2026高考物理一輪復習（基礎版）第十一章第2講磁場對運動電荷（帶電體）的作用

含答案第2講磁場對運動電荷（帶電體）的作用

極光是太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，與高空中的分子

或原子碰撞導致的發(fā)光現(xiàn)象。假如我們在北極地區(qū)仰視,發(fā)現(xiàn)正上方有如圖所示沿順

時針方向運動的弧狀極光。試分析：

情

境

導

思

（1）關于該現(xiàn)象中的高速粒子是否能判斷其電性？

（2）該粒子軌跡半徑如何變化？

（3）地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近強還是赤道附

近強？

*固知識構建

*國小題試做

如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為反帶電粒子（電性已在圖中標出）的速率為匕帶電荷

量為d則關于帶電粒子所受洛倫茲力的大小和方向說法正確的是（）

XXXX

甲乙

丙丁

[A]圖甲方洛方向與v垂直斜向下

[B]圖乙尸洛二"民方向與u垂直斜向上

[C]圖丙尸洛二/3方向垂直于紙面向里

[D]圖丁/洛二"民方向垂直于紙面向里

【答案】B

廠（定義）一磁場^^的作用力

「尸=(y//B)

-［大?。?-F=）

(3

對

I—尸二?與B夾角為。）

洛

倫左手定則:伸開左手,使拇指與其余四個手

茲

力指，并且都與手掌在同一個平面內；

的讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向

方向

理_________運動的方向，這時拇指所指的方向

解判斷

就是運動的正電荷在該磁場中所受

一

洛

的方向

倫

茲4^)-F±B,FXv,即F垂直于B與v決定的平面,

力F與v始終垂直,洛倫茲力

H時］-帶電粒子做一運動

運動性質:運動

一動力學方程:

