等；均为πm
qB ，当粒子都从bc 边射出，则速度越大，轨道半径越大，
对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于πm
qB ，故A 正确，B 错误；
CD、当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab 段长度，运动情况可简化为如图2
所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆
心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t= 270°
360° ×T = 3 πm
2qB ，故C
错误，D 正确。
故选：AD。
[例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，OO′上侧有磁感应强度大小B＝
2.0×10﹣4T 的匀强磁场，电子以v＝1.6×106m/s 的速度从A 点与OO′成30°方向进入磁
场，在垂直于磁场的平面内运动。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg、电量q＝1.6×10﹣
19C。
（1）画出电子在磁场中运动轨迹；
（2）该电子离开磁场出射点离A 的距离；
（3）该电子在磁场中运动的时间。
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【解答】解：（1）根据左手定则确定偏转方向，再由洛伦兹力指向圆心，从而大致画
出电子的运动轨迹如图所示，
（2）由牛顿第二定律有：qvB= mv
2
r
所以电子做圆周运动的半径为：
r= mv
qB = 9.1×10
−31×1.6×10
6
1.6×10
−19×2.0×10
−4 m=4.5×10﹣2m，
由几何关系知，电子出射点离A 点的距离为：
△x＝AD＝2rcos60°＝4.5×10﹣2m
（3 ）电子在磁场中偏转了α= 5 π
3 ，则电子在磁场中运动时间为：
t= α
2π T =
5 π
3
2π × 2πr
v
= 5×3.14×4.5×10
−2
3×1.6×10
6
s=1.5×10﹣7s
答：（1）画出电子在磁场中运动轨迹如图；
（2）该电子离开磁场出射点离A 的距离是4.5×10﹣2m；
（3）该电子在磁场中运动的时间是1.5×10﹣7s。
[例题10] （2023•文昌模拟）如图所示，足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐
标系xOy，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直桌面向下。质量为m、电荷量为q 带电小
球A（可视为质点）从坐标原点O 以一定初速度沿着x 轴正方向射出，在第一象限内
运动并从坐标为（0，a）的P 点向左离开第一象限。
（1）判断小球A 的电性并求出初速度v0的大小；
（2）若小球A 在第一象限内运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点）
发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两球电量均分，碰后小球A 仍沿原轨迹运动。不计
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两球之间的库仑力。
①求小球B 的质量mB；
②若两球碰后恰好在坐标为（−√3
4 a，3
4 a）的位置首次相遇，求小球B 在第一象限初
始位置的坐标。
【解答】解：（1）根据左手定则可知球A 带正电荷，球A 运动半径
r A = a
2
根据牛顿第二定律
Bq v0=m v0
2
r A
解得：v0= Bqa
2m
（2）①碰撞后球A 运动半径r A = a
2保持不变，但其带电量变为q
2，设碰撞后A 的速度
为vA，B 速度为vB，根据
B q
2 v A =m v A
2
r A
即
v A = v0
2
弹性正碰，选择小球碰撞前的速度方向为正方向，系统动量守恒、机械能守恒
mv0＝mvA+mBvB
1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 mB vB
2
解得：vB= 3
2 v0；mB= 1
3 m
②由（2）可得：
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vB= 3
2 v0；mB= 1
3 m
对球B，根据牛顿第二定律可得：
B q
2 vB=mB
vB
2
rB
解得：rB=r A = a
2
设两球从碰撞位置运动到(−√3
4 a，3
4 a)球A 转过的圆心角是θ，又因为
vB＝3vA
则两球角速度之比
ωA：ωB＝1：3
球B 转过的圆心角是3θ，球B 比球A 多转2π，则
3θ﹣θ＝2π
解得：θ＝π
所以球B 被碰时在第一象限的位置为( √3
4 a，1
4 a)
答：（1）小球A 的电性带正电，初速度的大小为Bqa
2m ；
（2）①小球B 的质量为1
3 m；
②小球B 在第一象限初始位置的坐标为（√3
4 a，1
4 a）。
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7 所示)
图7
2．平行边界(存在临界条件，如图8 所示)
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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11] （2023•云南模拟）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R 的圆形磁
场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O 点0.4R 处的P 点沿
着与PO 连线成θ＝30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷
量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，
则电子的最大速率为（ ）
A．7 eBR
10m
B．√29eBR
10m
C．21eBR
40m
D．(5−2√3)eBR
5m
【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，
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根据evB =m v
2
r 得：
v = erB
m
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，
过电子圆周运动的圆心做
OP
的垂线，由几何关系得
rcos60°+√( R−r )
2−(rsin60°)
2=0.4 R
解得：r = 21
40 R
则最大速率为：
v = 21eBR
40m ，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题12] （2023•西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，
一带电粒子从圆周上的P 点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为
v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子
的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律有：qvB = mv
2
R ，变形解得：v = qBR
m ，根据图中轨迹可知，R1＜
R2，则有v1＜v2，故B 错误；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子
