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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
1
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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
2
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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E0，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量
也为E0
D．若氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，则该氧原子就会放出能量为E0的光子
【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E0，根据玻尔理论，则与该氮原子核外电子吸收的能量
值一定大于等于E0，与之发生撞击的带电粒子的能量一定是大于等于E0，故C 错误；
D、根据玻尔理论，氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，该氧原子可能会放出能量为E0
的光子，也可能会放出能量小于E0的光子，故D 错误。
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（ ）
3
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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
力，由牛顿第二定律得：qvB =m v
2
r
解得：r = mv
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
4
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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
【解答】解：AC.根据动能定理和牛顿第二定律有eU = 1
2 m v
2
eBv = mv
2
R
5
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可得 R = 1
B√
2mU
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；
BD.由eBv = mv
2
R
v = 2πR
T
可得电子的周期为T = 2πm
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
qvB =m v
2
R
可得，粒子在磁场中运动的半径公式
R = mv
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；
6
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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v0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θ＝30°，粒子重力不
计。求：
（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
q v0 B = m v0
2
r
解得粒子的轨迹半径为：r = m v0
qB
由几何关系知在磁场中离x 轴最远距离为
d =(r +rcos30°)= (2+√3)m v0
2qB
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T = 2πr
v0
= 2πm
qB
粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，则有
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t = 300°
360° ⋅2πm
qB = 5 πm
3qB
答：（1）该粒子在磁场中离x 轴的最远距离为(2+√3)m v0
2qB
；
（2）该粒子在磁场中运动的时间为5 πm
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
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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O1、O2，如图所示。
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r1＝R
r2=
R
tan30° =√3 R
则粒子a、b 在磁场中运动轨迹的半径之比为r1：r2=1：√3
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 = mv
2
r
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变形得：q
m = v
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、
b 在磁场中运动时间分别为t1=
π
2
2π T 1= 1
4 × 2π m1
q1B = π m1
2q1B
t2=
π
3
2π T 1= 1
6 × 2π m2
q2B = π m2
3q2B
联立可得：t1：t2=√3：2，故B 正确，CD 错误。
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
射入磁场，已知粒子速率均为2√3
3
v，忽略粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间
为（ ）
A．√3 πR
6 v
B．πR
3 v
C．√3 πR
3 v
D．2πR
3 v
【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r1，其轨迹如
下图中弧AB 所示，
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由题意可知∠AOB＝120°，由几何关系可得：θ＝30°，圆周运动半径r1=
R
tanθ =√3 R
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
r ，可得粒子运动半径：r= mv
qB
可知粒子运动半径与速率成正比，则速率为2√3
3
v的粒子在磁场中圆周运动半径为：r2
= 2√3
3
r1=2R
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。
则角β 满足：sinβ= R
r2
，可得：β＝30°
粒子在磁场中运动的周期：T = 2πr
v
= 2√3 πR
v
粒子在磁场中最长运动时间为：t =
α
360° T = √3 πR
3 v
，故C 正确，ABD 错误。
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°。
（1）现将该粒子的速度变为v
3 ，仍从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，求此时粒子在磁场中的
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θ 角，求θ 角的
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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。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m v
2
r1
解得运动半径为：r1= mv
qB
根据几何关系可知：r1
R = tan60°，可得：r1=√3R
当粒子以速度为v
3射入时，运动半径为：r2= 1
3r1= √3
3 R
设第二次射入时的圆心角为α（见图1），根据几何关系可知：tanα
2 = R
r2
，解得：α＝120°
则第二次运动的时间为（由运动弧长s 计算）t= s
v
3
= 3
v ⋅
α
360° ⋅2π r2= 2√3 πR
3 v
（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。
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根据几何关系可知：sinθ= R
r1
解得：sinθ= √3
3
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。
根据几何关系可知，图3 中β 角满足：sinβ= R
r1
所求平移距离为：d＝Rsinβ
解得：d= √3
3 R
[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θ＝60°，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：