K

q時］—

一半徑、周期公式:R=,T=

運動時間:片丁

【答案】運動電荷0qvBqvBsin0垂直正電荷洛倫茲力不做功勻速直線

勻速圓周——

qBqB

考點一洛倫茲力

探尋規(guī)律a☆☆

設有一段長為L,橫截面積為S的導體，通以大小為/的電流后放入磁場中,電流方向與勻

強磁場的方向垂直,磁感應強度為民導體單位體積內有w個自由電荷，每個自由電荷的電

荷量為%定向移動速率為V。如圖所示。證明:電荷所受的洛倫茲力P洛="慶

提示:導體所受的安培力為廠安=2幾,導體中的電流I=nqSv,安培力與每一個運動電荷所受

洛倫茲力的關系為F*=nSL-F洛，聯(lián)立可得F洛=區(qū)=婦吧2="心

nSLnSL/

1.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別

（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力,都是磁場力。

（2）安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。

2.洛倫茲力與靜電力的比較

項目洛倫茲力靜電力

#0且u與5不平行（說明:運動電荷在磁場電荷處在

產生條件

中不一定受洛倫茲力作用）電場中

大小F=qvB(y.LB)F=qE

力方向

與場方向尸_1_3且尸，VF//E

的關系

作用既可以改變電荷的速度大小，也

只改變電荷的速度方向，不改變速度大小

效果可以改變速度方向

［例1］【對洛倫茲力的理解】（2024?甘肅酒泉模擬）（多選）電荷定向運動時所受洛倫茲力的

矢量和，在宏觀上表現(xiàn)為導線所受的安培力。關于洛倫茲力，下列分析正確的是（）

［A］洛倫茲力和安培力是性質相同的力

［B］洛倫茲力的方向、粒子運動方向和磁場方向不一定相互垂直

［C］粒子在只受到洛倫茲力作用時動能會減少

［D］由于洛倫茲力對粒子不做功，所以安培力對導線也不做功

【答案】AB

【解析】安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀形

式，故安培力和洛倫茲力是性質相同的力，本質上都是磁場對運動電荷的作用力,A正確;根

據(jù)左手定則，可知洛倫茲力總是垂直于磁場方向與速度方向所構成的平面,而磁場方向與

速度方向不一定垂直,B正確;洛倫茲力對粒子不做功，即粒子在只受到洛倫茲力作用時，動

能不變,C錯誤;安培力對導線可以做功,D錯誤。

［例2］【洛倫茲力的應用】（2024?河南洛陽期中）如圖，來自太陽和其他星體的宇宙射線

含有大量高能粒子，由于地磁場的存在改變了這些帶電粒子的運動方向，使很多帶電粒子

不能到達地面，避免了其對地面生命的危害。已知一地上空某處由南指向北的磁感應強度

約為L2xl0「4T,如果有一速率v=5.0xl（）5m/s、電荷量為1.6*10-19c的正電荷豎直向下運

動穿過此處的地磁場，則該正電荷受到的洛倫茲力為（）

[A]9.6X10-18N,向東

[B]9.6xl（yi7N,向西

[C]9.6X10-16N,向北

[D]9.6x1015N,向南

【答案】A

1954

【解析】該正電荷受到的洛倫茲力大小為F=（?vB=1.6xlOx5.0xl0xl.2xl0N=

9.6x1018N,根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力方向向東，故選A。

考點二帶電體在磁場中的運動

帶電體做變速運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發(fā)生變化,故在對帶電體

進行受力分析時，應考慮由洛倫茲力而引起的其他力變化（如彈力，摩擦力）,然后再根據(jù)牛

頓運動定律進行運動分析。

[例3]【洛倫茲力作用下帶電體的直線運動】（多選）如圖所示，粗糙木板豎直固定在

方向垂直于紙面向里的勻強磁場中。t=0時，一個質量為〃?、電荷量為q的帶正電物塊沿

MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的v-t圖像可能是（）

[C][D]

【答案】ACD

【解析】設初速度為％則FN=qvB,若滿足mg=Ff=〃尸N,即加且二回田,物塊向下做勻速運動,

選項A正確;若租g>〃gi，B,則物塊開始有向下的加速度，由詈但可知，隨著速度增大，

加速度減小,即物塊先做加速度減小的加速運動，最后達到勻速狀態(tài)，選項D正確,B錯誤；

若能g<〃gyB,則物塊開始有向上的加速度，物塊做減速運動，由可知，隨著速度減

小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運動，最后達到勻速狀態(tài)，選項C正確。

［例4］【洛倫茲力作用下帶電體的曲線運動】（2024?湖南長沙期中X多選）如圖所示，質量

為m的帶電小球（可視為質點）用長為I的絕緣細線懸掛于O點,在懸點O下方有勻強磁場o

現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，則下列說法正確的是（）

［A］小球從A至C和從D至C到達C點時,速度大小相等

［B］小球從A至C和從。至C到達C點時，細線的拉力相等

［C］小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度相同

［D］小球從A至。過程中，小球機械能守恒

【答案】ACD

【解析】小球在運動過程中所受細線拉力和洛倫茲力不做功,只有重力做功，小球機械能

守恒,A、D兩點等高,小球從A至C和從。至C到達C點時,速度大小相等，故A、D正確;

由向心加速度公式a向=?,可得小球從A至C和從。至C到達C點時的加速度大小相同,

方向也相同，故C正確;假設小球帶正電，則小球從A至C點時，由牛頓第二定律有F-mg-

22

尸洛=7葉，小球從￡）至C點時，由牛頓第二定律有Fmg+F洛=”號，易得F>F\故B錯誤。

考點三帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

1.理論依據(jù)

半徑公式:￡=箭，

根據(jù)牛頓第二定律

列式:號周期公式公空=箸

2.圓心、半徑及運動時間的確定

(1)圓心的確定。

①若已知粒子運動軌跡上兩點的速度V的方向，可根據(jù)尸工匕分別確定兩點處洛倫茲力F

的方向，其交點即為圓心，如圖甲。

②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向,兩點連線的中垂線與速度垂

線的交點即為圓心，如圖乙。

③若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)計算出軌跡半徑廠,則在該點沿洛倫茲

qB

力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙。

(2)半徑的計算。

①由『干求得。

qB

②連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得。

(3)常用的幾何關系。

①如圖甲尸芻或由〃=Z?+(rZ)2求得。

甲乙

②粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角,如圖乙W=a。

③弦切角等于弦所對應圓心角的一半,如圖乙,0=/。

(4)時間的計算。

①利用圓心角、周期求得

②利用弧長、線速度求得r=,

V

［例5］【運動軌跡的確定】研究學者在做粒子探測實驗時，將一個電荷量為磯=+3e的粒

子,自勻強磁場中a點向左水平射出，當它運動到b點時，與一個帶電荷量為qGe靜止的

粒子發(fā)生碰撞并結合為一個新粒子，不考慮粒子所受的重力,則接下來新粒子的運動軌跡

可能是（）

XX：XXXX：XX

—^a

X//X：XXx//X-XX

X：XXX：XX

XXxX

)x

XX：XXX：X

XxixXX*x

XXXX：xX

[A][B]

