磁场对运动电荷的作用（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新高考）

第39讲磁场对运动电荷的作用

——划重点之精细讲义系列

专题电航①

考点1对洛伦兹力的理解

考点2带电粒子在匀强磁场中的运动

考点3带电粒子在直线及平行边界中的运动

考点4带电粒子在折线形边界中的运动

考点5带电粒子在圆形及环形边界中的运动

贵基础相识勤军疝

一洛伦兹力

1.定义：运动电荷在磁场中所受的力.

2.大小

(l)v〃B时，F=0.

(2)v_L3时，F=qvB.

(3)v与5夹角为。时，F=qvBsm_0.

3.方向

(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向.

(2)方向特点：尸_1也即尸垂直于8、u决定的平面.(注意8和y可以有任意夹角).

由于尸始终垂直于y的方向，故洛伦兹力永不做功.

二.带电粒子在磁场中的运动

1.若口〃5,带电粒子以入射速度u做匀速直线运动.

2.若口_15,带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度u做匀速圆周运动.

3.基本公式

V2

(1)向心力公式：qvB=mrj.

rnv

(2)轨道半径公式：厂=丽.

2兀72兀加

(3)周期公式:T=

vqB"

Bq

，T27im'

「一生一右f—因

CO——T，——271/—.

1Jm

应考点剖析理重点

考点1:对洛伦兹力的理解

1.洛伦兹力的特点

(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面.

(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)洛伦兹力一定不做功.

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，都是磁场力.

(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功.

3.洛伦兹力与电场力的比较

洛伦兹力电场力

产生条件厚0且V不与8平行电荷处在电场中

大小F=qvB(v_L5)F=qE

力方向与场方正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力

一定是P_LB,F±v

向的关系与电场方向相反

做功的情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功

4.理解洛伦兹力的四点注意

(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向.

(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用的特点.

(3)计算洛伦兹力大小时，公式尸=qv8中，v是电荷与磁场的相对速度.

(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)

速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等.

•___金

工考迪楚舞产

【考向1](多选)宇宙中存在大量带电粒子，这些带电粒子经过地球时，地球的磁场使它们发生偏

转。若比荷相同的粒子均以同一速度垂直地面射入地磁场区域，有()

A.从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转方向相同

B.从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转方向相反

C.在极地附近射入的粒子，受到的地磁场作用力更大

D.在赤道附近射入的粒子，受到的地磁场作用力更大

【答案】BD

【详解】AB.根据左手定则可知，从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转方向相反。

故A错误；B正确；

CD.在极地附近射入的粒子，因其速度方向和地磁场的方向接近平行，受到的地磁场作用力较小，

在赤道附近射入的粒子，其速度方向和地磁场方向接近垂直，受到的地磁场作用力更大。故C错

误；D正确。

故选BD。

【考向2】（2024・河北・二模）如图所示，空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场（方向未知），一带正

电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒

子运动过程中的电荷量不变。下列说法正确的是（）

A.粒子的运动方向为c—6—a

B.粒子所受的洛伦兹力大小不变

C.粒子在6点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向

D.磁场的方向垂直纸面向里

【答案】D

【详解】A.由于空气阻力做负功，粒子运动过程中速率逐渐减小，由

V2

qvB=m—

得

所以粒子运动的轨道半径逐渐减小，粒子的运动方向为aTbrc,A错误；

B.由公式f=可知粒子所受的洛伦兹力逐渐减小，B错误；

C.粒子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，方向指向弯曲轨迹的内侧，所以粒子在b点的洛伦兹力

并不沿切线方向，C错误；

D.由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向里，D正确。

故选D。

【考向3】（2023•陕西西安・一模）如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸

面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q（q>0）的滑块自。点由静止沿斜面

滑下，下降高度为/I时到达6点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自。点运动到6点的过程，下

