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专题50 带电粒子在匀强磁场中运动
模型一 对洛伦兹力的理解..............................................................................................................................2
模型二 带电体在磁场中的运动.................................................................................................................... 10
模型三 带电粒子在有界匀强磁场中的运动................................................................................................17
课时精练..........................................................................................................................................................30
【基础回顾】
一、洛伦兹力
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。
2．洛伦兹力的方向(左手定则)
(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)。
(3) 拇指 所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
如图，①表示 正电荷 运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁场的方向，③表
示 洛伦兹力 的方向。
3．洛伦兹力的大小：F＝ qvBsin θ ，θ 是v 与B 之间的夹角。
(1)当v∥B 时，F＝ 0 。
(2)当v⊥B 时，F＝ qvB 。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的 平面 ，
所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的 大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。
2．粒子的运动性质
(1)若v0∥B，则粒子 不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做 匀速圆周运动 。
3．基本公式
(1)由qvB＝ m ，得r＝ 。
(2)由v＝，得T＝。
(3)f＝＝。
(4)ω＝＝2πf＝。
模型一 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运
动的反方向。
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。
(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
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B 且F⊥v
正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与
电场强度方向相反
做功
情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
【例题精讲】
1．关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：A．由于A 图像中电荷的速度方向与磁场方向平行，由左手定则可知，电荷不受洛伦兹
力的作用，故A 错误；
B．对于负电荷，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向，
大拇指所指方向即为洛伦兹力方向，故B 正确；
C．对于通电导线，根据左手定则，可知C 图中安培力方向应水平向右，故C 错误；
D．由于D 图像中电流的方向与磁场方向平行，不受安培力的作用，故D 错误。
故选：B。
2．如图所示，带正电物体（视为点电荷）静置于光滑绝缘水平面（足够长）上，空间存在垂直于纸面向
外的匀强磁场。某时刻将水平向右的恒力作用在该物体上，之后该物体会（ ）
A．先做加速度减小的加速运动后做匀加速直线运动
B．先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动
C．先做加速度减小的加速运动后做减速运动直至静止
D．做匀加速直线运动
【答案】D
【解答】解：物体在水平面上运动时，水平方向仅受恒力，加速度a= F
m，恒定，做匀加速直线运动；
洛伦兹力竖直向下，随着速度的增大，洛伦兹力增大，地面的支持力增大，不改变水平加速度，故D
正确，ABC 错误。
故选：D。
3．如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一对
彼此平行共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的匀强磁场，
且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电
子束，垂直磁场方向射入，若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形，下列说法正确的是（ ）
A．励磁线圈中电流方向为顺时针方向
B．仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C．仅将励磁线圈中的电流减半，电子在磁场做圆周运动的周期一定减半
D．若励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的2 倍，则电子的运动轨迹不变
【答案】B
【解答】解：A.根据安培定则，结合磁场方向垂直线圈平面向外的条件，励磁线圈的电流方向为逆时
针方向，故A 错误；
B.电子经加速电压加速，由动能定理eU = 1
2 mv
2
进入磁场后洛伦兹力提供向心力evB =m v
2
r
联立得轨迹半径公式r =
❑√2meU
eB
，因磁感应强度与励磁电流成正比（B＝kI，k 为常数），电流加倍
时B 加倍，可知轨迹半径减半，故B 正确；
C.电子在磁场中做圆周运动的周期公式为T = 2πm
eB ，电流减半则B 减半，可知周期变为原来的2 倍，
故C 错误；
D.由轨迹半径公式r =
❑√2meU
eB
，当励磁电流加倍（B 加倍）且加速电压变为原来的2 倍（U'＝2U）时，
新的半径r ′ =
❑√2me⋅2U
e⋅2B
=
❑√2⋅❑√2meU
2eB
= r
❑√2，轨迹半径改变，故D 错误。
故选：B。
4．如图所示，在地球上同一个地区创设不同的条件进行单摆实验。图甲装置置于真空中，悬点处固定一
带正电的小球，绝缘细线下端连接另一带正电小球，周期记为T1；图乙中，单摆的悬点在一向下加速
的电梯顶端，周期记为T2；图丙中的摆球带正电，在如图所示的匀强磁场中进行摆动，周期记为T3；
图丁中的摆球带正电，在如图所示的匀强电场中进行摆动，周期记为T4。若四个单摆的摆长一样长，
则周期关系正确的是（ ）
A．T1＞T2＞T4＞T3
B．T2＞T1＞T3＞T4
C．T3＝T1＞T4＞T2
D．T2＞T3＝T1＞T4
【答案】D
【解答】解：单摆甲所受的库仑力和单摆丙受的洛伦兹力总是沿半径方向的，不影响回复力大小，所
以
T 1=T 3=2π ❑√
l
g
根据等效重力加速度的求法，在平衡位置处，对丁有
T 丁＝mg+qE
则g效丁= T 丁
m = g+ qE
m
故T 4=2π ❑√
l
g效丁
=2π ❑
√
l
(g+ qE
m )，
对乙有
mg﹣T 乙＝ma
解得
g效乙= T 乙
m = g−a
则有
T 2=2π ❑√
l
g效乙
=2π ❑√
l
g−a
综上比较四个单摆的周期可知
T2＞T3＝T1＞T4，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
5．如图所示，竖直平面内固定一足够长绝缘直杆，倾角为37°，杆处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面
向里，磁感应强度大小为2T，杆上套一个带负电的环，电荷量为1C，质量为1kg，环与绝缘直杆间的
动摩擦因数μ＝0.5。将环由静止释放向下滑动，g 取10m/s2，则小环的最大速度为（ ）
A．4m/s
B．6m/s
C．8m/s
D．10m/s
【答案】D
【解答】解：当圆环从静止开始沿杆下滑时，分析其受力情况，根据平衡条件、滑动摩擦力公式以及
牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qvB）＝ma。
随着圆环速度增大，其加速度也相应增大，同时杆对圆环的支持力逐渐减小，直至方向变为垂直杆向
下。
此时，再次对圆环进行受力分析，得到mgsinθ﹣μ（qvB﹣mgcosθ）＝ma。随着圆环速度继续增大，
其加速度逐渐减小，当加速度减小至零时，圆环的速度达到最大值。
根据此时圆环的受力分析与平衡条件，有mgsinθ﹣μ（qvmB﹣mgcosθ）＝0，代入数据解得：vm＝
10m/s。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
6．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向
的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N 为轨
道的最低点。则下列分析错误的是（ ）
A．两个小球到达轨道最低点的速度vM＞vN
B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间
D．磁场中小球能到达轨道另一端最高处，电场中小球不能到达轨道另一端最高处