XX：XXXX四X

v^-*\

X/Xx//X：X

)x

\x：X人X：X

XxxX

b\bT

XX：XXXX：XX

XX；XXXX；XX

[C][D]

【答案】A

【解析】帶正電粒子在b點與一帶負電的靜止粒子碰撞合為一體，此過程滿足動量守恒,

碰撞后新粒子的速率、質量雖然與碰撞前不同，但動量與碰撞前相同,帶電荷量變?yōu)?2e。

設碰撞前帶正電粒子的動量為，則其在磁場中做勻速圓周運動的半徑為n=巖=襦，碰撞

后新粒子的總動量仍為0,帶電荷量變?yōu)?2e,則『2=癮,所以碰撞后的新粒子做勻速圓周運

動的半徑比碰撞前帶電粒子的半徑大，根據(jù)左手定則可判定碰撞后新粒子從b點開始向下

偏轉。

[例6]【兩個公式的應用】云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電

粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。

圖中a、b、c、d、e是從。點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。關于這些徑跡，下列判

斷正確的是（）

0

d

[A]d,e都是正電子的徑跡

[B]a徑跡對應的粒子動量最大

[C]b徑跡對應的粒子動能最大

[D]a徑跡對應的粒子運動時間最長

【答案】D

【解析】帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知4、6、C是正電

子的徑跡,d、e是負電子的徑跡,A錯誤;帶電粒子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力，有

2

4誣="二,解得氏="，由題圖可知a徑跡對應的粒子運動半徑最小,a徑跡對應的粒子速度

RqB

最小，根據(jù)0=mv,可知a徑跡對應的粒子動量最小,B錯誤;根據(jù)反=）/曠2,可知Eka<Ekh<Ekc,

即6徑跡對應的粒子動能不是最大的,C錯誤;帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心

力，有*8=〃片,7=迎，則7=學，所以乙=〃=7>7>7；,粒子在磁場中的運動時間其中

a為粒子在磁場中的偏轉角度，由題圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的粒

子運動時間最長,D正確。

[例7]【帶電粒子在勻強磁場中的螺旋運動】（2024?云南昆明二模）（多選）某興趣小組在

利用洛倫茲力演示儀（圖甲）探究帶電粒子在勻強磁場中運動的規(guī)律時，發(fā)現(xiàn)有時玻璃泡中

的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情景

來討論:在空間存在平行于y軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內以初速度vo沿與尤

軸正方向成。角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,其軸線平行于y軸，螺旋半徑為

R,螺距為螺旋周期為T,下列說法正確的是（）

y

乙

[A]勻強磁場的方向為沿y軸負方向

[B]若僅增大勵磁線圈中的電流，則螺旋半徑R減小

[C]若僅增大電子的加速電壓，則螺距Ay將增大

[D]若僅增大8角（，<90。）,則螺旋周期T將減小

【答案】ABC

【解析】將電子的速度沿著x軸和y軸分解，如圖所示,

v3=vosin0,Vx=vocos。，電子沿著y軸正方向做勻速直線運動，在xOz平面內做勻速圓周運動,

根據(jù)題圖乙可知電子從O點開始向上偏轉,電子在。點受到的洛倫茲力沿著z軸正方向，

且電子帶負電，利用左手定則可知勻強磁場的方向為沿y軸負方向，故A正確;由洛倫茲力

（）

提供向心力，有gwcosg-B=mVoCOs92,^R=EC°S8,若僅增大勵磁線圈中的電流，則磁感應

RqB

強度增大,根據(jù)半徑表達式可知，電子做勻速圓周運動的半徑變小，故B正確;電子在電場中

加速，根據(jù)動能定理有解得根據(jù)運動學公式,螺距為A^=vosin0-T,電子

做勻速圓周運動的周期為7=空空，可知周期與6角無關，若僅增大。角（0<90。）,7不變，若僅

qB

增大電子的加速電壓，由螺距表達式可知，螺距會更大，故C正確,D錯誤。

昌課時作業(yè)