以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D 错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为：T = 2πR
v
= 2πm
qB ，粒子在磁场中的运动时间为：
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t = α
2π T，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN 对应的圆心角大于运动轨迹为PM 对应的圆心角，故粒子以速
度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C 正确；
故选：C。
[例题13] （2023•兰州模拟）如图所示，直角三角形ABC 区域内存在垂直于纸面
向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子（重力不计）以不同速率从
BC 边上D 点垂直BC 边射入磁场，速率为v1 时粒子垂直AC 边射出磁场，速率为v2
时粒子从BC 边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC 边相切，粒子在磁场中运动轨迹半
径为r1、r2，运动时间为t1、t2。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．r1：r2＝2：1
C．v1：v2＝3：1
D．t1：t2＝1：4
【解答】解：A、由题意可知粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知粒子带负
电，故A 错误；
B、根据题意做出粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示：
由图中几何关系可得：r1＝r2+
r2
sin∠C
解得粒子在磁场中运动得半径之比：r1：r2＝3：1，故B 错误；
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C、根据洛伦兹力充当向心力有：Bqv =m v
2
r ，解得粒子在磁场中运动时的速度：
v = Bqr
m
由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于轨迹半径之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故
C 正确；
D、根据粒子在磁场中运动得轨迹可知，速率为v1时粒子在场中偏转了30°，速率为v2
时粒子在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动得周期相同均为：
T = 2πm
qB ，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1：t2＝30°：
180°＝1：6，故D 错误。
故选：C。
[例题14] （多选）（2023•南宁二模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保
护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O 为地球球心、R 为地球
半径。地磁场只分布在半径为R 和2R 的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小
均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN 沿
赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作
用力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子速率小于qBR
2m ，入射到磁场的粒子可以到达地面
B．若粒子速率小于qBR
2m ，入射到磁场的粒子均无法到达地面
C．若粒子速率为qBR
m ，正对着O 处入射的粒子恰好可以到达地面
D．若粒子速率为3qBR
2m ，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
【解答】解：AB、若粒子的速率为qBR
2m ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
q v1B =m v
2
r2
解得r2= R
2 ，若粒子的射入方向在正对O 处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为
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向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A 错误，B 正确；
C、若粒子的速率为qBR
m ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
解得r＝R；若粒子正对着O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示：
设该轨迹半径为r1，由几何关系可得√r1
2+(2 R)
2−r1= R
解得r1= 3
2 R≠r
故C 错误；
D、若粒子速率为3qBR
2m ，由洛伦兹力提供向心力得qv'B＝mv '
2
r '
2
解得r'= 3 R
2
由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着O 处入射
时，轨迹如图所示
由几何关系得：OB=√r
2+(2 R)
2−r'＝R
则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述，
入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D 正确。
故选：BD。
[例题15] （2022•郑州一模）竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂
直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R 的圆形边界磁场，磁感
应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R 的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形
边界磁场最底端O 为原点建立xOy 直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q 的粒子，
由原点O 沿与x 轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小v = qBR
m 。粒子重力忽略
不计，求：
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（1）粒子运动到x 轴时的位置；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y 轴时的位置。
【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m v
2
r1
，解得：r1＝R
由题意可知，粒子的运动轨迹如图1 所示：
由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x 轴平行。粒子在Ⅱ区域磁
场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
2qvB =m v