【答案】C
【解答】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知FM﹣mg﹣BqvM= mv M
2
r
解得F M =m v M
2
r +mg+ Bq v M，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知F N −mg= mv N
2
r
解得F N =m v N
2
r +mg
AC.由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中
运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，即有vM＞vN，所以在电场中运动
的时间也长，故A 正确，C 错误；
B.因为vM＞vN，可知FM＞FN，故B 正确；
D.若在磁场中小球能运动到另一端的最高处，则根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小
球不能到达最高点，故D 正确。
本题要求选择错误的，故选：C。
7．如图所示，一个带正电的电荷量为q、质量为m 的小带电体处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，
磁场的磁感应强度为B。为了使小带电体对水平绝缘面正好无压力，应采取的措施为（ ）
A．仅增大B 的数值
B．仅减小B 的数值
C．带电体以速度v = mg
qB 向右移动
D．带电体以速度v = mg
qB 向左移动
【答案】C
【解答】解：根据左手定则可知，带电体应该向右移动，受到的洛伦兹力和重力平衡时，小带电体对
水平绝缘面正好无压力，则根据平衡条件有qvB＝mg，解得v= mg
qB ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）8．如图所示，虚线AC 上方区域和虚线DE 下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场（未画出），
磁感应强度大小分别为B1、B2，AC 与DE 之间区域无磁场。一带电粒子以垂直于磁场方向的速度射入
AC 上方区域后，其运动轨迹呈现出“8”字形。图中，上部分圆形轨迹的半径比下部分圆形轨迹的半
径小，粒子在无磁场区做匀速直线运动，粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．上、下区域磁场方向相反
B．上、下区域磁场方向相同
C．B1＞B2
D．B1＜B2
【答案】AC
【解答】解：AB.设粒子带正电，由左手定则可判断上、下区域磁场方向相反，故A 正确，B 错误。
CD.由qvB= mv
2
r
得r= mv
qB 可知，上方磁感应强度比下方磁感应强度大，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
（多选）9．如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b 的长方形，放在沿y 轴正
方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流，已知金属导体中单位体积的自由电
子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前
后两个侧面间的电势差的大小为U，则下列说法正确的是（ ）
A．前侧面电势较高
B．后侧面电势较高
C．磁感应强度的大小为nebU
I
D．磁感应强度的大小为neaU
I
【答案】BC
【解答】解：AB．电子定向移动方向和电流方向相反，所以电子定向移动方向沿x 轴负方向，根据左
手定则判断，电子受力方向指向前侧面，所以前侧面电势低，后侧面电势高，故A 错误，B 正确；
CD.当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，
当电子所受电场力和洛伦兹力平衡时，前后两侧产生恒定的电势差，则有eU
a = Bev，q＝n（abvt）e，
eU
a = Bev，根据电流强度的定义式I = q
t ，联立以上几式解得B = nebU
I
，故D 错误，C 正确。
故选：BC。
（多选）10．带电量为q1的粒子在匀强磁场中运动，到达b 点时与静止在那里的另一带电量为q2的粒子
相碰并粘合在一起运动，碰撞前后的轨迹如图所示，不计阻力、重力作用，则以下说法中正确的是（
）
A．若轨迹从a 到c，则q1为正电，q2可能正电、可能负电，也可能不带电
B．若轨迹从a 到c，则q1为正电，q2为负电，电量关系有|q2|﹣|q1|＞|q1|
C．若轨迹从c 到a，则q1为正电，q2为负电，电量关系有|q2|﹣|q1|＜|q1|
D．若不明确运动轨迹的走向，则不能判断q1、q2的电性
【答案】BC
【解答】解：粒子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，若粒子从a 到c 运动，根据左手定则可知粒子先
带正电，与q2相碰后粒子运动偏转方向发生了变化，即粒子所带电荷种类发生了变化，故q2应该带负
电，而且知q2带负电且电量比q1大。由于与粒子q2相碰后粒子的半径减小，根据qvB=m v
2
R
得R = mv
qB ，由于粒子在碰撞过程中动量守恒即mv 保持不变，所以粒子做圆周运动的半径R 与粒子所
带电荷量有关，由于碰撞后粒子偏转方向反向，轨道半径减小可知粒子q2带负电，且所带电荷量满足|
q2|﹣|q1|＞|q1|，同理若粒子从c 到a 运动根据左手定则可知粒子先带正电，与q2相碰后粒子运动偏转方
向发生了变化，即粒子所带电荷种类发生了变化，故q2应该带负电，由于与粒子q2相碰后粒子的半径
增加，根据R = mv
qB
由于粒子在碰撞过程中动量守恒即mv 保持不变，所以粒子做圆周运动的半径R 与粒子所带电荷量有
关，由于碰撞后粒子偏转方向反向，轨道半径减小可知粒子q2带负电，且所带电荷量满足|q2|﹣|q1|＜|
q1|，故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
模型二 带电体在磁场中的运动
【例题精讲】
1．空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一根横截面积为S、长度为L
的铜导线垂直磁场方向放置，固定后通以电流I，如图所示。若铜单位体积内的自由电子数为n，则该
铜导线中单个自由电子因定向移动所受洛伦兹力的大小为（ ）
A．BIL
nS
B．BI
nS
C．BIL
n
D．BI
n
【答案】B
【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 ，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
2．如图所示，一根足够长的光滑绝缘细管放在光滑的足够大水平绝缘桌面上，其底部放有一带正电小球，
小球直径比细管直径略小。整个桌面处在竖直向下的匀强磁场中。现让细管在外力作用下水平向右做
匀速直线运动。取水平向右为x 轴正方向，细管初始所处直线为y 轴，小球的初始位置为坐标原点。
小球的运动轨迹可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解答】解：细管水平向右做匀速直线运动（速度设为v），小球被细管约束，x 方向速度始终等于细
管速度v，做匀速直线运动；y 方向初速度为0，在洛伦兹力分力作用下独立运动，水平分速度vx＝v
产生的洛伦兹力F1＝qvB，方向竖直向上（恒定不变）。竖直分速度vy产生的洛伦兹力F2＝qvyB 方向
水平向左，被细管的弹力抵消（保证x 方向匀速）则小球水平方向做匀速，竖直方向做匀加速，故D
正确，ABC 错误。
故选：D。
3．如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v 向右匀速运动。管道内有一带正电小球，
初始位于管道M 端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N 端，小球质量为m，电量为
+q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M 端运动到N 端过程中，外力F 做功的平均
功率为（ ）
A．qvB❑√
qvBl
2m
B．qvB❑√
qvBl
m
C．qvB❑√
2qvBl
m
D．2qvB❑√
qvBl
m
【答案】A
【解答】解：小球沿管道方向受到洛伦兹力分力F1＝qvB 作用，从静止开始做匀加速直线运动。根据
牛顿运动定律F1＝ma，解得加速度a= qvB
m 。由运动学公式l = 1
2 at
2，解得运动时间t = ❑√
2ml
qvB
。
小球在垂直管道方向随管以速度v 匀速运动，同时获得沿管道方向的速度vy。小球所受洛伦兹力在垂
直管道方向的分力F2＝qvyB，其方向与管道运动方向相反。为保持管道匀速运动，所需外力F 应与F2
平衡，即F ＝qvyB 。外力F 的瞬时功率Pinst ＝Fv ＝qvyBv 。平均功率P = W
t ，其中
W =∫
0
t
Fvdt =qvB∫
0
t
v y dt =qvBl。代入时间t，解得P =qvB ❑√
qvBl
2m ，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
4．如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小为B＝1T 的水平匀强磁场，带正
电的物块A 静置于水平面上，电荷量q＝0.2C。t＝0 时，水平力F 作用在物块A 上，物块A 由静止开
始运动，其对水平面的压力Fn随时间t 的变化规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．物块A 的质量m＝1kg
B．物块A 的加速度不断增大
C．水平力F 的大小为25N
D．磁场力对物块A 的冲量为0
【答案】C
【解答】解：A.由题图乙可知mg＝20N，得 m＝2kg，故A 错误；
B.物块A 对水平面的压力FN＝qvB+mg＝qBat+mg