列说法正确的是（）（重力加速度为g）

A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用

B.滑块在6点受到的洛伦兹力大小为qB频K

C.洛伦兹力做正功

D.滑块的机械能增大

【答案】B

【详解】A.滑块自。点由静止沿斜面滑下，在。点不受洛伦兹力作用，故A错误；

BCD.滑块自。点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒

1

mgh--mv2

得

v=J2gh

故滑块在b点受到的洛伦兹力为

F=qBv=qB12gh

故B正确，C错误，D错误。

故选B。

【考向4】（2024.山东济南.一模）一倾角为a的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应

强度大小为瓦质量为加电荷量为-q的小球，以初速度为从N点沿M0边水平射入磁场。已知斜

面的高度为%且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是（）

B.小球到达底边的时间为上，

ygsm^a

C.小球到达底边的动能为zngh

D.匀强磁场磁感强度的取值范围B4厘竺

q»o

【答案】B

【详解】A.小球运动过程中，小球受到的洛伦兹力、重力恒定不变，则小球受到的合力不变，且

合力方向与初速度方向不在同一直线上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，故A错误；

B.小球做类平抛运动，在M0方向上，小球做匀速直线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线

运动，则

h1

——=77at29

sina2

小球的加速度为

a=gsind

解得小球到达底边的时间为

2h

：-2-

t=[gsin/a

故B正确；

C.根据动能定理，小球到达底边的动能为

17

为=2mvo+mgh

故C错误；

D.根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面向上，为使小球不脱离斜面，则

qv0B<mgcosa

解得匀强磁场磁感强度的取值范围为

Bvmgcosa

一q»o

故D错误。

故选B。

K考点翻柘理重点

考点2：带电粒子在匀强磁场中的运动

1.带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法

（1）确定圆心

!,••!：xxx：।J-

ok•周4xxBH1>不

.\y°j>

LL\Xx

啜啜*1晨OxX

'甲‘‘乙‘丙

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

①

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（如图甲所示）

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

②

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）

若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，

③如图丙所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角

（NB1M）,画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点0,该点就是圆心

（2）确定“半径

inv

方法一由物理方程求：半径R—”

qb

方法二由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定

x

1lxxx\x

i~

R-d\，v»

0例：(右图)或由R2=〃+(R—d)2求得R=_^

Sinc/Za

（3）确定“圆心角与时间”

、卯

\、X.

①速度的偏向角9=圆弧所对应的圆心角（回旋角）。=2倍的弦切角a,即（p=6

圆心角的

=2a=（ot,如图所示

确定

②偏转角"与弦切角1的关系：夕＜180。时，（p=2a;夕＞180。时，夕=360°—2a

e

方法一：由圆心角求，t=^rT

时间的计

算方法

方法二：由弧长求，

2.重要推论

（1）当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越

长.

（2）当速率v变化时，圆心角大的运动时间长.

•___金

工韦迪楚舞产

【考向5】如图，在平面直角坐标系。町的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度

大小为瓦一个质量为小电量为q的粒子从y轴上的P（0,百L）点射入磁场，入射速度方向与y轴

正方的夹角为a=150。，粒子垂直无轴离开磁场。不计粒子的重力。则正确的是（）

A.粒子一定带负电

B.粒子在磁场中运动的时间为胆

3qB

C.粒子入射速率为旧理

m

D.粒子离开磁场的位置到。点的距离为（2百-3）L

【答案】D

【详解】A.根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误;

BC.a=150。时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图

y

x'tlha=150。B\

I

fI

//

粒子运动的半径为

V3L「

r=———=2aL

cos60

洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m—

r

解得粒子入射速率

2^3qBL

v=----------

m

轨迹对应的圆心角为30。，粒子在磁场中运动的时间为

30°12irm

t—“T—,—x—n—m

360°12qB6qB

故BC错误；

D.粒子离开磁场的位置到。点的距离为

d-r—rcos30°=（2>/3—3）L

故D正确。

故选Do

【考向6］（多选）如图所示，边长为L的正方形区域A3。内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度为瓦一带电粒子以速度vo从D点射入磁场，速度方向与C。边夹角为60。，垂直边射