（1）通过作图，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。
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【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
洛伦兹力提供向心力：evB =m v
2
r
联立得电子速度v= 2√3eBd
3m
（3）由圆周运动周期T 与线速度v 的关系得T = 2πr
v
得T = 2πm
Be
电子在磁场中运动对应的圆心角为θ＝60°，所以电子运动时间为t= 60°
360° T= 1
6T
可得 t = πm
3 Be
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（4）对电子在磁场中运动过程，根据动量定理，I＝ΔP
如图所示
可得I 的大小为mv，即I = 2√3 Bed
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
y 轴上的P(0，√3
2 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
与y 轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝120°时，粒子垂直x 轴离开磁场，不计粒子
的重力。则（ ）
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A．粒子一定带正电
B．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为√13 L
2
C．粒子入射速率为2qBL
m
D．当α＝30°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
【解答】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。
由几何关系可得粒子做圆周运动的半径为：r =
√3
2 L
sin 60° = L
根据洛伦兹力提供向心力得：qvB = m v
2
r
可得粒子入射速率为：v = qBL
m ，故C 错误；
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
何关系可得此最大距离为：x =√(2r )
2-( √3
2 L)
2= √13 L
2
，故B 正确；
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D．若粒子垂直x 轴离开磁场，则粒子轨迹的圆心在x 轴上。
当α＝30°时，粒子轨迹的圆心到x 轴的距离为：Δx＝OP﹣rcos60°= √3
2 L- Lcos60° = √3-1
2
L
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√3 L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（ ）
A．磁感应强度大小为mv
qL
B．磁感应强度大小为2mv
qL
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πL
12v
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πL
6 v
【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
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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
tan30° = 2r
√3
2 L
所以，半径为r = 1
4 L
由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v
2
r
解得B = 4 mv
qL ，故AB 错误；
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 ' = m⋅2v
Bq
= L
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θ＝60°，又粒子在磁场中做圆周运动的周期为
T = 2πm
qB = 2πm
q 4 mv
qL
= πL
2v
根据时间与周期关系t = 60°
360° T = 1
6 T = 1
6 × πL
2v = πL
12v ，故C 正确，D 错误。
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
（ ）
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A．若磁感应强度B = mv
qd ，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间为πd
2v
B．若磁感应强度B = mv
qd ，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为πd
v
C．若磁感应强度B = mv
2qd ，则荧光屏上形成的亮线长度为2√3d
D．若磁感应强度B = mv
2qd ，则荧光屏上形成的亮线长度为(√15+√3)d
【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
qvB = mv
2
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
根据几何关系，偏转的圆心角为π
3 ，因此运动时间为
t = Rθ
v = πd
3 v ，故A 错误；
B．由几何关系可知，打到MN 板上最长时间恰好运动了3
4 个周期，轨迹如下图所示
19
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因此时间差
Δt =
( 3 π
2 - π
3 )d
v
= 7 πd
6 v
，故B 错误；
CD．若磁感应强度B = mv
2qd ，则轨道半径为
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
L1=√(4 d )
2-d
2=√15d
而最低点轨迹恰好与MN 相切，如图所示
则P 点下方长度
L2=√(2d )
2-d
2=√3d
因此荧光屏上形成的亮线长度为
L= L1+ L2=(√15+√3)d，故C 错误，D 正确。
故选：D。
20
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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
qvB =m v
2
r ，可得r = mv
qB ，故在洛伦兹力的作用下的旋转半径会变小。故A 错误；
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。
21
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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（ ）
A．大小为BI
nS ，方向垂直于导线沿纸面向上
B．大小为BIl
nS ，方向垂直于导线沿纸面向上
C．大小为Bl
nS ，方向垂直于导线沿纸面向下
D．大小为BIl
nS ，方向垂直于导线沿纸面向下
【解答】解：由题可知，导线中的自由电子定向运动的速率为v= I
neS
则洛伦兹力为f＝qvB= IB
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。
22
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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
v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE√v1
2+ v2
2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
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＝
qEv1，故A 错误；
B、v2与B 垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B 错误；
C、速度v1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；v2方向与B 垂直，
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，v2不变；粒子沿电场方向做
加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C 错误；
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= qE
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（ 1
1 H）、氚核（ 1
2H）、氦核（ 2
4He）和反质子
23