（滿分:60分）

固基礎對點練

對點1.洛倫茲力

1.（6分）（2024?廣西南寧期末X多選）關于靜電力、安培力與洛倫茲力，下列說法正確的是

（）

[A]電荷放入靜電場中一定受靜電力,電荷放入磁場中不一定受洛倫茲力

[B]若通電導線在磁場中受到的安培力為零,該處磁場的磁感應強度不一定為零

[C]洛倫茲力可能做功也可能不做功

[D]磁場對通電導線的作用力的方向不一定與磁場方向垂直

【答案】AB

【解析】電荷放入靜電場中一定會受靜電力，靜止的電荷放入磁場中不受洛倫茲力，運動

電荷的速度方向與磁感線平行時也不受洛倫茲力，故A正確;若通電導線在磁場中受到的

安培力為零，可能是通電導線中電流方向與磁場方向平行，該處磁場的磁感應強度不一定

為零，故B正確;洛倫茲力總是與速度方向垂直，所以洛倫茲力總是不做功，故C錯誤;磁場

對通電導線的作用力即安培力方向與磁場方向一定垂直，故D錯誤。

2.（4分）如圖所示，四根平行長直導線〃、6、c、[垂直于紙面放置，它們位于正方形的四個

頂點上，導線中通有大小相等的電流。0點位于正方形的中心，已知每根導線在0點處的

磁感應強度均為瓦,一電子從正方形中心O點以速度v沿垂直于紙面向里的方向運動，它

所受洛倫茲力的大小和方向是（）

/\

拉力電

\/

V

C

[A]0,豎直向上豎直向下

[C]魚與匕水平向左[D]2e&v水平向右

【答案】B

【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知,°、c兩導線在。點產生的磁感應強度方向均向左,6、d

導線在。點產生的磁感應強度互相抵消，則O點合磁感應強度方向向左,大小為2瓦,根據(jù)

左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向豎直向下，大小為P洛=qv8=2eBo%故選B。

對點2.帶電體在磁場中的運動

3.（4分）在B=2T的勻強磁場中，一質量m=1kg、帶正電q=lC的物體沿光滑的絕緣水平

面以初速度v0=10m/s向左運動,g取10m/s2,如圖，運動過程中物體受地面的支持力大小

為（）

XXXXXX

XXX8XXX

xx><x^Ox

/7777777777777777777777777777777T

[A]ION[B]20N

[C]30N[D]0

【答案】C

【解析】物體受洛倫茲力的大小為尸=qi，o8=lxlOx2N=2ON,由左手定則可知洛倫茲力的

方向豎直向下，運動過程中物體受地面的支持力大小為入=7咫+尸=lxlON+2ON=3ON。

4.（6分）（2024?廣西南寧模擬X多選）一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動,速度方

向垂直于一個水平方向的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上,設飛行時間為

A,水平射程為S1,著地速度為VIO撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為打,水平射程

為S2,著地速度為V2,則下列判斷正確的是（）

3XX

ie11Ixx

：xX

___|ixx

[A]51<52[B]t[>t2

[C]Vi和V2大小相等[D]Vi和V2方向相同

【答案】BC

【解析】在豎直方向上，有磁場時，小球所受合力小于重力，加速度小于沒有磁場時的加速

度，下落時間變長;在水平方向上，有磁場時,水平方向合力不為零，且向右,所以水平距離大

于無磁場時的水平距離，故A錯誤,B正確。全過程有磁場和無磁場都只有重力做功，由動

能定理可得之加,三切^^刁咫兒下落高度一?樣,即兩次落地時，速度大小一■樣,但運動軌跡不

同，所以速度方向不同，故C正確,D錯誤。

5.（4分）（2024?江蘇無錫期中）如圖所示,在磁感應強度大小為2、方向垂直于紙面向外的范

圍足夠大的勻強磁場內,固定著傾角為6的絕緣斜面，一個質量為m、電荷量為-q的帶電

小物塊以初速度w沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃。設運動時電荷量

不變，在小物塊上滑過程中,其加速度大小a與時間t的關系圖像可能正確的是（）

[C][D]