出磁场，则下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中的轨迹半径为L

B.粒子的比荷为回

BL

C.粒子在磁场中的运动时间为普

D.逐渐增大粒子的速度，且粒子仍从BC边射出，则粒子在磁场中的运动时间减小

【答案】CD

【详解】

如图所示，由几何关系可得，粒子在磁场中的轨迹半径为

L2A/3

V=--------=-----L

cos30°3

故A错误；

B.根据洛伦兹力提供向心力

2

v0

qv0B=m----

联立解得粒子的比荷

q_V3v0

m2BL

故B错误；

C.由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角为60。，粒子在磁场中的运动时间

271T60°2V3TTL

t—___x------=______

v03609v0

故C正确；

D.根据

V..i2

qvrB=m--

r'

可得

mv'

可知速度增大，粒子在磁场中做圆周运动的半径增大，由作图法可知当速度增大到一定值时，粒子

仍从2C边射出，则粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角。减小，粒子在磁场中的运动时间

减小，故D正确。

故选CDo

【考向7】如图所示，xOy坐标平面内一有界匀强磁场区域(边界平行无轴)，方向垂直坐标平面向

里。质量为加、电荷量为q的粒子，以大小为v的初速度从。点沿x轴正方向开始运动，粒子经过

y轴上到。点距离为(/+l)d的P点，此时粒子速度方向与y轴正方向的夹角0=45。。不计粒子所

受的重力。求：

XXXXXX

B

XXXXvXX

X义夕XXX

(1)磁场的磁感应强度大小B-,

(2)粒子从。点运动到P点的时间to

【答案】⑴子

qd

(37r+4)d

⑵

4v

【详解】(1)作出粒子运动轨迹，如图所示

R

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

V2

qvB=Tn—

R

解得

mv

(2)粒子做圆周运动的周期

2TTR

T=——

v

粒子在磁场中运动时间

180°-45°

————T

ti360°

粒子匀速直线运动时间

R

f_tan。

r

2一V

粒子从。点运动到尸点的时间

t=t]+12

解得

(3TT+4)d

t=------------

4v

【考向8】(2024.河北邯郸.一模)如图所示，边长为L的正方形48DC区域(含边界)内存在匀强电

场，电场强度方向向下且与zc边平行。一质量为机、电荷量为+q的带电粒子从A点沿方向以初

速度为射入匀强电场，恰好能从。点飞出。不计粒子重力。

4、B

CLD

(1)求粒子在电场中运动的时间f及速度偏转角8的正切值;

(2)若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度%从A点进入磁

场，粒子以相同偏转角。从BD边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。

【答案】(1)5，2

【详解】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式可知

L

t=—

%

位移偏转角为a,则有

L

tana=-=1

速度偏转角的正切值

tan。=2tana=2

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

由几何关系可知

rsin0=L

且

2V5

sin。=—^―

由牛顿第二定律可知

Vo

qvB=m—

0r

联立解得

B2mvo

~yJSqL

粒子在匀强电场中运动过程有

tan。=2=也

%

且

%=.t,L=vot

联立解得

「2nl诏

qL

所以磁感应强度与电场强度的比值为

B_V5

E5v0

■考点剖析理重点

考点3：带电粒子在直线及平行边界中的运动

XXXX{xXXX

模型

图

"4%"

直线(a)(b)(c)

边界对于磁场只有一条无限长直线边界的情况，主要关注的问题有：一是出射方向与

（进、模型入射方向关于边界的对称性；二是能够离开边界的距离极值即出射点与入射点间

出磁分析的最大距离。涉及距离的问题找与半径的关系，涉及运动时间的问题我与周期的

场具关系

有对TTim

图a

称性）

运动

2兀一2B、EZ19、271m2加(九一6)

图bt=(--------yr=(i——)—=-------------

时间2/r7iBqBq

2ffT20m

图Ct==

InBq

xx\*df;

平行模型

边界图

1,•dr'8：d

（存在

d=R(cos仇+cos32)d=R(cos^2-cosd)d=R(l+cosG)d=R(l-cos0)