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（ -1
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．
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
R
得R= mv
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
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线运动，故A 错误；
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 v
2
r
解得r = mv
qB
速度增大时，半径增大，故B 错误；
CD.带电粒子在磁场中运动的周期公式为T = 2πm
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θ 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。
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由几何关系可得圆周运动半径r 满足：r+rcosθ＝d，据此关系式可求出粒子在磁场中运动的半径
故A 正确；
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 v
2
r ，据此关系式可
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；
C、由qvB=m v
2
r ，可得：r= mv
qB ，若仅减小射入速度，粒子运动半径变小，如上图所示，粒子
从MN 边界离开磁场，轨迹圆心角不变（设为α）。
粒子运动周期为T= 2πm
qB ，在磁场中运动时间t= α
2π ⋅T，因周期T 与圆心角α 均不变，故粒子
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 6
11C作为原料产生正电子，其反应方程式为 6
11C →5
11B+1
0e。真空中存在垂直于纸
面的匀强磁场，某个静止的 6
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
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
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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
动的半径公式r= mv
qB 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
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
T = 2πm
qB 可知正电子的周期小于硼核的周期，故D 错误。
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α 衰变
D．图中大圆与小圆直径之比为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β 衰变，此核反应方程为 6
14C→
7
17 N +-1
- e，故AC 错误；
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，m1v1＝
m2v2＝p，根据qvB = m v
2
r
可得：r = mv
qB = p
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，
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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
B．粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3kB
C．若粒子从ac 边出射，入射速度v＞kBd
D．若某粒子v = kBd
2 ，则粒子可以恰好从a 点飞出
【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 v
2
R ，可
得粒子运动半径R= mv
qB = v
kB ，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，
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；
B、粒子在磁场中运动周期T= 2πR
v
= 2π
kB
若粒子轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间：t= α
2π T = α
kB
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，
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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
由几何关系可得最大圆心角为α= 2π
3 ，则粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3kB ，故B 正确；
C、由R= v
kB ，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
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
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= v
kB ，可得粒子的速率为v
＝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
为L，∠C＝30°，比荷均为q
m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
子重力），则（ ）
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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
C．粒子在磁场中运动的最长路程为2
3 πL
D．粒子在磁场中运动的最短时间为2πm
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
s= 120°
360° ×2πL= 2
3 πL，故C 正确；
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、
30
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√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（ ）
A．2m
qB (√3+ 2π
3 )
B．4 m
qB (√3+ 2π
3 )
C．6m
qB (√3+ 2π
3 )
D．8m
qB (√3+ 2π
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(√3 R -r )
2= R
2+r
2
解得r = √3
3 R
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
解得v = √3qBR
3m
根据几何知识可知tan θ
2 = r
R =
√3
3 R
R
= √3
3
即θ＝60°
故一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°
粒子在磁场中运动的周期为T = 2πm
qB
故粒子在磁场中运动的时间为t1= 720°
360° T =2× 2πm
qB = 4 πm
qB
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根据运动学公式可知，粒子在小圆内运动的时间为t2= 6 R
v =
6 R
√3qBR
3m
= 6√3m
qB
故粒子的周期为t =t1+t2= 4 πm
qB + 6√3m
qB
= 6m
qB (√3+ 2π
3 )，故ABD 错误，C 正确。
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v0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
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
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为v0
d
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为πd
3 v0
D．匀强磁场的磁感应强度大小为m v0
3dq
【解答】解：A．带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系有R =
d
sin30° =2d，故A 错误；
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B．粒子在磁场中运动的角速度为ω= v0