【答案】C

【解析】對沿斜面向上運動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin9+/j.F^=ma,F^=

mgcos6+quB,聯(lián)立解得a=gsin，+〃gcos。+“魯/方向沿斜面向下，所以小物塊沿斜面向上做

加速度減小的減速運動，則a-t圖像的斜率變小，當速度接近零時，加速度不接近零，故選C。

對點3.帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

6.（6分X2024?廣東東莞期末X多選）如圖甲所示，用強磁場將百萬開爾文的高溫等離子體

（等量的正離子和電子）約束在特定區(qū)域實現(xiàn)受控核聚變的裝置叫托卡馬克裝置。我國托

卡馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行100秒的成績。圖乙為其中沿管道方向的磁場

分布圖，越靠管的右側磁場越強。不計離子重力，關于離子在圖乙磁場中運動時，下列說法

正確的是（）

[A]離子在磁場中運動時，磁場可能對其做功

[B]離子在磁場中運動時，離子的動能一定不變

[C]離子由磁場的左側區(qū)域向右側區(qū)域運動時，運動半徑減小

[D]離子由磁場的左側區(qū)域向右側區(qū)域運動時，洛倫茲力不變

【答案】BC

【解析】離子在磁場中運動時，由于洛倫茲力方向總是與速度方向垂直，磁場對其不做功,

2

動能不變，故A錯誤,B正確;離子在磁場中由洛倫茲力提供向心力有*2=?，可得r=~,

右側區(qū)域磁場較強，離子由磁場的左側區(qū)域向右側區(qū)域運動時,洛倫茲力變大，運動半徑減

小，故C正確,D錯誤。

7.（4分）勻強磁場垂直于紙面向里，在磁場中某點同時釋放兩個帶電粒子。和6,速度大小和

方向均相同，運動軌跡如圖所示。不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用力，下列判斷正

確的是（）

[A]粒子a帶正電，粒子b帶負電

[B]粒子a的比荷又較大

m

[C]粒子b的運動周期較大

[D]粒子b的向心加速度較小

【答案】A

【解析】帶電粒子a做逆時針方向的圓周運動，帶電粒子b做順時針方向的圓周運動，根

據(jù)左手定則可知，粒子a帶正電，粒子b帶負電,A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

"8=根《，整理得包=二,由于帶電粒子a做圓周運動的半徑較大，則粒子a的比荷包較小,B錯

誤;根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的周期7=等，可知粒子b的運動周期較小,C錯誤;根據(jù)

向心加速度工可知粒子b的向心加速度較大,D錯誤。

R

8.(4分X2024?廣西卷,5)。。坐標平面內一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應強度大小為

員方向垂直紙面向里。質量為根、電荷量為+q的粒子，以初速度v從。點沿x軸正向開始

運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45。,交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的

距離為()

XXX

XXX

[C]d+V2)^[D](l+凈器

【答案】C

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，出磁場后做勻速直線運動，運動軌跡如圖所示。在

2

磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=m^,可得粒子做圓周運動的半徑—荒，根據(jù)幾何