甲乙丙丁

临界

条件）常见的平行直边界中，若边界间距较大，粒子不能从另一边界穿出时，与单直线

模型

边界情况相同。若两边界间距较小，常见几何关系如图甲、乙所示。在临界状态

分析

下运动轨迹恰好与另一边界相切，常见的几何关系如图丙、丁所示。

•___金

工”缪妒

【考向9】在如图所示的平面内，分界线S尸将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂

直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,

S尸与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直

且与SP成30。角。己知离子比荷为匕不计重力。若离子从尸点射出，设出射方向与入射方向的夹

角为仇则离子的入射速度和对应。角的可能组合为（）

11

A.-kBL,0°B.-kBL,0°C.kBL,0°D.2kBL,60°

32

【答案】B

【详解】若离子通过下部分磁场直接到达尸点，如图甲所示,

甲

根据几何关系则有

R=L

由

V2

qvB=771H

可得

qBL

v=-----=kBL

m

根据对称性可知出射速度与S尸成30。角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为

9=60。

当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为8,则根据对

称性有

1

R=-L

2

xxxx

XXXX

,z1

乙

根据洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=

可得

qBL1

v=——=-kBL

2m2

此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为

9=0°

通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足

qBL1

v=------=-----kBL(n=1,2,3……)

(2n—1)2n—1

此时出射方向与入射方向的夹角为

9=60。

当离子从上部分磁场射出时，需满足

==

v——=—kBL(n1J2,3...)

2nm2n

此时出射方向与入射方向的夹角为

0=0°

故选B。

【考向10］如图所示，而）为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的

匀强磁场中，磁感应强度大小为3,ad=L,ab=V3Lo一质量为加、电荷量为q（q>0）的粒子,

从。点沿必方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（）

b

•B•

d

A.粒子能通过cd边的最短时间t=胃

qB

B.若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度〃=等

2m

C.若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度〃=迹

m

D.若粒子只能从泅边界射出磁场，则粒子的入射速度0<uW磐

2m

【答案】D

【详解】A.粒子能通过cd边，从。点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，根据几何关系

22

(r2—L)2+(V3L)=r2

解得

r2=2L

则转过的圆心角

V3LV3

sin。=--=—

2L2

即

0=60°

粒子在磁场中运动的周期

2Tim

T=——

qB

则粒子能通过cd边的最短时间

0nm

t=T=___

36003qB

故A错误；

B.若粒子恰好从。点射出磁场，根据几何关系

22

(r2—L)2+(V3L)=r2

解得

r2=2L

由洛伦兹力提供向心力得

谚

qv2B=m—

解得

2qBL

v=----

?m

故B错误；

C.若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径

1

G=2L

根据

qvrB=m—

G

解得

qBL

故c错误;

D.若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大,

则

qBL

故若粒子只能从油边界射出磁场，则粒子的入射速度0<uW警，故D正确。

【考向11］如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，La=30。。

一质子出以火的速度沿平行于ab的方向从。点射入三角形区域，经时间/从ON的中点M离开磁

场，若一a粒子』He以北的速度从。点沿相同的方向射入，贝1Ja粒子在磁场中的运动时间为（）

N'''c

A.—B.tC.V3tD.It

2

【答案】D

【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得

qvB=m

0v

解得

mv

丁=----0

qB

设质子汨在磁场中的运动半径为勺，贝Ua粒子在磁场中的运动半径为

r2=2rl

根据几何关系可知a粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹

质子汨在磁场中的运动时间为

1=黑7=；*殂=箸a粒子在磁场中的运动时间为

360°63V

v00

60°12兀万仃22al

i一新7-/丁布-瓯=2t

故选D。

【考向12］如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为5的有界匀强磁场，其边界A3、

相距为d,在左边界的。点处有一质量为机、带电量为-q的粒子沿与左边界成30。的方向射入磁

场,粒子重力不计。求：（本题要求3个小问都要在答题卡上画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹）