2
r2
，解得：r2= R
2
粒子运动轨迹如图1 所示，可知粒子运动到x 轴时的位置坐标：x =OM = R+ R
2 = 3 R
2 ；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图2 所
示
由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y 方向上运动的距离：
y1= R−Rcos60° = R
2
在Ⅱ区域磁场运动y 方向上运动的距离：y2＝R
由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y 轴，在y 方向上运动的距离：
y3= R−Rcos60° = R
2
综上所述，粒子再次经过y 轴时的位置坐标y＝y1+y2+y3＝2R
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答：（1）粒子运动到x 轴时的位置为3
2R；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y 轴时的位置为2R。
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16] （多选）（2023•怀仁市模拟）如图所示，在水平荧光屏MN 上方分布了
水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏d 处有一粒子源S，能够在纸
面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左
射出的粒子经过时间t 刚好垂直打在荧光屏上，则（ ）
A．所有粒子均会打到荧光屏上
B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为3t
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C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为2
3 t
D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为(√3+1)d
【解答】解：A．根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运
动，已知水平向左射出的粒子经过时间t 刚好垂直打在荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为：
R＝d
根据几何关系可得：
T＝4t
若粒子以水平向右方向射出，粒子不会打到荧光屏上，故A 错误；
B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧
光屏上的时间最长，如图所示：
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为270°，结合几何关系可得：
tmax= 270°
360° T = 3
4 ×4t =3t，故B 正确；
C．当粒子打到荧光屏位置处于S 正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短，
如图所示：
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由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，结合几何关系可得：
tmin= 60°
360° T = 1
6 ×4t = 2
3 t
故C 正确；
D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当
粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，此时的位置是粒子打到荧光
屏的最右端；如图所示：
根据几何关系，粒子打到荧光屏上的区域长度为：
L=√(2 R)
2−d
2+ R =(√3+1)d
故D 正确。
故选：BCD。
[例题17] （多选）（2023•蚌埠模拟）如图所示，a、b 是直线上间距为4d 的两点，
也是半圆直径的两个端点，c 位于ab 上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小
为B、垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），其中半圆内部没有磁场．一群比荷为
k 的同种带电粒子从ac 之间以相同的速率垂直于ab 射入圆弧区域，所有粒子都能通过
b 点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（ ）
A．粒子的速率为2dBk
B．粒子的速率为dBk
C．从c 点射入的粒子在磁场中运动的时间为2π
3kB
D．从c 点射入的粒子在磁场中运动的时间为4 π
3kB
【解答】解：AB．画出粒子的运动轨迹如图
21
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由几何关系可知，粒子运动的轨道半径R＝2d
根据洛伦兹力提供向心力：qvB =m v
2
R
粒子速率v＝2dBk，故A 正确，B 错误；
CD．从c 点射入的粒子，由几何关系，
粒子运动轨迹圆心正好在圆周ab 上，粒子在磁场中
转过的角度为240°，则运动时间t = 240°
360° T = 4 πm
3qB = 4 π
3kB
故C 错误，D 正确。
故选：AD。
[例题18] （多选）（2023•河南模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界
如图所示，磁场的磁感应强度大小为B，半圆形边界的半径为R，O 为半圆的圆心，
ab 是半圆的直径，边界上c 点到a 的距离为R，a、b、c、O 在同一直线上，从c 点沿
垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小不同的质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，
粒子均能从圆弧（含a、b 点）上射出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆
弧边界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范围为qBR
2m ≤v ≤3qBR
2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
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C．从圆弧面射出后能到达b 点的粒子速度大小可能为qBR
m
D．从圆弧面射出后经过O 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a 点射出，粒子有最小速度；恰好从b 点射出，
则粒子有最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分
别为rmin= R
2 ，rmax= 3
2R；由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r ，解得v = qBr
m ；可得
vmin= qBR
2m ，vmax = BqBR
2m ，即粒子速度的取值范围为qBR
2m ≤v ≤3qBR
2m ，故A 正确；
C、从圆弧面射出后能到达b 点的粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a 点，轨道半径为R，则此种情况下根
据洛伦兹力提供向心力：qBv =m v
2
R ，粒子的速度大小为v = BqR