R = v0
2d
，故B 错误；
C．粒子在磁场中运动的时间t = 30°
360° × 2πR
v0
= πd
3 v0
，故C 正确；
D．由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
q v0 B =m v0
2
R
解得B = mv0
2dq ，故D 错误。
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；
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＝mv
2
r
，解得：v= qBr
m ，射入磁场时粒子c 的半径最小，则速率最小。故D 错误；
BC、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2πr
v
= 2πm
qB 相同，粒子在磁场中的运动时间：t
= θ
2π ⋅T = θm
qB ，由于m、q、B 都相同，粒子c 转过的圆心角θ 最大，则射入磁场时c 的运动时
间最大，故B 正确，C 错误；
故选：B。
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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
B．磁场的磁感应强度大小为2mv
qL
C．从a 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为πL
6 v
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
qvB =m v
2
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
r = L
2
解得B = 2mv
qL ，故B 正确；
C．从a 点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
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从a 点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为
t = 60°
360° ⋅2πr
v
= πL
6 v ，故C 正确；
D．离子的运动半径为r = L
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v1＝v，粒子Q 的
入射速度为v2=√3 v，已知P 粒子在磁场中的运动轨迹恰为1
4 圆弧，不计粒子的重力，不计粒
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
C．粒子Q 的轨道半径为3 v
kB
D．粒子P 和粒子Q 在磁场中的运动时间之比为3
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
35
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电，故A 错误；
B．根据周期公式：T = 2πm
qB ，两粒子比荷相同，故粒子P 和粒子Q 的运动周期相同。
根据角速度与周期的关系：ω= 2π
T ，可得粒子P 和粒子Q 的角速度也相同，故B 正确；
C．对粒子Q，由洛伦兹力提供向心力可得：qv2B＝mv2
2
r2
，可得其轨道半径：r2= m v2
qB = √3 v
kB ，
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：r1＝R
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r2=√3r1=√3 R
由几何关系可得：tanα = R
r2
= √3
3 ，可得：α＝30°
可知粒子Q 的轨迹圆心角为2α＝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
和粒子Q 在磁场中的运动时间之比为90°
60° = 3
2，故D 正确。
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（ ）
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A．粒子的速度大小为qBd
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
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3
2 d
D．从O 点射出的粒子在磁场中的运动时间为πm
3qB
【解答】解：A．根据几何关系可得：SP =√SO
2+O P
2=√d
2+3d
2=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：
qvB =m v
2
r
解得：v = qBd
m ，故A 正确；
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：
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α = 3 π
2 ；θ = π
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：
tmax
tmin
=
α
2π T
θ
2π T
= α
θ = 9
2，故B 错误；
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
根据几何关系可知对应的圆心角为：θ = π
3
从O 点射出的粒子在磁场中的运动时间为t = θr
v = πm
3qB ，故D 正确。
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、
半径为L
2 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、
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v0射入圆形磁场后均从A 点
进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x 坐标范围为（﹣L，- 2-√3
4
L）。电子电量为e、质量
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；
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（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：
e v0 B =m v0
2
r
根据题设条件，由磁聚焦条件可知：r = L
2
联立代入数据得：B = 2m v0
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
则由洛伦兹力充当向心力有：B
2 e v0=m v0
2
r '
代入数据解得：r ' = m v0
B
2 e
= L
根据几何关系可知，落在挡板最右侧坐标为：xd =√(2r ' )
2- L
2=√3 L
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（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
x 轴上的（- L
2 ，- 2-√3
4
L）之间。
“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应x 轴上的（﹣L，- L
2 ）之间，落在荧光屏上
“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子数之比为√3：2
（4）如图几何关系可知
从坐标为（0，- 2-√3
4
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 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√3 L- 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
场，AB 边长度为d，∠C= π
6 ，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
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t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为2t0，则下列判断中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径一定是(2√3-3)d
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B．粒子在磁场中运动的速度一定是π(2√3-3)d
2t0
C．该匀强磁场的磁感应强度大小一定是πm
2qt0
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：
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1
4 T，
即1
4 T =t0
