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第58 课时 磁场对运动电荷(带电体)的作用
目标要求 1.掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。3.学会分
析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间。
考点一 洛伦兹力的理解和应用
1.洛伦兹力的定义
磁场对 的作用力。
2.洛伦兹力的大小
(1)v∥B 时，F＝ ；
(2)v⊥B 时，F＝ ；
(3)v 与B 的夹角为θ 时，F＝qvBsin θ。
3.洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向 电荷运动的方向或 电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于 决定的平面。(注意B 和v 不一定垂直)
4.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1) 是 的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2) 可以做功，而 对运动电荷不做功。
注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
5.洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力
静电力
产生条件
v≠0 且v 不与B 平行
(说明：运动电荷在磁场中不一定
受洛伦兹力作用)
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场方向的关系
F⊥B(且F⊥v)
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
1.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。( )
2.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。( )
3.洛伦兹力对运动电荷一定不做功。( )
例1 (2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ 划分成两个区域，两区域分布有
磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz 平
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面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(
)
例2 (2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运
动和受力说法正确的是( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
考点二 洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力
随之变化，若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化，最后若弹力减小到0，带电体离
开接触面。
例3 (多选)如图所示，粗糙木板MN 竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0 时，一个质量
为m、电荷量为q 的带正电物块沿MN 以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t 图像可能是(
)
2
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拓展 如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处
于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，试
分析圆环以后可能的运动情况。
例4 如图所示，一个质量为m＝1.5×10－4 kg 的小滑块，带有q＝5×10－4 C 的电荷量，放置在倾角α
＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由
静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，将脱离斜面(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g 取10 m/s2)。求：
(1)小滑块带何种电荷；
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大；
(3)该斜面长度至少多长。
考点三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做 运动。
2.带电粒子以速度v 垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与
磁场垂直的平面内做 运动。
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv
2
r
。
(2)轨迹半径：r＝ 。
(3)周期：T＝2π r
v
＝2π m
qB ，可知T 与运动速度和轨迹半径 ，只和粒子的 和磁场的
有关。
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝ 。
3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
(1)圆心的确定方法
①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F 的方向，其交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图
乙。
3
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③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝mv
qB 计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为
r 的位置为圆心，如图丙。
(2)半径的计算方法
方法一 由R＝mv
qB 求得。
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图甲，由R＝L
sinθ 或R2＝L2＋(R－d)2求得。
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝1
2α。
(3)时间的计算方法
方法一 利用圆心角θ、周期T 求得t＝θ
2π T。
方法二 利用弧长l、线速度v 求得t＝l
v 。
例5 (多选)如图所示，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P 是圆外一点，且OP＝3r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子
从P 点在纸面内垂直于OP 射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计粒子重力，下列说法正确的是(
)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝3
2r
4
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B.粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝4
3 r
C.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝3m
2qB
D.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝3m
4 qB
例6 (2024·重庆卷·14)有人设计了一粒子收集装置。如图所示，比荷为q
m的带正电的粒子，由固定于
M 点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN 方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN 上
方的K 点，O 在MN 上，且KO 垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向
垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O 点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计
粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK 间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO 间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为
计时0 点。求打开磁场的那一时刻。
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答案精析
考点一
1.运动电荷
2.(1)0 (2)qvB
3.(1)正 负 (2)B、v
4.(1)安培力 洛伦兹力 (2)安培力 洛伦兹力
判断正误
1.× 2.× 3.√
例1 A [由题意知当质子垂直Oyz 平面进入磁场后先在MN 左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y
轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y 轴正方向偏移，y 轴坐标增大，在MN 右侧磁场方向
反向，由对称性可知，A 可能正确，B 错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于
xOy 平面的洛伦兹力作用，在z 轴方向上没有运动，z 轴坐标不变，故C、D 错误。]
例2 A [小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；小球受洛伦兹
力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B 错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终
与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C
错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D 错误。]
考点二
例3 ACD [设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速
运动，选项A 有可能；若mg>μBqv0，则物块开始时有向下的加速度，由a＝mg−μBqv
m
可知，随着速度增
大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后加速度减为零，达到匀速状态，选项D 有可能，
B 不可能；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝μBqv −mg
m
可知，随着速
度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后加速度减到零，达到匀速状态，选项C 有
可能。]
拓展 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力
(1)若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动；
(2)初始时刻，若洛伦兹力大于重力，FN＝qv0B－mg，圆环受到摩擦力Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，a＝
Ff
m ＝μ(q v0 B−mg)
m
，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力逐渐减小，最后洛伦兹力等于重力，
做匀速直线运动；
(3)初始时刻若洛伦兹力小于重力，圆环也受摩擦力作用，a＝μ(mg−q v0 B)
m
，圆环将做加速度逐渐增大的
减速运动，直到静止。
例4 (1)带负电荷 (2)4.8 m/s (3)1.92 m
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解析 (1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛
伦兹力F 的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv＋FN－mgcos α＝0，当FN＝0 时，小滑块开
始脱离斜面，此时有qvB＝mgcos α，得v＝mgcosα
qB
＝4.8 m/s。
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgs·sin α＝1
2mv2，斜面的长度至少应为s＝
v
2
2gsin α ＝1.92
m。
考点三
1.匀速直线
2.匀速圆周 (2)mv
qB (3)无关 比荷 磁感应强度 (4) θ
2π T
例5 BC [根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为
R，由几何关系有(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝4
3 r，故A 错误，B 正确；由qvB＝mv
2
R ，可得粒子在圆形区域
做匀速直线运动的速度大小为v＝4 qBr
3m ，则粒子第一次在圆形区域内运动的时间为t＝2r
v ＝3m
2qB ，故C
正确，D 错误。
]
例6 (1)2mv0
qB (2)2√3m v0
qB
(3)√3m
qB
解析 (1)当粒子到达O 点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图中①所示
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B＝mv0
2
r1
其中OK＝2r1＝2m v0
qB
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则该粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 ＝ 4r1
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如图中②所示，由几何关系有
(4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2
解得MO＝2√3r1＝2√3m v0
qB
(3)设速率为4v0的粒子射出一段时间t 到达N 点时打开磁场开关，要使粒子仍然经过K 点，则N 点在O 点
右侧，如图中③所示
由几何关系有
(4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2
解得ON＝2√3r1＝2√3m v0
qB
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t＝MO＋ON
4 v0
解得t＝√3m
qB 。
8