m ，故C 正确；
B、如图乙所示
由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b 点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最
小，根据周期公式：T = 2πm
qB ，所以粒子运动的时间为：t = θ
2π T = θm
qB ，可知从圆弧
面射出后能到达b 点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁
场中运动的时间并不越短，故B 错误；
D、从圆弧面射出后经过O 点的粒子的运动轨迹如图丙所示
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由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D 错误。
故选：AC。
[例题19] （多选）（2023•自贡模拟）如图所示，直角三角形ABC 位于纸面内，
∠C＝30°，AB 边长为√3d，垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形ABC 区
域内。质量为m、电荷量为+q 的粒子从A 点以速度v 沿纸面射入磁场区域，刚好从C
点离开磁场。粒子重力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．磁场磁感应强度的最大值为2mv
3qd
B．粒子通过磁场的最长时间为πd
v
C．粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为3 πd
v
D．粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为v
3d
【解答】解：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从C 点沿
BC 方向射出磁场时，粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、通过磁
场的时间最长、周期最小、角速度最大。当粒子从C 点沿BC 方向射出磁场时，粒子的
运动轨迹如图所示：
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A、设粒子的轨道半径为r，由几何知识可知：r＝AC= √3d
tan30° =3d；根据洛伦兹力提供
向心力可得：qvB＝mv
2
r ，联立解得磁感应强度的最大值为：B= mv
3qd ，故A 错误；
B、根据几何关系可得粒子轨迹对应的最大圆心角为θ＝60°，则粒子通过磁场的最长时
间为：t= 60°
360° × 2πr
v
= πd
v ，故B 正确；
C、粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为：T= 2πr
v
= 6 πd
v
，故C 错误；
D、粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为：ω= v
r = v
3d ，故D 正确。
故选：BD。
[例题20] 如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy 平面向外、磁感应强度B1
= 3mv0
2qa
的矩形匀强磁场PQMN，点Q 坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质
量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y 轴上的A（0，a）点以初速度v0
沿x 轴正方向射入第一象限、从Q 点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚
线EQ 左侧存在垂直于xOy 平面向里、磁感应强度B2＝km v0
qa （k 为大于零的未知常
数）的匀强磁场。虚线EQ 与x 轴正方向的夹角为α（未知），在x＝4a 处垂直于x 轴
放置一块长为2√3a 的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均
能被吸收并导入大地。求：
（1）带电粒子在B1磁场中运动的时间是多少？
（2）矩形匀强磁场PQMN 的最小面积是多少？
（3）在题（2）的基础上，沿OA 放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿x 轴正方
向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发
射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足v= y
a v0。已知所有从EQ 射
出磁场B2的粒子速度方向均沿x 轴正方向。求接地导线上的电流大小随k 值变化的函数
表达式。
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【解答】解：（1）粒子轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力，由qv0B1＝mv0
2
r1
得：r1= mv0
q B1
= 2
3 a
设带电粒子在B1磁场中转过的圆心角为θ，则cosθ=
a−2
3 a
r1
= 1
2
解得：θ = 2π
3 ，粒子在磁场中运动周期为：T = 2π r1
v0
= 4 πa
3 v0
粒子在B1磁场中运动时间为：t1= θ
2π T = 4 πa
9 v0
；
（2）如图所示阴影部分，矩形长：L1=√3r1= 2√3
3
a，宽：L2＝r1﹣r1cos60° = a
3
矩形最小面积为Smin＝L1L2= 2√3
9
a
2；
（3）由几何关系可知：α = π
3 ，从A 点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图），
QE 长度为LQE=√(2a)
2+(2√3a)
2= 4 a，由几何关系可知：2r2cos30°＝LQEr2= 4√3
3
a
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又：qv0B2＝mv0
2
r2
，B2＝kmv0
qa ，可得：k= √3
4
当k≥√3
4 时，全部粒子都打到金属挡板上，I＝Nq
当k＜√3
4 时，设从OA 上的F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打
到金属挡板下边界。
qvB2＝mv
2
r2
，又v= y
a v0。可得：y= 4√3
3
ka
从OF 发射的粒子能全部打到金属挡板上，
I= y
a qN = 4√3
3
kNq。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•辽宁模拟）正电子的发现，开辟了反物质领域的研究。如图所示，为安德森发
现正电子的云室照片，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射
线穿过铅板时（粒子速度减小），有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的
方向反了。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从上向下穿过铅板
B．粒子穿过铅板后运动周期减小
C．匀强磁场的方向垂直照片平面向里
D．粒子穿过铅板后向心加速度大小不变
【解答】解：D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可
得：
qvB =m v
2
r =ma
解得：r = mv
qB