關系可得P點至O點的距離Z=+^—=(1+V2)—o

POrsin45°qB

y

I

XXX

國綜合提升練

9.（4分）（2025?內蒙古高考適應性考試）如圖甲，在光滑絕緣水平桌面內建立直角坐標系。町,

空間內存在與桌面垂直的勻強磁場。一質量為機、帶電荷量為q的小球在桌面內做圓周

運動。平行光沿x軸正方向照射，垂直光照方向放置的接收器記錄小球不同時刻的投影位

置。投影坐標y隨時間r的變化曲線如圖乙所示，則（）

0z

0%223即4t0t

甲乙

[A]磁感應強度大小為普

[B]投影的速度最大值為等

[C]2%?3%時間內，投影做勻速直線運動

[D]3%?仇時間內，投影的位移大小為加

【答案】D

【解析】由題圖乙知,7=6/0=%\得■，故A錯誤;2R=4yo,得氏=2泗=婦，得v上空故B

錯誤;k/圖像的斜率大小表示速度大小，故C錯誤;3而?4/o時間內，小球運動工個圓周，位移

6

為R=2yo,則投影的位移大小為2yoeos6O°=yo,故D正確。

10.（6分）（2024?江西九江期末X多選）如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別

為Bi、虛線MN為理想邊界?，F(xiàn)有一個質量為根、電荷量為e的電子以垂直于邊界

MN的速度v由尸點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，其運動軌跡

為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是（）

M

B2x

xjcx

X.-ZX

N'

[A]電子的運動軌跡為P—?！狹—C—N—E一尸

[B]電子再次運動到P點所用的時間仁智

[C]Bi=2B?

[D]電子在&區(qū)域受到的磁場力始終不變

【答案】AC

【解析】由左手定則可知,電子在P點所受的洛倫茲力方向向上，軌跡為PTDTMTCT

NTETP,故A正確;電子在磁場中由洛倫茲力提供向心力有evB=m—,又7=犯，解得r=—,

rveB

7=之友，由題圖可知2廠產〃，則81=2星,電子再次運動到P點所用的時間為t=Tl+-T2=—+

eB2eB1

點筌=署，故B錯誤,C正確;電子在磁場中受洛倫茲力始終與速度垂直，方向時刻改變，故D

錯誤。

11.（12分）如圖所示小點與坐標原點的距離為L,坐標平面內有邊界過A點和坐標原點O

的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標平面向里（圖中未畫出）。有一電子（質量為加、

電荷量為e）從A點以初速度vo平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域,在磁場中運動，從x軸上

的B點射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸的正方向之間夾角為60。,求：

~~,/々60。

（1）磁場的磁感應強度大??；

（2）磁場區(qū)域的圓心Oi的坐標；

（3）電子在磁場中運動的時間。

【答案】⑴翳⑵學$⑶然

【解析】（1）由題意可知電子在有界圓形磁場區(qū)域受洛倫茲力而做勻速圓周運動,設圓周

運動軌跡半徑為r,磁場的磁感應強度為a,則有evoA）=相也，如圖所示，過A、B點分別作速

r

度方向的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，已知B點速度方向與X軸正方向之間的

夾角為60°,由幾何關系得，軌跡圓的圓心角NC=60°,AC=BC=AB=r，已知OA=L，得OC=r-L,

由幾何知識得片2L,聯(lián)立解得Bo=—o

(2)由于ABO在磁場區(qū)域圓周上,NAOB=90。,得AB為圓形磁場區(qū)域的直徑，故AB的中點

為磁場區(qū)域的圓心Ch。的坐標為(丸|)。

(3)電子做勻速圓周運動，則圓周運動的周期為7=——=——,

%vo

電子在磁場中運動的時間

右黑7=/盧。第3講小專題:帶電粒子在有界磁場中的運動多解問題

36Uo3VQ

考點一帶電粒子在有界磁場中的運動

1.直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)

2.平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)

3.圓形邊界(進出磁場具有對稱性)

⑴沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示。

(2)不沿徑向射入時,如圖乙所示。射入時粒子速度方向與半徑的夾角為仇射出磁場時速度

方向與半徑的夾角也為0。

(3)環(huán)形磁場:如圖丙所示，帶電粒子沿徑向射入磁場，若要求粒子只在環(huán)形磁場區(qū)域內運動,

則一定沿半徑方向射出;當粒子的運動軌跡與內圓相切時,存在臨界問題，即粒子有最大速

度或磁場有最小磁感應強度。

4.多邊形邊界或角形區(qū)域磁場

帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場中運動時，會有不同的臨界情況，解答該類問題主

要把握以下兩點：

(1)射入磁場的方式。

①從某頂點射入；

②從某邊上某點以某角度射入。

(2)射出點的判斷:經常需判斷是否會從某頂點射出。

①當它，時，可以過兩磁場邊界的交點，入射點到兩磁場邊界的交點距離為d=2Rsina,如圖

甲所示。

②當時,不能通過兩磁場邊界的交點，臨界條件為粒子的運動軌跡會和另一個邊界相

切,如圖乙所示。

［例1］【單直線邊界磁場】(2024?廣西柳州三模X多選)如圖所示,MN上方存在勻強磁場,

同種粒子a、b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為

30。和60。,且均由尸點射出磁場廁a、b兩粒子()

XXXXXXXX

XX/XxG\XX

xxxxxiX

X*XXXXXX

a\b.