物块A 对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，速度不断增大，做加速运动，结合图像可知，
速度均匀增大，则做匀加速运动，加速度不变，故B 错误；
C.根据FN＝qBat+mg，题图乙图像的斜率 k＝qBa，
代入数据得 a＝12.5m/s2，F＝ma
代入数据得F＝25N，故C 正确；
D.物块A 对水平面的压力FN＝qvB+mg＝qBat+mg
物块A 对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，I＝Ft 所以洛伦兹力冲量不为0，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，物块a 带负电，物块b 不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直纸面向里的
匀强磁场，现用水平恒力F 拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面向左运动，在a、b 分开之前，
下列说法正确的是（ ）
A．物块a 受到的摩擦力变小
B．物块a 受到的摩擦力变大
C．地面对物块b 的支持力变大
D．地面对物块b 的支持力变小
【答案】D
【解答】解：AB．根据题意，对整体进行受力分析并结合牛顿第二定律有F＝（ma+mb）a
对物块a，由牛顿第二定律有f＝maa
解得f = ma F
ma+mb
，物块a 受到的摩擦力不变，故AB 错误；
CD．根据题意，对整体受力分析，在竖直方向上结合平衡条件FN+qvB＝（ma+mb）g
由于做加速运动，速度增大，则地面对物块b 的支持力变小，故C 错误，D 正确。
故选：D。
6．如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ 角，质量为m、电荷量为﹣q 的带电小球
套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，
不计空气阻力。若小球以初速度v0沿细杆向上运动，经过一定的时间又回到出发点，则该过程中小球
（ ）
A．机械能减小
B．上滑时间大于下滑时间
C．向上滑动的最大位移为
v0
2
2 gsinθ
D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大
【答案】C
【解答】解：A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦
兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A 错误；
B．小球上滑时mgsinθ＝ma 上
下滑时mgsinθ＝ma 下
所以a 上＝a 下
根据匀变速直线运动位移—时间关系式x = 1
2 at
2可知，上滑时间等于下滑时间，故B 错误；
C．小球向上滑动的最大位移为xm= v0
2
2a上
=
v0
2
2gsinθ
故C 正确；
D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速
时，根据F 洛＝qvB 可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到v0时，小球受到的洛
伦兹力仍小于小球重力沿垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上
减小，故D 错误。
故选：C。
7．如图所示，水平面上固定的斜面上表面光滑绝缘，斜面倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度为B。现有一个质量为m、带电荷量为+q 的小球在斜面上由静止释放，假设斜面足
够长，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球沿斜面下滑过程中斜面对小球的支持力一直增大
B．小球在斜面上运动的最大速率为mgsinθ
qB
C．小球沿斜面下滑的时间为mcosθ
qBsinθ
D．小球沿斜面下滑的最大距离为m
2 gcosθ
2q
2B
2sinθ
【答案】C
【解答】解：A、小球沿斜面下滑，在离开斜面前，其受力分析如下图所示：
沿斜面方向：mgsinθ＝ma，垂直于斜面方向：F+FN﹣mgcosθ＝0，
其中：F＝qvB，
随着速度的增大洛伦兹力增大，支持力逐渐减小，故A 错误；
B、设下滑距离x 时离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN＝0，
小球恰好脱离斜面时qvB＝mgcosθ，解得最大速率为v = mgcosθ
qB
，故B 错误；
C、由v＝at，得下滑时间为t = v
a =
mgcosθ
qB
gsinθ = mcosθ
qBsinθ
，故C 正确；
D、由v2＝2ax，联立解得下滑的最大位移x = m
2 gco s
2θ
2q
2B
2sinθ
，故D 错误；
故选：C。
（多选）8．如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为2m 且足够长的
绝缘木板静止在水平面上，在木板的右端放质量为m，电荷量为+q 的滑块，滑块与木板之间、木板与
水平面之间的动摩擦因数均为0.2，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向右
的拉力为F，使木板以加速度a＝0.1g 由静止开始做匀加速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是
（ ）
A．滑块先做加速度减小的加速运动
B．滑块最终以mg
qB 的速度做匀速运动
C．拉力F 大小恒定
D．拉力F 先减小后恒定
【答案】BD
【解答】解：AB.分析滑块受力有μmg＝mam
代入数据得am＝0.2g
由am＞0.1g 可知滑块与木板先相对静止，一起以加速度a＝0.1g 做匀加速运动
当μ（mg﹣Bqv）＝ma＝0.1mg 时，滑块相对木板滑动，滑动后随速度v 增大，加速度a 减小
当mg＝Bqv
解得v = mg
Bq
滑块离开木板做匀速运动，故A 错误，B 正确；
CD.滑块与木板整体受力有F﹣μ（3mg﹣Bqv）＝3ma
v 增大，拉力F 减小，滑块滑动后分析木板受力F﹣μ（3mg﹣Bqv）﹣μ（mg﹣Bqv）＝2ma
v 增大，拉力F 减小，当滑块离开木板时，拉力F 恒定，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）9．物流分拣系统中，有一个足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传
送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场，如图所示。将一质量
为m、电荷量为+q 的带电小货物无初速度地放在传送带的左端，将小货物看成质点，小货物与传送带
间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法可能正确的是（ ）
A．小货物在传送带上运动的过程，摩擦力对小货物做的功一定等于1
2 m v0
2
B．小货物在传送带上运动的过程中，只有与传送带共速后才能做匀速直线运动
C．小货物可能先做加速度减小的变加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动
D．小货物在传送带上的最大加速度是μg，最大速度可能是vmax= mg
qB
【答案】CD
【解答】解：A、当小货物的速度增大到使洛伦兹力与重力平衡时，有qvmaxB＝mg，解得速度大小为
vmax = mg
qB ＜v0。此后支持力为零，摩擦力消失，全过程摩擦力对小货物做的功为W = 1
2 m vmax
2
，代入
解得W = m
3 g
2
2q
2B
2，故A 错误；
B、当小货物的速度增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小为vmax = mg
qB ＜v0，此后它将做匀速直
线运动，故B 错误；
C、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上。随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦
力随之减小。由牛顿第二定律可知加速度减小，当速度与传送带共速后摩擦力为零，合力为零，速度
不再变化，故C 正确；
D、速度为零时，支持力最大且等于重力，滑动摩擦力最大，加速度最大，大小为μg。当速度增大至
使洛伦兹力与重力平衡时，有vmax = mg
qB ＜v0，此后支持力为零，摩擦力消失，其最大速度可能为
vmax = mg
qB ，故D 正确。
故选：CD。
（多选）10．如图，在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m、电荷量为+q 的小球穿
在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平
向右的恒力F0，已知重力加速度为g，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法正确的是（
）
A．直杆对小球的弹力方向不变
B．直杆对小球的摩擦力先减小后增大
C．小球运动的最大加速度为F0
m
D．小球的最大速度为F0+ μmg
μqB
【答案】BCD
【解答】解：小球初始滑动时，满足F0﹣μ（mg﹣qvB）＝ma，随着速度v 增大，加速度a 随之增大。
当v = mg
qB 时，加速度达到最大值amax = F0
m 。
此时摩擦力为f＝μ（mg﹣qvB），它随v 增大而减小。当洛伦兹力等于重力mg 时，支持力为零。此后，
随着速度继续增大，洛伦兹力超过重力，支持力反向并增大。
在此后的滑动过程中，满足F0﹣μ（qvB﹣mg）＝ma，加速度a 随v 增大而减小，而摩擦力f＝μ（qvB
﹣mg）则随之增大。当加速度减为零时，解得最大速度vmax = F0+ μmg
μqB
。
综上所述，直杆对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下，方向发生了改变。直杆对小球的摩擦力