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向心加速度为a= qBv
m
根据题意可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，向心加速度变小，故D 错误；
A．粒子穿过铅板后能量有损失，所以粒子的速度v 减小，根据上述分析可知粒子在磁
场中做圆周运动的轨道半径r 减小，因此粒子从下向上穿过铅板，故A 错误；
B．粒子在磁场中运动的周期为T = 2πm
qB ，则粒子穿过铅板后运动周期不变，故B 错误；
C．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故C 正确。
故选：C。
2．（2023•贵阳模拟）托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其
结构如图所示。工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内
部，而不与器壁碰撞。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。
为了约束更高温度的等离子体，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．T2
C．√T
D．√T
3
【解答】解：由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
带电粒子的动能Ek = 1
2 m v
2
解得B = √2m Ek
qr
平均动能与等离子体的温度T 成正比，则磁感应强度B 正比于√T。故C 正确，ABD 错
误。
故选：C。
3．（2023•山西模拟）用图1 所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时
发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简
化成如图2 所示的情景来讨论：在空间存在平行于x 轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy
平面内以初速度v0沿与x 轴正方向成α 角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，
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其轴线平行于x 轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向为沿x 轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D 减小，而螺距Δx 不变
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D 增大，而螺距Δx 将减小
D．若仅增大α 角（α＜90°），则直径D 增大，而螺距Δx 将减小，且当α＝90°时“轨
迹”为闭合的整圆
【解答】解：A．将电子的初速度沿x 轴及y 轴方向分解，沿x 方向速度与磁场方向平
行，做匀速直线运动且
x＝v0cosα•t
沿y 轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则
可知，磁场方向沿x 轴正方向，故A 错误；
B．根洛伦兹力提供向心力可得：
evB =m v
2
R
根据周期的计算公式可得：
T = 2πR
v
且v＝v0sinα
解得：D =2 R = 2m v0 sinα
eB
；T = 2πm
eB
所以Δx = v xT = 2πmv0cosα
eB
由上式可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx 均减小，故B 错误；
C．若仅增大v0，则D、Δx 皆按比例增大，故C 错误；
D．若仅增大α，则D 增大而Δx 减小，且α＝90°时Δx＝0，故D 正确。
故选：D。
4．（2023•新会区校级一模）带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动
轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a 和b
是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量
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和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子先经过a 点，再经过b 点
C．粒子运动过程中洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小
【解答】解：AB、由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可
知速度大小在减小，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
的：qvB =m v
2
r ，解得，粒子做圆周运动的轨道半径r = mv
qB ，由于m、q、B 不变而粒子
速度v 减小，则粒子的轨道半径r 减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子先经过b 点，
再经过a 点；根据左手定则可知粒子带负电，故AB 错误；
C、由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C 错误；
D、粒子所受洛伦兹力大小F＝qvB，q、B 不变而v 减小，则粒子所受洛伦兹力大小逐
渐减小，故D 正确。
故选：D。
5．（2023•海东市模拟）如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对
比荷之比为2：1 的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x 轴成30°角的方向
从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场
中运动的时间之比为（ ）
A．1：2
B．2：1
C．1：3
D．1：1
【解答】解：作出正、负粒子的运动轨迹如图所示：
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根据几何关系可得正粒子轨迹对应的圆心角θ＝120°，负粒子轨迹对应的圆心角为α＝
60°
根据周期公式可知粒子的周期为：T= 2πm
qB
正、负带电粒子比荷之比为2：1，则正、负带电粒子周期之比为：T1：T2＝1：2
正粒子在磁场中运动时间为：t1=
θ
360° T 1，负粒子在磁场中运动时间为：t2=
α
360° T 2
，
所以有：t1：t2＝1：1，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
6．（2023•涟源市二模）如图，虚线MN 的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面
内两比荷相同的带正电粒子a、b 从MN 上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从
MN 上的同一点射出磁场。已知a 粒子初速度的方向垂直虚线MN，粒子的重力和粒子
间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【解答】解：两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
设a、b 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为ra，rb，两粒子初速度间的夹角为θ，两