X《x\x戶xxXX

XX'X'X」X_x

M0PN

［A］運動半徑之比為百：1

［B］初速率之比為1：V3

［C］運動時間之比為5:2

［D］運動時間之比為6:5

【答案】AC

【解析】設0P=2d,由幾何關系可知ra=^—=2d,rb=^—=^,可知a、b兩粒子的運動半

sin30°sin60°V3

徑之比為8：1,選項A正確;根據(jù)05=7一,可得片幽，則曳=2=紙即初速率之比為8：1,

丫他為w1

選項錯誤;根據(jù)T=-,t=-T,a,兩粒子轉過的角度之比為則運動時

BqB2nb300°:120°=5:2,

間之比為5：2,選項C正確,D錯誤。

［例2］【平行直線邊界磁場】（2024?貴州遵義階段檢測）

真空區(qū)域有寬度為/、磁感應強度大小為2的勻強磁場,磁場方向如圖所示,MN、尸。是磁

場的邊界。MN邊界上有一個點狀的粒子放射源S,它可以向各個方向發(fā)射質量為，力、電

荷量為+以“>0）、速率為v（未知）的帶電粒子。若粒子沿著與兒W夾角為37。的方向射入磁

場中,剛好未能從尸。邊界射出，在磁場中運動時間f（未知）后從邊界離開。不計粒子的

重力，取sin37o=0.6,cos37o=0.8。求：

（1）帶電粒子在磁場中運動的速率v和時間f,

（2）尸。邊界有粒子射出的長度尤。

［答案］⑴寨喘（2）f

【解析】（1）粒子剛好未能從P。邊界射出磁場的臨界軌跡如圖甲所示。

甲

根據(jù)幾何關系可知

R+Rcos37°=/,

解得Rf

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

nV2

Bqv=m—,

解得v=幽；

9m

粒子運動的周期T=—=—,

vBq

粒子運動的時間

(180°-37°)x22nm_1437im

t=--------------------X-------=-----------O

360°Bq90Bq

(2)當粒子初速度平行MN時，軌跡如圖乙所示。

根據(jù)幾何關系可知

S，C=1R2-(kR)2=g,

另外,SA=Rsin37。=/

則P。邊界有粒子射出的長度

21

X=S'C+SA=-.

［例3］【圓形邊界磁場】(2023?全國甲卷,20)(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸

的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電

粒子從尸點沿尸。射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓

上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變,

不計重力。下列說法正確的是()

?乳xxOxx/

XX

［A］粒子的運動軌跡可能通過圓心0

［B］最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

［C］射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短

［D］每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線

【答案】BD

【解析】帶電粒子在與筒壁的兩次碰撞的過程中，其軌跡圓弧的兩端間的切線延長線一定

交于磁場圓的圓心0,由幾何關系可知,粒子運動的軌跡不可能通過。，選項A錯誤;設粒子

帶負電，由題意可知，若粒子最終從P點射出，粒子射入磁場與筒壁發(fā)生若干次碰撞以后軌

跡的圓心組成的多邊形為以筒壁為內切圓的多邊形，最少應為三角形，如圖所示，即撞擊兩

次，選項B正確;速度越大，粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數(shù)可能會增多，粒子在圓內