先减小后增大。故BCD 正确，A 错误。
故选：BCD。
模型三 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定
(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若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝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＝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
例如：如图甲，R＝或由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＝α。
(3)时间的计算方法
方法一 利用圆心角、周期求得t＝T
方法二 利用弧长、线速度求得t＝
例如：t＝T＝T＝T
t＝＝
2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
(2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一
定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒
子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。
③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内
运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有
最小磁感应强度。
【例题精讲】
1．如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里。a、o、c 是三个质
量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它
们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．粒子a 带负电
B．粒子b 的动能最大
C．粒子c 在磁场中运动的时间最短
D．粒子c 在磁场中运动时受到的向心力最大
【答案】B
【解答】解：A.根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，粒子初速度向上，粒子a 向左偏转，说明其
受到的洛伦兹力向左，可知粒子a 带正电，故A 错误；
B.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，由qvB =m v
2
R 可得轨道半径R = mv
qB ，
由于三个粒子的质量m 和电荷量q 大小相等，所在磁场B 相同，由图可知，粒子b 的轨迹半径最大，
则粒子b 的速度最大，根据动能公式Ek = 1
2 mv
2可知，粒子b 的动能最大，故B 正确；
C.根据粒子在磁场中运动的周期T = 2πm
qB ，可知三个粒子运动周期相同。粒子在磁场中运动时间
t = θ
2π T，其中θ 为轨迹对应的圆心角。由图可知，粒子c 完成了半个圆周运动，其余两粒子a、b 均
未完成半个圆周就射出边界，因此粒子c 在磁场中运动的时间最长，故C 错误；
D.粒子在磁场中运动时受到的向心力即为洛伦兹力F＝qvB，由对B 选项的分析可知，粒子c 的轨迹半
径最小，说明其速度v 最小，因此粒子c 在磁场中运动时受到的向心力最小，故D 错误。
故选：B。
2．如图所示，半圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，A、B 为半圆直径的两个端点，O 点为半圆的
圆心，ON 为圆的半径。现有带电粒子a、b 分别以不同的速度从A 点和B 点沿半径方向同时进入磁场，
并同时从N 点射出磁场，不计粒子的重力和粒子间相互作用。已知∠AON＝60°，则粒子a、b
（ ）
A．做圆周运动的半径之比为1：❑√3
B．运动的速率之比为3：2
C．比荷之比为2：1
D．运动的角速度之比为1：2
【答案】C
【解答】解：A.令O 点为原点，直线AB 为x 轴，设半径为R，又∠AON＝60°，
则A 点坐标（﹣R，0），B 点坐标（R，0），N 点坐标( −R
2 ，
❑√3 R
2
)，
粒子a、b 均沿径向射入，因此也将沿径向射出，
则过N 做圆的切线，与过A 的垂线交点即为圆心Oa，与过B 的垂线交点即为圆心Ob，
设半径ra。rb，轨迹圆心角θa。θb，则Oa N =ra，Ob N =rb，
根据几何关系有θa= 2
3 π，θb= π
3 ，ra
R = tan30°，R
rb
= tan30°，
解得ra=
❑√3
3 R，rb= ❑√3 R，
因此ra：rb＝1:3，故A 错误；
BCD.由m v
2
r
=qvB，可得v = qBr
m ，
又v＝ωr 可得ω= qB
m ，
又θ＝ωt，粒子a、b 同时到达N 点，则θa
ωa
= θb
ωb
，
不计粒子的重力，联立可得q
ma
：qb
mb
=θa：θb，＝2:1，
ωa：ωb= qa
ma
: qb
mb
=2:1，
va：vb= qara
ma
：qbrb
mb
=2:3，故BD 错误，C 正确。
故选：C。
3．托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，
两个同心圆围成环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内
圆上A 点发射a、b 两个粒子，都恰好经过磁场外边界。已知a 粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小
va= qB R0
m
，b 粒子沿内圆的切线方向发射，a、b 都带正电且比荷均为q
m。不考虑带电粒子所受重力
和相互作用。则（ ）
A．外圆半径等于2R0
B．a 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为2πm
3qB
C．b 粒子速度大小为(
❑√2
2 +1)va
D．b 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为5 πm
6qB
【答案】C
【解答】解：A．已知va= qB R0
m
，根据洛伦兹力提供向心力q va B = mva
2
ra
，可得a 粒子的运动半径ra
＝R0
a 沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA 垂直的直线上，运动轨迹如图
由几何关系可得 OOa= ❑√2 R0
解得外圆半径R =OOa+ra= R0(❑√2+1)，故A 错误；
B．a 从A 到外边界切点，转过的圆心角θa＝π﹣β，由图可知角度tanβ＝1，解得β＝45°
可得圆心角θa= 3 π
4
运动时间ta= θa
2π ⋅T = 3 πm
4 qB ，故B 错误；
C．b 沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA 直线上，粒子轨迹与外圆相切，
运动轨迹如图所示。
设b 轨道半径为rb，外圆半径满足R＝OOb+rb＝2rb﹣R0
又根据R = R0(❑√2+1)
可得b 粒子的运动半径 rb= R0(1+
❑√2
2 )，
因此b 粒子的速度vb= qBrb
m
= va(1+
❑√2
2 )，故C 正确；
D．b 从A 到外边界切点，A 和切点分别在圆心Ob的两侧，转过圆心角θb＝π
则b 粒子的运动时间 tb= θb
2π ⋅T = πm
qB
，故D 错误。
故选：C。
4．边界MN 上方区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，带电粒子a、b 垂直于磁场方向（同时垂直于磁场边
界）从O 点射入，它们的部分运动轨迹如图所示。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用。下列说法
正确的是（ ）
A．粒子a 带负电
B．若粒子a 与粒子b 所带电荷量相同，则粒子a 的动量小
C．若两粒子射入时的初动能相同，则粒子a 受到的洛伦兹力小
D．若粒子a 先回到磁场边界，则粒子a 的比荷小于粒子b 的比荷
【答案】B
【解答】解：A．粒子a 向左偏转，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，粒子a 带正电，故A 错误；
B．粒子a 轨迹弯曲程度比粒子b 大，表明粒子a 圆周运动的半径小于粒子b 圆周运动的半径，即有Ra
＜Rb
根据qa va B =ma
va
2
Ra
，qb vb B =mb
vb
2
Rb
解得Ra= mava
qa B = pa
qa B ，Rb= mb vb
qb B = pb
qb B
若粒子a 与粒子b 所带电荷量相同，则粒子a 的动量小，故B 正确；
C．若两粒子射入时的初动能相同，则有1
2 mava
2= 1
2 mb vb
2
两个粒子所受洛伦兹力分别为Fa=qava B = mava
2
Ra
= 1
2 mava
2⋅2
Ra
，Fb=qb vb B =mb
vb
2
Rb
= 1
2 mb vb
2⋅2
Rb
由于半径关系Ra＜Rb
则有Fa＞Fb，则粒子a 受到的洛伦兹力大，故C 错误；
D．粒子在磁场中的轨迹为半个圆，经历时间为半个周期，若粒子a 先回到磁场边界，则有Ta＜Tb
两粒子磁场中圆周运动的周期T a= 2π ma
qa B ，T b= 2π mb
qb B
则有比荷关系
qa
ma
＞qb
mb
即若粒子a 先回到磁场边界，则粒子a 的比荷大于粒子b 的比荷，故D 错误。
故选：B。
5．如图所示，在边长为L 的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在
三角形的中心有一个点状的粒子源O，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为m，电荷量为+q，速率
为
❑√3qBL
6m
的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．有部分粒子能够击中三角形的顶点