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
ra＝rbcosθ
又因为
ra= mava
B qa
rb= mb vb
B qb
两粒子比荷相同，故有
ra
rb
= va
vb
即va＝vbcosθ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
7．（2023•青羊区校级模拟）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，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束 2
4He 粒子在纸面内从a 点垂直
于ab 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。已知粒子的质量
为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ）
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A．3qBL
4 m
B．5qBl
4 m
C．5qBL
8m
D．5qBL
6m
【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
qvB =m v
2
R
又有T = 2πr
v
= 2πm
qB
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t = α
2π T = αm
qB
可知，α 越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α 越
大时∠aoc 越小，而∠aoc＝180°﹣∠oac﹣∠oca＝180°﹣2∠oac
由几何关系知，当粒子过c 点时，粒子运动时间最长，∠oac 最大，此时α 最大，设半
径为R。
根据几何关系有L2+（2L﹣R）2＝R2
解得R = 5
4 L
联立可得v = qBR
m = 5qBL
4 m
故选：B。
8．（2023•宜宾模拟）如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都
是垂直纸面向里，范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；
A、B 两点是L2上相距一定距离的两点。带电粒子从A 点以初速度v0与L2成30°角斜向
右上方射出，经过偏转后正好过B 点，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定是带正电
B．该粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点时的速度相同
C．若只稍微增大该粒子在A 点的初速度，它将仍可能经过B 点
D．若只将该粒子在A 点的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不可能经过
B 点
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【解答】解：AB．粒子在磁场中的运动轨迹的可能情况如下图所示
由粒子运动轨迹可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B 点时的速度一定跟
在A 点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB 错误；
C．若只稍微增大该粒子在A 点的初速度，但保持方向不变，粒子仍可能经过B 点，故
C 正确；
D．设L1与L2之间的距离为d，则A 到B 的距离为
x = 2d
tanθ
若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，经过多个周期后仍
有可能经过B 点，故D 错误。
故选：C。
9．（2023•平城区校级一模）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，
线段MN 是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不
断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P 为垂足，如图所示，已知
SP＝MP＝L，若MN 上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（
）
A．√2qBL
m
B．2qBL
m
C．√5qBL
m
D．√10qBL
m
【解答】解：粒子要打中MN 的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S 飞出，绕过距
离最近的M 点，从右侧打中MN 最下端的N 点，粒子运动的轨迹如图所示
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MN 为轨迹圆的弦长，Q 为MN 中点，根据几何关系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒
子运动的半径为r，四边形SPOQ 为平行四边形，则r2＝OQ2+MQ2
解得r =√5 L
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
qvB =m v
2
r
解得粒子的最小速率为v = √5qBL
m
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
10．（2023•岳阳一模）在xOy 竖直平面内存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外
的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q 的带正电小球从O 点沿y 轴正方向射入，
已知电场强度大小为2mg
q
，磁感应强度大小为B，小球从O 点射入的速度大小为mg
qB ，
重力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场
力、洛伦兹力与重力三力平衡，即：qE＝mg+qv1B，解得：v1= mg
qB
根据左手定则可知v1沿x 轴正方向，由题意知初速度v0沿y 轴正方向，小球从O 点射入
的速度大小为v0= mg
qB ，根据平行四边形法则可得分速度v2与y 轴的夹角为45°，如下图
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所示
分速度v2的大小为v2=√2v0= √2mg
qB
小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v1沿x 轴正方向做匀速直线运动，两者的合
运动轨迹即为小球的运动轨迹，小球在y 轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周
运动轨迹如下图
圆周运动的轨迹与x 轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下
图所示
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
二．计算题（共2 小题）
11．（2023•龙泉驿区模拟）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内
有一沿y 轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y＝x2，如图中虚线所示，电
场强度大小E＝4V/m。第三象限内（包含x 轴负半轴）存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B= π