（1）带电粒子能从A5边界飞出的最大速度；

（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，粒子在磁场中运动的速度和时间各是多少？

（3）若带电粒子的速度是（2）中的百倍，并可以从。点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到

CD边界的距离大小？

XxC

XX

XX

XX

XX

XX

XX

XX

XX

XX

d—D

【答案】（1）2（2—4（2）您；（3）2V3d

m3m3qB

【详解】(1)设粒子轨迹半径为治,临界情况如图甲所示

由几何条件知

Ri+/?1cos30°=d

粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

2

q%B=-^―

解得最大速度为

2(2-V3)Fqd

v-l二------m-------

(2)带电粒子能从右边界垂直射出，作出轨迹如图乙所示

XXX

XXX

XXX

XXX

学丈

-X--X-

4弋60°

XX

XXX

<—d—►

乙

由几何关系知

d

R2=T^

粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

V22

Bqv=

2公

解得

2y/3qBd

"2

3m

粒子转过的圆心角为60°，所用时间为

60°

t=------T

360°

粒子做圆周运动，周期

2Tlm

T=--

Bq

解得

nm

t------

3qB

(3)当粒子速度是(2)中的6倍时，根据

mvo2

=--

结合上述解得

R3=2d

由几何关系可得粒子能打到CO边界的范围如图丙所示

根据几何关系可知，粒子打到CO边界的距离

I=2x2dcos30°

解得

I=2V3d

id考点剖析理重点

考点4：带电粒子在折线形边界中的运动

折线模型分在磁场边界为折线形时，临界状态存在两种可能性，即轨迹是与边界相切还是通

边界析过折线顶点。这取决于粒子入射方向与边界线夹角仇与折线顶角。2的相对大小：

模型仇>。2时，轨迹与边界相切，如图甲所示；仇二。2时，则通过顶点，如图乙所示。

模型图

甲乙

在三角形边界的匀强磁场中，若粒子从在三角形的一个顶点射入磁场时，情景类

似于折线边界，如图甲所示，NA>NC,则从A点沿A8方向入射的粒子，临界状

态是粒子运动轨迹与8C边相切；但从C点沿CB方向入射的粒子，临界状态是

模型分

轨迹恰好通过A点。若粒子从一边上射入磁场，必要时可构造折线边界进行判定，

析

三角如图乙所示，粒子从P点射入磁场，在判定粒子能否通过A点或C点时可直接

形边利用折线边界的结论；在判定粒子能否通过8点时，可连接尸8再利用折线边界

界模的结论。

型

模型图

甲乙

在四边形边界的匀强磁场中，同样可在必要时构造折线形边界用于判定临界状

模型分态。如图所示，粒子从A8边上的a点垂直边进入磁场中，连接a。、aC,可

析判定，粒子若逆时针转动时，可经过。点，但顺时针转动时，最多与CD边相切

四边

而不会经过C点。

形边

界模

型

模型图

；!XV'xX；

/---------S--------------------------B

•盒

【考向13］如图所示，正方形虚线框ABC。边长为a,内有垂直于线框平面向里、磁感应强度大小

为B的匀强磁场，一带电荷量为私质量为根的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边以初速度vo

射入匀强磁场，不计粒子重力，则下列判断正确的是（）

£

z

x

x--

Xvi

xO

XXXxv'

3xXX

尸*

%

XxXXXI

X

XXX

5.*CF

一

一--1

A.若vo的大小合适，粒子能从CD边中点F射出磁场

B.当孙=晒时，粒子正好从4。边中点E射出磁场

m

C.当%>等时，粒子将从C£>边射出磁场

口4m

D.粒子在磁场中运动的最长时间为粤

qB

【答案】C

【详解】A.带正电的粒子进入磁场后，受到向上的洛伦兹力，则粒子不可能从CO边中点尸射出

磁场，选项A错误;

B.粒子正好从AO边中点E射出磁场时，由几何关系得

1

r=-a

2

根据

mvn

qBu。=-Y-

可得

qBa

“o=2―m

选项B错误；

C.当粒子恰好从。点射出时，根据几何关系得

1

r2=a2+(r--a)2

解得

5

r=-a

4

则此时

SqBa

V°-4m

则当孙〉誓时，粒子将从CO边射出磁场，选项C正确;