解得粒子做匀速圆周运动的周期T＝4t0，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T = 2πm
qB ，解得：
B = 2πm
qT = πm
2qt0
，故C 正确；
AB、设当粒子的速度为v0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
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2t0，由几何关系
可得r +
r
sin60° =d，解得：r＝（2√3-3）d
粒子做匀速圆周运动的周期：T= 2πr
v0
，解得：v0= (2√3-3)dπ
2t0
，但若粒子的速度小于v0，在
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
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场中的运动最长时间也为2t0，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v0= (2√3-3)dπ
2t0
，故AB 错误；
D、如果粒子带的是负电，以B 点为圆心，转过的圆心角为π
3 的粒子能垂直BC 边射出磁场，故
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U1；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B1，
两板间距离为d；C 为偏转分离器，磁感应强度为B2。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）
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
B．粒子经加速器加速后的速度大小为2√
qU 1
m
C．速度选择器两板间电压为B1d√
qU 1
m
D．粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径为1
B2√
2mU 1
q
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【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；
B、根据动能定理qU1= 1
2 mv
2，可得粒子经加速器加速后的速度大小为v=√
2qU 1
m
，故B 错误；
C、粒子在速度选择器中受力平衡，有qvB1＝qU 2
d ，解得U2＝B1d√
2qU 1
m
，故C 错误；
D、粒子在B2 磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB2= mv
2
R ，解得半径为R
= 1
B2√
2mU 1
q
，故D 正确。
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（ 2
4He）从A 处进入加速器中被加速，从粒子出口处射出时的
动能为Ek，在除交流电频率外其他条件不变的情况下，让锂原子核（ 3
7Li）从A 处进入加速
器中被加速，锂原子核（ 3
7Li）被加速后从粒子出口处射出，下列说法正确的是（ ）
A．锂原子核（ 3
7Li）被加速后从粒子出口处射出时的动能为Ek
B．锂原子核（ 3
7Li）被加速后从粒子出口处射出时的动能为 7
9Ek
C．锂原子核（ 3
7Li）在磁场中运动的时间更长
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D．氦原子核（ 2
4He）在磁场中运动的时间更长
【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
q vm B =m vm
2
R
可得 vm= qBR
m ，带电粒子的最大动能 Ekm= 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
对于氦原子核，最大动能为Ek = 4 q
2B
2 R
2
8m
对于锂原子核，最大动能为Ek' = 9q
2B
2 R
2
14 m
可得 Ek' = 9
7 Ek，故A 错误，B 正确；
CD. 假设粒子加速次数为n ，根据动能定理nqU = 1
2 mvm
2 ，粒子在磁场中的运动时间
t =n⋅1
2 T = 1
2 n⋅2πm
qB
联立解得t = πB R
2
2U ，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
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
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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；
D、依据电场力等于磁场力，即为qU
d =qvB，则有：U＝Bdv，再由欧姆定律，I= U
R+r = Bdv
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。
23. （2024•丰台区一模）一束含有两种比荷( q
m )的带电粒子，以各种不同的初速度沿水
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P1和P2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
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P1点的带电粒子的比荷小
B．增大速度选择器的磁感应强度P1、P2向下移动
C．打在P1点的带电粒子在云室里运动的路程更长
D．打在P1点的带电粒子在云室里运动的时间更短
【解答】解：A.在磁场B2区域中，由圆周运动公式qvB2= mv
2
R 可得比荷为q
m =
v
R B2
，因为打到
P1的轨迹半径小，所以打到P1处的比荷比打到P2处的比荷大，故A 错误；
B.在速度选择器的区域由公式得qvB1＝qE 可得v= E
B1
当增大磁场强度B1时，速度v 减小，由公
式qvB2= m v
2
R 得运动轨迹半径R= mv
q B2
减小，即P1、P2向上移动，故B 错误；
CD.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P1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
打在P1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。
故选：D。
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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UMN不同
当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B 为0，UMN为0，将该点作为位移的零点，在小范
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
C．某时刻测得霍尔电压为U，则霍尔电场的场强大小为| U
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
【解答】解：A．根据平衡条件可得q U MN
b
=qvB
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UMN＝kvbz
由此可知，UMN与z 成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，故A 错误；
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；
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 = U MN
b
=| U
b |，故C 正确；
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。
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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 I
d ，其中k 为常量，I 为直
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I0时，e、f 两侧会产生电势差。下列说法正确
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
场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，则eU
d =evB
结合电流的微观表达式：I0＝nevS＝ndehv
解得：U = k I 0 I
nehd
所以输出电压随着导线的电流强度均匀变化，故B 正确；
CD、由U = k I 0 I
nehd
可得：I = nehd
k I 0
U
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。
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