4 T。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25m 区域内有大量
（速度相等）沿x 轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q＝+8×10﹣6C，质量m＝1×10
﹣6kg。已知从边界上横坐标为x＝0.1m 以初速度v0处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区
域，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，求：
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（1）粒子的初速度v0；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x 轴负方向所成夹角的范围；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。
【解答】解：（1）从x＝0.1m 飞入的粒子，由类平抛运动的规律有：y= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律可得：a= qE
m
水平方向，有：x＝v0t
又有：y＝x2
联立解得：v0＝4m/s
（2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为x，则由：x＝v0t
又有：y= 1
2 at
2=x2
可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场
设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为v1，则：tanθ= v1
v0
v1
2=2ay
粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x 轴负方向的夹角越大，故从y1＝
0.25m 处进入电场的粒子，飞离电场时与x 轴负方向的夹角最大，θ1＝45°
从y2＝0 飞入的粒子运动方向不变，θ2＝0
故粒子飞离电场时速度方向与x 轴负方向的夹角范围为0～45°
（3）与x 轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示：
所有粒子从同一点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力有：
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qvB＝mv
2
r ，其中：v=√2v0=√2×4m/s＝4√2m/s
解得：r= 2√2
π
m
根据周期公式可得：T= 2πr
v
解得：T＝1s
磁场中运动最短时间：t2= 2×45°
360° T
解得：t2＝0.25s
根据几何关系可得出磁场的坐标为（0，−4
π m）
答：（1）粒子的初速度为4m/s；
（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x 轴负方向所成夹角的范围为0～45°；
（3）粒子在磁场中运动的最短时间为0.25s，出磁场的坐标为（0，−4
π m）。
12．（2023•浙江模拟）如图1 所示，在xOy 平面上的第一象限全部区域有大小为E
= 2m v
2
eR
，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x 轴正
方向发射速率均为v 的电子，形成沿y 轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵
坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x 轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧
光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前
后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为
e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R 沿x 轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一
次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2
所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B 的取值范围。
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【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E= F
e ，a= F
m，xmin＝vt，R= 1
2 at
2
解得xmin＝R
（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为v y = Ee
m t =2v
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%× 1
2 m(v2
2+ v y
2 )= 1
2 m(v x1
2 + v y 1
2 )，tanθ= v y
v = v y 1
v x1
解得vy1＝v，v x1= v
2
根据动量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以F =√F x
2+ F y
2 = √37mv
2t0
（3）电子从y＝2R 沿x 轴正方向射出，有x0＝vt1，2 R = 1
2
Ee
m t1
2
解得x0=√2 R
第一次碰撞后电子的速度为v y 1= 1
2 v y = v = gt2，v x1= 1
2 v x = 1
2 v
第一次碰撞后电子的水平位移为x1=2× 1
4 x0
第二次碰撞后电子的水平位移为x2=2× 1
4 x1
第n 次碰撞后电子的水平位移为xn=2× 1
4 xn−1
所以xmax = x0+ x1+⋯+ xn=√2 R+
2× 1
4 √2 R
1−1
4
= 5√2
3
R
（4）根据洛伦兹力提供向心力有evB =m v
2
r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即
rn= 1
2 rn−1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则rmin（1+cosθ）＝2R
rminsinθ = 1
2 rmin(1−sinθ)
联立解得rmin=
6 R
3+2√2，Bmax = (3+2√2)mv
6eR
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根据几何关系x1＝rsinθ，xn=2× 1
2 xn−1
所以x＝x1+x2+⋯+xn＝rsinθ+2×
1
2 rsinθ
1−1
2
=3rsinθ≤5R
所以rmax = 5 R
3 ，Bmin= 3mv
5eR
所以B 的取值范围为3mv
5eR ≤B≤(3+2√2)mv
6eR
答：（1）荧光区域的横坐标的最小值为xmin＝R，
（2）第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F =√F x
2+ F y
2 = √37mv
2t0
（3）荧光区域的横坐标的最大值为5√2
3
R，
（4）B 的取值范围为3mv
5eR ≤B≤(3+2√2)mv
6eR
40