D.粒子从必间射出磁场时，运动的时间最长，此时

1nm

t=-T=—

2qB

选项D错误。

故选Co

【考向14】（多选）如图所示，直角三角形abc区域内（不包括三角形边界）存在磁感应强度大小

为B、方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，Na=30。，ac=L,C为ac的中点，。为儿的中

点，C点处的粒子源可沿平行cb的方向射入速度大小不同的正、负电子（不计电子所受的重力）。

电子的比荷为女,不考虑电子间的作用。下列说法正确的是（）

b

A.可能有正电子从。点射出磁场

B.负电子在磁场中运动的最长时间为白

kB

C.从。点射出磁场的负电子的速度大小为雪

D.从ab边射出磁场的正电子在磁场中运动的最长时间为急

【答案】BCD

【详解】A.根据题意可知，若有正电子从。点射出磁场，则该正电子途中必然从油边射出磁场,

故A错误；

B.当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，且最长时间为半个周期，设电子的

质量为加，电荷量为£,有

e

—=k

m

可得该最长时间

12717n7T

%=------=—

12eBkB

故B正确；

C.设从。点射出磁场的负电子在磁场中做圆周运动的半径为厂，根据几何关系有

r2=（f-r）+Gtan300）

设该负电子的速度大小为V,有

evB=m—

r

解得

kBL

故C正确;

D.当正电子的运动轨迹恰好与仍边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可

知，该正电子运动轨迹对应的圆心角

9=120°

则该正电子在磁场中运动的时间

120°2jim27r

’2=360°'~eB~=3kB

故D正确。

故选BCDo

【考向15】（多选）如图所示，直角坐标系xOy中的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度大小为B.有一质量为机、电荷量为-q的粒子从y轴上的尸点沿着与y轴正方向成45。角

的方向射入磁场，不考虑粒子的重力，下列说法正确的是（）

A.粒子不可能从原点离开磁场B.粒子有可能从原点离开磁场

C.粒子在磁场中运动的时间可能为岩D.粒子在磁场中运动的时间可能为千

4qBqB

【答案】AD

【详解】AB.粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度较小时从y轴离开磁场，当粒子速度为某一值v

时与尤轴相切，此时粒子不过坐标原点，当速度大于v时，粒子从x轴离开磁场，如图所示，所以

粒子不可能从坐标系的原点。离开磁场，故A正确，B错误；

CD.根据周期公式

可知，C选项的圆心角为45。，D选项的圆心角为180。，随着v的增大，粒子从x轴离开磁场，可以

取到180。，但是最小的圆心角一定会大于45。，故C错误，D正确。

故选ADo

【考向16]（多选）如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,边界

的夹角为30。，距顶点6为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直儿边向磁场内发射速度大小不同

的带负电的粒子，粒子质量为小、电荷量大小为q,下列说法正确的是（

A.从边界北射出的粒子速度方向都相同

B.粒子离开磁场时到b点的最短距离为，

C.垂直边界必射出的粒子的速度大小为磐

D.垂直边界帅射出的粒子在磁场中运动的时间为篝

3qB

【答案】AB

【详解】A.粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在6c边上，若粒子能从边界儿射出，粒子的速

度方向一定竖直向下，故方向均相同，故A正确；

B.当轨迹恰好与"边相切时，粒子从A边离开磁场时到6点的距离最短，由几何关系可得

（L一%）sin30°=%

离6点的最短距离为

△s=L-2R]