運動時間不一定減少，選項C錯誤;粒子每次與筒壁碰撞前后,速度均沿圓筒半徑且方向相

反,則碰撞后瞬間，粒子的速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線，選項D正確。

［例4］【三角形邊界磁場】（2024?甘肅蘭州期末）（多選）如圖所示,邊長為L的等邊三角形

A的。區(qū)域內，存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為人若將質量為必電荷量

為4的帶正電粒子從頂點4沿角平分線方向以不同的速率射入磁場區(qū)域內，不計粒子重力,

則（）

C

A

,/xX，隊

/XX\

［A］粒子可能從9點射出

間粒子入射速率為黑時，從C點射出

［C］粒子入射時的速率越大，在磁場中的運動時間一定越短

［D］從4c邊射出的粒子，出磁場時的速度方向都相同

【答案】BD

【解析】根據(jù)左手定則，粒子會向4c偏轉，不可能從9點射出，故A錯誤;根據(jù)洛倫茲力

?2

提供向心力，有伏氏力，，若粒子從C點射出，根據(jù)幾何關系有r=L,解得粒子入射速率為

尸酗，故B正確;粒子在磁場中的運動周期為7=陋，設粒子運動軌跡對應的圓心角為仇粒

mqB

子在磁場中的運動時間為t=-T=—,當粒子的速率小于或等于理時，粒子都從4C邊射出,

2兀qBm

其軌跡對應的圓心角都等于60。,在磁場中的運動時間相等，則粒子入射時的速率越大，在

磁場中的運動時間不一定越短，從AC邊射出的粒子，在磁場中偏轉角度相同，出磁場時的

速度方向都相同，故C錯誤,D正確。

［例5］【矩形邊界的磁場】（2024?湖南湘潭開學考）如圖,一足夠長的矩形區(qū)域abed內充滿

方向垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，在“d中點O沿紙面向磁場內射入一

速度方向與〃邊夾角族30。、速度大小為啾未知量）的帶正電粒子，已知該粒子的質量為

m、電荷量為q,ad邊長為L,ab邊足夠長，該粒子重力不計。

-...................tb

XXXXX:

XXXXX;

XXXX:

C

⑴若粒子恰好沒有從磁場cd邊界射出,求該粒子的入射速度大?。?；

（2）要使粒子從ad邊離開磁場，求入射速度的最大值%2。

91規(guī)范答題I

【答案］（1喈⑵鬻

【解析】（1）若該粒子恰好沒有從磁場cd邊界射出，運動軌跡如圖甲所示，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

gv

0'1

由幾何關系得risinkg,

解得r尸乙，聯(lián)立可得為1=哼。

(2)要使粒子從ad邊離開磁場，則速度最大時,軌跡與ab邊界相切，如圖乙所示,

由幾何關系得F2+r2sin0=-,

解得潔

則入射速度的最大值為

qBrqBL

r2

o2=——?

［例6］［其他邊界的磁場】(2024.黑龍江大慶階段檢測)一勻強磁場的磁感應強度大小為

員方向垂直于紙面向外淇邊界如圖中虛線所示,ab=cd=2L,6c=de=L,一束狙e粒子，在紙

面內從。點垂直于仍射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已

知習He粒子的質量為3%電荷量為妙貝!!()

［A］粒子能到達de中點

［B］從6c邊界射出的粒子運動時間相等

［C］在磁場中運動時間最長的粒子,其運動速率為v=警

12m

［D］粒子在磁場中運動的最長時間為空

2qB

【答案】c

【解析】稱He粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖甲所示，由圖可知，粒子要在bcde

區(qū)域運動，在經e點時軌道半徑最大，此時粒子沒能到達de中點，因此粒子不能到達de中

點,A錯誤；

bf

甲

設粒子的運動軌跡過bcde上的某一點g,O為粒子做圓周運動軌跡的圓心，當ZOag最大

時，粒子運動軌跡對應的圓心角最大，粒子在磁場中運動時間最長,如圖乙所示，由幾何關系

可知，當c點與g點重合時，粒子運動時間最長，即從反邊界射出的粒子運動時間不相等,

設此時的運動半徑為民由幾何關系有(2L-R)2+Z7=R2,解得尺=紅,由洛倫茲力提供向心力,

4

有qvB=3〃?/,解得v=鬻,B錯誤,C正確;9He粒子在磁場中運動的周期為7=等=需在

/\Obc中，設NbOc為火由幾何關系可得tana=可得a=53。,則粒子在磁場中運動的最

180°+53°2337cm

長時間為t=fT=-2-33-0T^-,D錯誤。

360°360°60qB

“三步法”解答帶電粒子在有界磁場中的運動問題

二:即畫出軌跡，并確定圓心，利用幾何方法求