B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm
3qB
C．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm
3qB
D．若磁感应强度大小为5 B
2 ，仍有粒子能射出三角形区域
【答案】B
【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得：
qvB =m v
2
r
已知：v =
❑√3qBL
6m
可得圆周运动的半径：
r = mv
qB =
❑√3
6 L
由等边三角形的几何知识可知O 点到各个顶点的距离为
❑√3
3 L此距离等于2r，假设粒子能够击中顶点，
粒子的轨迹为半个圆周，显然粒子将从边界先射出，故无法击中顶点，故A 错误；
B、当粒子在边界上的出射点与O 的连线垂直于出射点所在边界时，轨迹圆弧的弦最短，轨迹圆心角
最小，运动时间最短，轨迹如图1 所示
由等边三角形的几何中心为高的三等分点，可得最短弦长为
1
3 Lsin60° =
❑√3
6 L=r
可得此轨迹圆心角：
θ = π
3
粒子在磁场中运动周期为
T = 2πr
v
= 2πm
qB
故最短时间
tmin= θ
2π T = πm
3qB
故B 正确；
C、运动时间最长的粒子运动轨迹如下图
自O 点经M 点运动至P 点的劣弧OMP，则运动最长时间小于半个周期，而半个周期为πm
qB ，故C 错误；
D、所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，故D 错误。
故选：B。
6．如图，磁感应强度为B 的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为正六边
形的无磁场区域，O 为正六边形的中心，PQ 为其一边。一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子从P 点
以与OP 成30°角的速度垂直磁场射入匀强磁场区域，之后从Q 点第一次返回无场区。不计粒子重力，
则粒子在磁场中从P 点运动到Q 点的时间为（ ）
A．5 πm
3qB
B．5 πm
6qB
C．5 πm
2qB
D．2πm
qB
【答案】A
【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知，θ＝60°，则粒子转过的圆心角为300°，粒子做圆周运动的周期T = 2πm
qB ，则运动时
间t = 300°
360° T，代入数据可得t= 5 πm
3qB ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
7．如图所示，一束含有大量正、负带电粒子的射线，以相同的速度垂直于磁场沿AO 方向射入圆形匀强
磁场区域，它们在磁场中的运动径迹分成了如图的a、b 两束，不计粒子重力以及粒子之间的相互作用
力，下列说法正确的是（ ）
A．a 粒子带正电，b 粒子带负电
B．a 粒子比荷q
m较大
C．a 粒子在磁场中受到的洛伦兹力较小
D．a 粒子在磁场中运动时间较长
【答案】B
【解答】解：A．根据题意可知，粒子向右运动，a 粒子运动轨迹向下弯曲，由左手定则可知，粒子受
到向下的洛伦兹力，则a 粒子带负电；b 粒子运动轨迹向上弯曲，受到向上的洛伦兹力，则b 粒子带正
电，故A 错误；
B．由洛伦兹力提供向心力Bvq =m v
2
r
可得q
m = v
Br
由于磁感应强度B 相同，速度v 相同，又有ra＜rb
则比荷
qa
ma
＞qb
mb
故B 正确；
C．磁感应强度B 相同以及速度v 相同，根据洛伦兹力公式F＝Bvq 可知F∝q
由于仅知道比荷
qa
ma
＞qb
mb
，粒子质量未知，所以不能确定qa与qb大小，所以无法判断洛伦兹力大小，
故C 错误；
D．由洛伦兹力提供向心力Bvq =m 4 π
2r
T
2
可知T = 2πm
Bq
已知比荷
qa
ma
＞qb
mb
，那么Ta＜Tb
根据粒子在磁场中做圆周运动所需的时间t = θ
2π T
由于粒子在磁场中运动对应的圆心角未知，所以无法判断粒子在磁场中运动时间的长短，故D 错误。
故选：B。
（多选）8．研究人员为模拟托卡马克装置中“偏滤器”对逃逸粒子的拦截效果，设计了如图所示装置：
半径为R、圆心为O 的圆形区域内有方向垂直于圆平面向外的匀强磁场，cd、ab 为圆形区域相互垂直
的两直径。外部“粒子源”沿一直线发射最小速率为v0，大小在一定范围内的同种带电粒子，由圆周
上P 点射入磁场，入射速度方向平行于cd、与OP 夹角为30°；所有入射粒子仅能从劣弧^
bd逃逸出磁场。
已知带电粒子的比荷为k(k = q
m )，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，sin15° =
❑√6−❑√2
4
，
cos15° =
❑√6+ ❑√2
4
。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子一定带负电
B．粒子的最大速度为(2+ ❑√3)v0
C．磁场的磁感应强度大小为v0
kR
D．粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为πR
3 v0
【答案】BC
【解答】解：A.根据粒子向下方偏转，由左手定则分析可得粒子带正电，故A 错误；
BC.根据运动情况分析由b 点射出的粒子对应速度为v0，如下图所示
由几何关系得对应半径为R，可知R = m v0
Bq = v0
Bk
，由d 点射出的粒子速度最大，由几何关系得对应半
径为(2+ ❑√3)R，可知(2+ ❑√3)R = m vm
Bq = vm
Bk ，所以vm=(2+ ❑√3)v0，可得B = v0
kR ，故BC 正确；
D.由b 点射出的粒子对应运动时间最长，转过的角度为2
3 π，运动时间为2πR
3 v0
，由d 点射出的粒子在
磁场中运动时间最短，转过的角度为π
6 ，运动时间为πR
6 v0
，最长、最短时间差为πR
2v0
，故D 错误。
故选：BC。
（多选）9．如图所示，坐标系xOy 第一象限有磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，方向
垂直纸面向外，区域Ⅱ中磁场的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。两区域分界线与x 轴正方向成
37°。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从分界线上的P 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，粒子第二次
回到分界线时恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知OP＝5L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法
中正确的是（ ）
A．粒子经过O 点时速度沿x 轴负方向
B．粒子经过O 点时速度沿y 轴负方向
C．粒子在磁场中运动的时间为53 πm
60qB
D．粒子运动的速度为25qBL
12m
【答案】BCD
【解答】解：AB.带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定
律得qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
可知，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为r1＝2r2
运动轨迹如图所示
则带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域l 时，与分界线OP 的夹角为53°，由带电粒子在单边
磁场运动的对称性知，粒子穿过OP 边进入区域Ⅱ时与OP 边的夹角为53°，则粒子一定是从区域Ⅱ中
射出O 点，方向沿y 轴负方向，故A 错误，B 正确；
C.粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的周期分别为T 1= 2π r1
V
= 2πm
qB
，T 2= 2πm
q⋅2B = πm
qB
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ1＝106°
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t1= 106°
360° ⋅T 1= 53 πm
90qB
粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ2＝106°
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t2= 106°
360° ⋅T 2= 53 πm
180qB
所以该粒子在磁场中运动时间t =t1+t2= 53 πm
60qB ，故C 正确；
D.带电粒子在OP 边移动的距离为5L＝L1+L2
其中L1=2r1cos37° = 8mv
5qB ，L2=2r2cos37° = 4 mv
5qB
联立解得v = 25qBL
12m ，故D 正确。
故选：BCD。
（多选）10．如图所示，半圆弧BCD 为匀强磁场边界的一部分，磁场方向垂直于纸面向外。某带正电的
粒子从A 点垂直于磁场边界射入，已知圆弧的半径为R，圆心O 与ABD 共线，AB＝R，粒子的电量
为q，质量为m，初速度为v0，要使带电粒子运动到D 点，不计粒子的重力。则磁感应强度大小可能
为（ ）
A．m v0
2qR
B．m v0
qR
C．2m v0
3qR
D．2m v0
qR
【答案】BC
【解答】解：当粒子不经过半圆弧BCD 内部，直接到达D 点时，此时半径r= 3
2 R，
根据洛伦兹力提供向心力：qvB= v0
2
r
m，可得B= 2mv0
3qR
当粒子经过半圆弧BCD 内部，直接到达D 点时，半径满足：（2n+1）r′＝3R（n＝0，1，2，3，...）
当n＝1 时，解得B= mv0
qR ，其余选项均不符合表达式。