联立解得

L

故B正确；

C.垂直边界M射出的粒子，轨道半径为

夫2=心

由洛伦兹力作为向心力可得

qvB=m—

&

解得粒子的速度大小为

qBL

v=-----

m

故C错误；

D.粒子在磁场中的运动周期为

2Tim

T=——

Bq

垂直边界而射出的粒子在磁场中运动的时间为

30°71m

t=T=___

360°6qB

故D错误。

故选AB„

【考向17］如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为2,ZA=60°,

AO=L,在。点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为且。发射方向与OC边的夹

m

角为。=60。，粒子从A点射出磁场。

，「乂：

/xx：

，「又XXX：

「次’XXXXy为

XXXXX

⑴求粒子的发射速度大小V0；

⑵求粒子在磁场中的运动时间；

⑶若入射粒子为正电荷，粒子能从。。边射出，求入射速度的范围。

【答案】⑴*

（2产

（3）0<v<叵些

【详解】（1）粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图所示

X

，「又XXX：\

/义义XXL^；/

-4XXXXAx：/

_X_X__X__X

由几何知识可知

V=4。=L

根据洛伦兹力提供向心力，所以

2z

nmvo

q〃oB=1一

代入解得

qBL

v=-----

0m

(2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角为

71

0=3

由

t=-T,T=—

27rqB

得

nm

t=：3qB

(3)粒子能从OC边射出，如图

一d

XX

XXXX

「」父/xxAxxx(吵。

V

由几何关系知，半径最大为

V3

R=—Lr

2

有

mv2

qvB=-^-

解得最大速度为

qBRWqBL

v=-----=---------

m2m

所以速度取值范围为

WqBL

0<v<

2m

应考点剖析理重点

考点5：带电粒子在圆形及环形边界中的运动

在圆形边界磁场中，若粒子沿径向P0,射入圆形磁场，则必沿径向0Q射出，

运动具有对称性，如图甲所示，连接轨迹圆心0与磁场区域圆心0；所得直角

△。尸0',将轨迹半径r、磁场区域半径R、粒子在磁场内转过的圆心角26»、磁场区

D

域的圆心角2a建立关系式可知粒子做圆周运动的半径r=------，粒子在磁场中运

tan。

模型

zyr-1r\/j,

动的时间/=旦，。

分析2-=8+1=90°

TCBq

圆形如图乙所示，若粒子不是正对磁场区域圆心射入时，也不会背离圆心沿半径方

边界向射出，但入射方向、出射方向与所在处半径所在直线的夹角一定相同。连接入射

模型点与出射点、连接轨迹圆心。与磁场区域圆心O及连接两圆心与出入射点，可得

两个具有共同底边的等腰三角形OPQ、。尸。和共直南边的直南三角形。

啖,/'xx'、、送

模型

图

0'、、一，

甲乙

如图是四种常见的环形边界磁场中临界轨迹情景，设粒子的轨迹半径为r,内

环半径为Ri,外环半径为&，甲、乙两图是粒子从外环边界进入磁场的情形，丙、

环形丁两图是从内环边界进入磁场的情形.甲、丙两图是垂直于环半径方向进入磁场的

模型

边界情形，乙、丁两图是沿环半径方向进入磁场的情景。由图中几何关系易得各情景下

分析

模型的临界半径：

_,R+R?R?—R、

甲图中用=2'你=2：

eR,

乙图中(Ri+r)2=d+R22,tan—=—；

2r

.R,+R)R0—R,

丙图中加=七上，么=、」；

丁图中(尺2--)2=7+凡2,tan(———)=—o

22r

一盒

工韦迪委妒

【考向18］如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，。为圆心，AO与

水平方向的夹角为30。。现有带正电粒子。从A点沿水平方向以大小为火的速度垂直磁场射入，其离

开磁场时，速度方向刚好改变了180。；另一带负电粒子b以与粒子。大小相同的速度从C点沿C。

方向垂直磁场射入。已知人6两粒子的比荷之比为1:2,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。

下列说法不正确的是（）

a36d'$/>.

X

Vo/\

匚।3变N

Ovo••

A.〃、Z?两粒子做圆周运动的半径之比为1:2

B.匕粒子竖直向下射出磁场

C.。粒子在磁场中运动的时间为吧

%

D.两粒子在圆形边界的出射点间的距离为R

【答案】C

【详解】A.a粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180。，表明a粒子在磁场中转动了半周，其轨

迹如图所示

由几何关系得

R

q=Rsin300=—

设磁场的磁感应强度大小为3,根据牛顿第二定律得

诏

qv0B=m—

化简得

弓=喈=；7?6粒子进入磁场，有

qB2

V

qa'vVQDB—-mTTl'—°