故BC 正确，AD 错误；
故选：BC。
课时精练
一．选择题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．运动的质子在经过某处时不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度为零
B．电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变
C．速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同
D．电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果
【答案】B
【解答】解：A．根据洛伦兹力的特点可知，运动的质子不受洛伦兹力可能是因为速度方向与磁场方
向平行（此时磁感应强度不为零），故A 错误；
B．由A 选项的分析可知，当电荷速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，电荷做匀速直线运动，
速度保持不变，故B 正确；
C．洛伦兹力大小为F＝qvBsinθ，速度大小相同但方向不同（θ 不同）时，力的大小不同，故C 错误；
D．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，故D 错误。
故选：B。
2．如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度v 向右匀速运动。管道内有一带正电小球，
初始时位于管道M 端且相对管道的速度为0，一段时间后，小球运动到管道N 端，小球质量为m、电
量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径。关于小球从M 端运动到N 端过程，下列说法正确的
是（ ）
A．时间为❑√
ml
qvB
B．小球所受洛伦兹力做正功
C．小球所受洛伦兹力方向竖直向上
D．外力F 做的功为qvBl
【答案】D
【解答】解：A、绝缘管道在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿
管道方向的分力保持不变，
根据牛顿第二定律得qvB＝ma
根据位移—时间关系式可得
l = 1
2 at
2
代入数据解得
t = ❑√
2ml
qvB
故A 错误；
B、洛伦兹力的方向与速度的方向始终垂直，可知小球所受洛伦兹力不做功，故B 错误；
C、水平方向小球做匀速直线运动，沿管道做匀加速直线运动，合速度方向斜向右上方，根据左手定
则可知，小球所受洛伦兹力方向斜向左上方，故C 错误；
D、洛伦兹力不做功，故在沿管道方向的分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，
外力始终与洛伦兹力垂直管道的分力平衡，
则有WF＝Wy＝Wx＝qvBl
故D 正确。
故选：D。
3．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A 点
沿曲线ACB 运动，到达B 点时，速度为零，C 点是运动的最低点，则以下叙述错误的是（ ）
A．液滴一定带负电
B．液滴在C 点时动能最大
C．液滴在C 点电势能最小
D．液滴在C 点机械能最小
【答案】C
【解答】解：A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，
洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A 正确；
B．从A 到C 的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，根据动能
定理可知液滴的动能仍增大，从C 到B 的过程中，重力和电场力合力做负功，洛伦兹力不做功，动能
减小，所以滴在C 点动能最大，故B 正确；
C．液滴从A 到C 的过程中，电场力做负功，电势能增加，从C 到B 的过程中，电场力做正功，电势
能减小，故液滴在C 点电势能最大，故C 错误；
D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从A 到C 的过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做
功，机械能减小，从C 到B 的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，所以液滴在C
点机械能最小，故D 正确。
本题是选不正确的，故选：C。
4．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度为0.25T 的匀强磁场，M＝0.4kg 且足够长的绝缘木板
静止在光滑水平面，在木板左端放置m＝0.1kg 带电量为0.4C 的负电荷滑块，滑块与绝缘木板之间的
动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、
大小F＝0.5N 的恒力，g 取10m/s2，在以后的运动过程中（ ）
A．滑块在木板上一直做匀加速直线运动
B．滑块匀加速运动的时间t＝8s
C．滑块最终速度v1＝6m/s
D．滑块最终的速度为v2＝8m/s
【答案】B
【解答】解：A.F 刚作用在木板上时，假设滑块与木板间不相对滑动，则整体的加速度大小为
a=
F
M +m =
0.5
0.4+0.1m/s2＝1m/s2，滑块与木板间的摩擦力大小为 f＝ma
代入数据得f＝0.1N＜μmg＝0.5×0.1×10N＝0.5N，则假设成立，故刚开始时，滑块随木板一起向左匀
加速直线运动，随着速度增大，滑块所受向上的洛伦兹力越来越大，木板对滑块的支持力越来越小，
滑块与木板间的最大静摩擦力越来越小，当滑块与木板间的最大静摩擦力减小到0.1N 时，滑块与木板
间开始出现相对滑动，此后随着滑块继续向左加速，所受洛伦兹力继续增大，木板对滑块的支持力继
续减小，滑块所受摩擦力继续减小，滑块的加速度也继续减小，当滑块所受洛伦兹力等于滑块重力时，
滑块对木板压力为零，此时滑块的速度达到最大，故A 错误；
C.滑块匀加速结束时对滑块有μ（mg﹣qv1B）＝ma
代入数据得v1＝8m/s，故C 错误；
B.滑块匀加速运动的时间t = v1
a = 8
1 s=8 s，故B 正确；
D.滑块最终的速度满足qv2B＝mg
代入数据得v2＝10m/s，故D 错误。
故选：B。
5．如图所示，长度为L、内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m、电荷量为q 的带正
电小球。整个装置以速度v0进入磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向
右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（ ）
A．小球沿管方向的加速度大小a= q v0 B−mg
m
B．小球的运动轨迹是抛物线
C．管壁的弹力对小球不做功
D．洛伦兹力对小球做功Wf＝qv0BL
【答案】B
【解答】解：AB.由题意可知，小球和管一起向右匀速直线运动，根据左手定则可知，小球受到沿管
向上的洛伦兹力，
由牛顿第二定律得：qv0B＝ma
代入数据得：a= q v0 B
m
，
即沿管方向小球做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球做类平抛运动，故A 错误，B
正确；
D.由左手定则可知，洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D 错误；
C.因为小球最终从上端口飞出，则沿管方向的速度满足：v2＝2aL
水平方向一直匀速直线运动，可知小球动能增加，又因为洛伦兹力不做功，所以管壁对小球向右的弹
力对小球做正功，由矢量合成法则可知，小球飞出时速度大小为：v ′ =
❑√v
2+ v0
2，
则由动能定理得，整个过程管壁的弹力对小球做功为：W F = 1
2 mv ′
2−1
2 mv0
2，
代入数据得：WF＝qv0BL，故C 错误；
故选：B。
6．如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C 的物体在与水平面成37°角的天花板上以速度v0沿天花板
方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为1T，方向垂直于纸面向
里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0 的大小和方向，下列说法正确的是
（ ）
A．大小为8m/s，方向沿天花板向下
B．大小为4m/s，方向沿天花板向上
C．大小为20m/s，方向沿天花板向下
D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下
【答案】C
【解答】解：对物体受力分析，由于物体沿天花板方向做匀速直线运动，则物体受力平衡，所以洛伦
兹力一定垂直天花板向上；
根据左手定则可知，物体的运动方向为沿天花板向下；
摩擦力与相对运动方向相反，沿天花板向上，受力分析图如图所示：
根据平衡条件可得mgcos37°+N＝F 洛，f＝mgsin37°，
又f＝μN，
解得F 洛＝2N，
根据F 洛＝qv0B，
解得物体的速度大小为v0＝20m/s。
故选：C。
7．如图所示，直角边长度为L 的等腰直角三角形AOC 内部，存在垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应
强度大小为B。在AO 边上距O 点
❑√2
2 L位置处有一粒子源P，能垂直AO 边沿纸面向磁场内部发射质
量为m、电荷量为q 的负粒子，粒子射入磁场的速率v 大小可调，忽略粒子所受重力以及粒子间的相
互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的时间不可能小于πm
8qB
B．粒子在磁场中运动的时间可能为πm
3qB
C．粒子在磁场中运动的时间可能为4 πm
3qB
D．若v =
❑√2qBL
3m
，粒子在磁场中的运动时间为2πm
3qB
【答案】D
【解答】解：A．根据题意可知，若粒子的运动速度趋向于无穷大，结合粒子在磁场中做圆周运动的
半径表达式可知其运动的半径趋向于无穷大，粒子几乎不做偏转，从AC 边飞出，则其在磁场中运动
的时间趋向于0，故A 错误；
BC．粒子在磁场中做圆周运动，周期满足T = 2πm
qB
故在三角形AOC 内部做部分圆周运动所用的时间与粒子转过的圆心角有关。若粒子速度较大，粒子从
AC 边飞出，其临界情况为粒子的圆周运动轨迹与AC 边相切，粒子在磁场中运动的时间为
0＜t ＜πm
4 qB
当粒子速度略小于该临界情况，则其从OC 边飞出，转过的圆心角为钝角；当粒子速度逐渐减小至粒
子垂直于OA 边出射，其磁场中运动的时间最长，对应转过的圆心角为180°，所用时间为t = πm
qB
综上不存在粒子在磁场中转过60°出射，用时t = πm
3qB 的情况，故BC 错误；
D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
当粒子的速度 v =
❑√2qBL
3m
可知其运动半径为r =
❑√2 L
3
运动轨迹如下图所示
由图可知xDO=
❑√2
6 L，x AD= L−
❑√2
6 L
粒子轨迹圆的圆心D 到AC 边的距离为x＝xADsin45°＞r
故粒子不会从AC 边飞出，另外出射点E 到O 点的距离为xOE=
❑√r
2−xDO
2 =
❑√6
6 L
可知∠EDO＝60°
故粒子在磁场中转过的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间为2πm
3qB ，故D 正确。
故选：D。
二．多选题
（多选）8．如图所示，矩形区域abcd 内、外分别存在着垂直于纸面向里、向外的匀强磁场，磁场的磁感
应强度大小均为B。比荷为k 的带正电粒子（不计重力）从a 点以与ab 边夹角为30°的速度射入矩形区
域内，粒子第一、二次穿过矩形区域边界时恰好分别经过b、c 点。已知ab＝L，矩形区域外的磁场范
围足够大。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的速度大小为kBL
B．bc= ❑√2L
C．粒子不经过d 点
D．粒子相邻两次经过a 点的时间间隔为10 π
3kB
【答案】AD
【解答】解：A．根据题意可知，粒子第一次穿过矩形区域边界时恰好经过b 点，作出粒子的运动轨
迹，如下图所示
设粒子圆周运动的半径为r，由几何关系，可知圆心角θ1＝60°，则有r1＝L
由洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r1
粒子比荷
q
m =k
联立解得
v＝kBL
故A 正确；
B．根据题意可知，粒子第二次穿过矩形区域边界时恰好经过c 点，作出粒子的运动轨迹，如下图所示
由几何关系有
bc =2rsin(90°−30°)= ❑√3 L
故B 错误；
C．粒子经过b 点时速度方向与bc 边的夹角为60°，因此粒子经过c 点时速度方向与cd 边的夹角为
30°，利用对称性可知，粒子恰能经过d 点，并且能再次经过a 点，故C 错误；
D．根据几何关系，可得粒子相邻两次经过a 点的过程转过的圆心角
θ =2×( π
3 + 4 π
3 )= 10 π
3
所用时间
t = θr
v = 10 π
3kB
故D 正确。
故选：AD。
（多选）9．如图所示，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，M＝0.2kg 且足够长的
绝缘木板静止在光滑水平面上，木板左端放置m＝0.1kg、带电荷量q＝+0.2C 的滑块，滑块与绝缘木
板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加水平向
左大小为F＝0.6N 的恒力，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在木板上先后做匀加速运动、变加速运动、匀速运动
B．滑块在木板上匀加速运动的时间为3s
C．滑块在木板上运动最终的速度为6m/s
D．若滑块经时间t 达到最大速度，则t 秒内滑块位移为（10t﹣29）m
【答案】ABD
【解答】解：A.F 刚作用在木板上时，假设滑块与木板间不相对滑动，则整体的加速度大小为
a=
F
M +m =
0.6
0.2+0.1 m/ s
2=2m/ s
2
滑块与木板间的摩擦力大小为f＝ma＝0.1×2N＝0.2N＜μmg＝0.5N
假设成立，故刚开始时，滑块随木板一起向左匀加速直线运动，随着速度增大，滑块所受向上的洛伦
兹力越来越大，滑块对木板的压力越来越小，滑块与木板间的最大静摩擦力越来越小，当滑块与木板
间的最大静摩擦力减小到0.2N 时，滑块与木板间开始出现相对滑动，此后随着滑块继续向左加速，所
受洛伦兹力继续增大，滑块对木板的压力继续减小，滑块所受摩擦力继续减小，滑块的加速度也继续
减小，当滑块所受洛伦力等于滑块重力时，滑块对木板压力为零，此时滑块的速度达到最大，故A 正
确；
B.滑块匀加速结束时对滑块有μ（mg﹣qv1B）＝ma，解得v1＝6m/s，滑块匀加速运动的时间
t = v1
a = 6
2 s=3 s，故B 正确；
C.滑块最终的速度满足qv2B＝mg，解得v2＝10m/s，故C 错误；
D.匀加速阶段位移x1= 1
2 at
2= 1
2 ×2×3
2m=9m变加速阶段，由动量定理I 合＝Δp，合外力为摩擦力，
其冲量等于木板对滑块的摩擦力冲量。摩擦力 f＝μ（mg﹣qvB），
冲量I =∫
3
t
fdt = μ[mg(t −3)−qB x2]，其中x2为变加速阶段位移。动量变化量Δp＝mv2﹣mv1＝0.1×
（10﹣6）kg•m/s＝0.4kg•m，解得 x2＝10t﹣38m。
总位移x＝x1+x2＝9+10t﹣38＝（10t﹣29）m，故D 正确。
故选：ABD。
（多选）10．矿山、冶金行业的磁选机，用来分离带磁性或带电的矿石颗粒，原理如图所示，绝缘固定
的斜面的剖面AD 与水平面的夹角θ＝37°，点O、C 为直线AD 上的两点，OA 段粗糙，OD 段光滑，
磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD 所在的空间，AD 与磁场方向垂直。质量
为m、电荷量为q 的物块（未画出），在C 点以某一初速度v0（未知）开始沿斜面AD 向上运动，此
时物块与斜面AD 之间的相互作用力大小为0.6mg，已知OA= 5m
2 g
6 B
2q
2、OC=
m
2 g
10 B
2q
2，OA 段的动摩
擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．物块带负电
B．物块在C 点上滑的初速度大小为mg
5qB
C．物块在O 点时的速度大小为3mg
5qB
D．物块在OA 段因摩擦产生的热量为m
3 g
2
2B
2q
2
【答案】BD
【解答】解：A、若没有磁场，则物块对斜面的压力N＝mgcos37°＝0.8mg，由于物块与斜面AD 之间
的相互作用力的大小为0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A 错误；
B、在C 点处垂直斜面方向受力平衡，根据qvB＝0.8mg﹣0.6mg＝0.2mg
得物块在C 点上滑的初速度v = mg
5qB ，故B 正确；
C、由v1
2−v
2=2a xOC
得v1= 2mg
5qB ，故C 错误；
D、向下运动到O 处受到的洛伦兹力F＝qv1B
整理得F = 2mg
5
，方向垂直于斜面向下
摩擦力f＝μ（F+mgcos37°）
整理得f＝0.6mg，开始匀速运动，所以物块在OA 段因摩擦产生的热量为Q＝f•OA
解得Q = m
3 g
2
2B
2q
2，故D 正确。
故选：BD。
三．解答题
11．如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为+q 的带电滑块从光滑绝缘斜面的
顶端由静止释放，滑至底端时恰好即将飞离斜面，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重
力加速度为g，滑块可视为质点。求：
（1）滑块滑至底端时的速度大小；
（2）滑块滑至底端时所用时间；
（3）斜面的高度。
【答案】（1）滑块滑至底端时的速度大小mgcosθ
qB
；
（2）滑块滑至底端时所用时间
m
qBtanθ ；
（3）斜面的高度m
2 gco s
2θ
2q
2B
2
。
【解答】解：（1）由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，
则有mgcosθ＝qvB
代入数据可得v = mgcosθ
qB
（2）物体沿斜面匀加速下滑，由mgsinθ＝ma，v＝at
代入数据可得t =
m
qBtanθ
（3）滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得mgh= 1
2 m v
2−0
代入数据可得h= m
2 gco s
2θ
2q
2B
2
答：（1）滑块滑至底端时的速度大小mgcosθ
qB
；
（2）滑块滑至底端时所用时间
m
qBtanθ ；
（3）斜面的高度m
2 gco s
2θ
2q
2B
2
。
12．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。水平绝缘传送带以恒定速率v0顺
时针转动，传送带上间隔一定距离固定两个长为L 的绝缘杆a、b，绝缘杆与传送带保持垂直且距离传
送带右端足够远。杆a 最下端用锁定装置锁住一个带电圆环，其电荷量为+q、质量为m，圆环视为点
电荷且重力不计。
（1）若圆环与杆a 之间的摩擦不计，解除圆环锁定后，求圆环沿杆a 的运动时间t；
（2）若圆环与杆a 之间的动摩擦因数μ=
❑√3
3 ，解除圆环锁定后，圆环离开杆a 顶端时速度恰好最大，
求最大速度vm；
（3）在第（2）问基础上，若让圆环能套在杆b 上，求杆a 与杆b 之间的距离d。
【答案】（1）圆环沿杆a 的运动时间t = ❑√
2mL
Bq v0
。
（2）圆环离开杆a 顶端时的最大速度大小为2v0。
（3）杆a 与杆b 之间的距离d 为(2❑√3+ 4 π
3 ) m v0
qB
。
【解答】解：（1）对小环进行受力分析，根据左手定则可知，在竖直方向小环仅受洛伦兹力F 洛作用，
由牛顿第二定律得：Bqv0＝ma，解得：a= Bq v0
m
。
由于小环水平向右的速度v0保持不变，沿杆方向的洛伦兹力F 洛恒定，小环沿杆做匀加速直线运动，
根据匀变速直线运动规律有：L= 1
2 at
2
联立解得圆环沿杆a 的运动时间为：t = ❑√
2 L
a = ❑√
2mL
Bq v0
。
（2）由于圆环水平向右的速度v0保持不变，沿杆方向的洛伦兹力F 洛恒定，其速度逐渐增大，圆环对
杆的压力随之增大，因此圆环所受摩擦力逐渐增大。
设当沿杆方向的速度为vy时，圆环速度达到最大值vm，对圆环受力分析，
竖直方向有：Bqv0＝f＝μFN
水平方向有：Bqvy＝FN
联立解得：v y = ❑√3 v0
则圆环的最大速度vm=
❑√v y
2 + v0
2，即vm＝2v0。
（3）圆环离开杆a 后，在磁场中做匀速圆周运动，圆周轨迹如下图所示：
根据洛伦兹力提供向心力得：Bqvm=m vm
2
r
由几何关系可得轨迹的弦长s＝2rsin60°
解得：d= 2❑√3m v0
qB
圆周运动的周期为：T= 2πr
vm
= 2πm
qB
轨迹圆心角为240°，圆周运动时间为：t= 240°
360° ⋅T = 4 πm
3qB
此时间内杆b 运动距离为x＝v0t
若让圆环能套在杆b 上，杆a 与杆b 之间的距离d＝x+s
联立解得：d=(2❑√3+ 4 π
3 ) m v0
qB
。
答：（1）圆环沿杆a 的运动时间t = ❑√
2mL
Bq v0
。
（2）圆环离开杆a 顶端时的最大速度大小为2v0。
（3）杆a 与杆b 之间的距离d 为(2❑√3+ 4 π
3 ) m v0
qB
。
13．如图，在xOy 平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、
电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子从M（0，l）点以沿x 轴正方向的速度射入磁场，并从x 轴上的N 点
射出，出磁场时速度与x 轴正方向的夹角为60°，忽略粒子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k。
（1）求粒子射入磁场的速度大小v0和在磁场中运动的时间t1；
（2）若在xOy 平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M 点以相
同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M 点运动到N 点，求在纸面内固定的正点电荷的电荷量大
小q0；
（3）在（2）问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间t2= 2❑√3 πm
qB
，速度方向首次与N 点速度
方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度vmin（电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，取无限远处
的电势为0 时，与该点电荷距离为Y 处的电势φ = kQ
r ）。
【答案】（1）粒子射入磁场的速度大小v0为2qlB
m
，在磁场中运动的时间t1为πm
3qB ；
（2）若在xOy 平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M 点以相
同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M 点运动到N 点，在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小
q0为16ql
3 B
2
km
；
（3）粒子再次进入磁场前的最小速度vmin为2qBl
3m 。
【解答】解：（1）根据题意作图，如图
根据几何关系可知sin30° = r −l
r
解得r＝2l
根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
r
解得v0= 2qlB
m
，
圆心角为60°，则有t = 60°
360° × 2πr
v0
= πm
3qB
（2）在平面内某处固定一正点电荷q0，同时将粒子电荷量从﹣q 改为−q
3 ，并使其仍能沿原来相同轨
迹由M 到N。原来仅靠磁场提供向心力f＝qv0B，现因带电粒子电量变为q
3 ，则磁场对该粒子的洛伦兹
力减为原来的1
3。要想轨迹不变，必须增加一个恒定指向圆心的“额外”向心力，即由固定正电荷对
该负粒子的库仑引力来补足差额。
由（1）分析可知，圆心恰在（0，﹣1），轨迹半径为2l，则带电粒子在运动过程中到该正电荷的距离
始终是2l。令此固定正电荷为q0，则库仑力大小F =
k q0× q
3
(2l)
2 =q v0 B−1
3 q v0 B
解得q0= 16ql
3 B
2
km
（3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N 点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向
心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即负电荷从N 点离开磁场后绕正电荷
做椭圆运动，如图所示
设OK＝d，则半长轴为a= r +d
2
粒子从N 点射出磁场，到速度方向首次与在N 点时的速度方向相反，所用时间为椭圆运动的半个周期，
类比开普勒第三定律，在库仑力作用下半长轴为a 的椭圆运动与半径为a 的圆周运动的时间相同，根
据牛顿第二定律有
k q0× 1
3 q
a
2
=ma 4 π
2
(2t2)
2
根据能量守恒定律有1
2 mv0
2−
k q0× 1
3 q
r
= 1
2 mvm
2 −
k q0× 1
3 q
d
联立解得vm= 2qBl
3m
答：（1）粒子射入磁场的速度大小v0为2qlB
m
，在磁场中运动的时间t1为πm
3qB ；
（2）若在xOy 平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M 点以相
同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M 点运动到N 点，在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小
q0为16ql
3 B
2
km
；
（3）粒子再次进入磁场前的最小速度vmin为2qBl
3m 。
14．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术。如图，宽度为2r 的均匀带电粒子流（每
个粒子的质量为m、电荷量为+q）从xOy 平面沿x 轴方向以初速度v 垂直进入圆心为A（0，r），外
半径为r，内半径为（❑√2−1）r 的环形匀强磁场，其中初速度指向圆心A 的粒子恰好经过坐标原点
O，不计重力及带电粒子之间的相互作用力。求：
（1）磁场磁感应强度B 的大小；
（2）经过磁场后能汇聚到原点O 的粒子数与总粒子数的比值。
【答案】（1）磁场磁感应强度B 的大小为mv
qr ；
（2）经过磁场后能汇聚到原点O 的粒子数与总粒子数的比值为2−❑√2。
【解答】解：（1）根据几何关系，粒子恰好经过坐标原点，则粒子偏转轨迹半径恰好等于磁场外半径
r，粒子在磁场中偏转，有
qvB =m v
2
r
得磁感应强度
B = mv
qr
（2）如图
从C 点入射的粒子轨迹与磁场内边界相切可以汇聚到O 点，根据几何关系
CP＝r
从D 点入射的粒子轨迹与磁场内边界相切于N 点，可以汇聚到O 点，根据几何关系
AM =r −(❑√2−1)
AO＝MO＝r
则
cosθ =2❑√2−2
DQ＝r（1+cosθ）
则粒子数量比值
CP+(2r −DQ)
2r
=2−❑√2
答：（1）磁场磁感应强度B 的大小为mv
qr ；
（2）经过磁场后能汇聚到原点O 的粒子数与总粒子数的比值为2−❑√2。
15．如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；
x＜0 区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以
速度v0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，不计粒子重力，粒子第一次经y 轴上的C
点（图中未画出）进入第二象限。
（1）求粒子从开始计时到运动至C 点的时间t1；
（2）求粒子速度再次变为x 轴正向时与O 点间的距离d；
（3）若λ = 3
2，求粒子从开始计时到第二次运动至C 点的时间t2。
【答案】（1）粒子从开始计时到运动至C 点的时间为πm
q B0
；
（2）粒子速度再次变为x 轴正向时与O 点间的距离d 为(1−1
λ ) 2m v0
B0q ；
（3）若λ = 3
2，粒子从开始计时到第二次运动至C 点的时间为5 πm
B0q 。
【解答】解：（1）粒子在B0磁场中圆周运动周期为T 1= 2πm
B0q
从开始计时到运动至C 点的运动轨迹为一个半圆，所以该时间为t1= 1
2 T = πm
q B0
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bvq = mv
2
R
解得粒子在磁场中运动半径分别为R1= m v0
B0q
R2= m v0
λ B0q
粒子在磁场中运动轨迹如图所示
粒子在x≥0 磁场区域运动半个周期，在x＜0 磁场区域运动半个周期；粒子速度再次变为x 轴正向时
与O 点间的距离d＝2R1﹣2R2
解得d =(1−1
λ ) 2m v0
B0q
（3）若λ = 3
2，在x＜0 磁场区域周期为T 2= 4 πm
3 B0q
则d = 2m v0
3 B0q
分析可知，粒子只能从左向右第二次穿过C 点，必满足nd＝2R1
解得n＝3
此时轨迹如图所示
则时间为t2=3×( T 1
2 + T 2
2 )
解得t2= 5 πm
B0q
答：（1）粒子从开始计时到运动至C 点的时间为πm
q B0
；
（2）粒子速度再次变为x 轴正向时与O 点间的距离d 为(1−1
λ ) 2m v0
B0q ；
（3）若λ = 3
2，粒子从开始计时到第二次运动至C 点的时间为5 πm
B0q 。
