（通用）2026高考物理重难点讲练 磁场对运动电荷的作用(基础)+巩固练习（附解析）

这是一份（通用）2026高考物理重难点讲练 磁场对运动电荷的作用(基础)+巩固练习（附解析），共23页。
1、知道洛伦兹力的特点，会计算其大小并用左手定则确定其方向；
2、掌握带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径周期公式，知道常见的分析方法；
3、知道带电粒子在有界磁场中运动的多解情况、临界值与极值问题的处理方法，会熟练求解相关问题。
【考点梳理】
考点一、磁场对运动电荷的作用力（洛仑兹力）
要点诠释：
1、洛仑兹力的大小
， 为与B的夹角。
当时，，此时，电荷受到的洛仑兹力最大；
当或时，f =0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛仑兹力作用；
当v=0时，f =0，说明磁场只对运动的电荷产生力的作用。
2、洛仑兹力的方向
左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿入手心，四指指向为正电荷的运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指的方向是正电荷（负电荷）所受的洛仑兹力的方向。
3、由安培力公式推导洛仑兹力公式
如图所示，直导线长L，电流为I，导线中运动电荷数为n，截面积为S，电荷的电量为q，运动速度为v，则
安培力
所以洛仑兹力
因为 ( N为单位体积内的电荷数）
所以，式中，故。


洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。
4、洛伦兹力和电场力的比较
注意：（1）洛伦兹力的方向不是和磁场方向相同或相反，而总是和磁场方向垂直。
（2）用左手定则判定洛伦兹力的方向时一定注意四指指的是正电荷运动的方向，审题时首先判断电荷的正负。
考点二、带电粒子在匀强磁场中的运动规律
要点诠释：
1、时，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2、时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动
（1）运动分析：如图所示，若带电粒子沿垂直磁场方向射入磁场，即时，带电粒子所受洛仑兹力，方向总与速度v方向垂直。洛仑兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
（2）其特征方程为
（3）四个基本公式：
①向心力公式：
② 半径公式：
③周期和频率公式： 是频率
④动能公式： 是动量
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T，只和粒子的比荷（）有关，与粒子的速度v、半径R的大小无关；也就是说比荷(）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、f和相同。
考点三、带电粒子做匀速圆周运动的分析方法
要点诠释：
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
1、画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。
2、找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。
3、用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式，半径公式。
（一）圆周运动中的应用三步法的方法技巧：
要点诠释：
1、圆心的确定：
一般有以下两种情况：
（1）已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，如图甲，作这两速度的垂线，交点即为圆心。
（2）如图乙所示，P为入射点、M为出射点，已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作它的中垂线，这两条垂线的交点就是圆心。
2、半径的确定和计算。
圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识，常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识。如图，，即偏向角等于圆心角；即圆心角等于弦切角的两倍。
3、在磁场中运动时间的确定。
利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于3600计算出圆心角的大小，由公式，可求出运动时间t。有时也用弧长与线速度的比。
在上述问题中经常用到以下关系：
（1）速度的偏向角等于AB所对的圆心角。
（2）偏向角与弦切角的关系：，；，。
（3）圆周运动中有关对称规律：如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。

（二）圆周运动中的有关对称或临界问题
要点诠释：
1、直线边界（进出磁场具有对称性，如图）
2、平行边界（存在临界条件，如图）
3、圆形边界（沿径向射入必沿径向射出，如图）
（三）两类典型的综合问题
要点诠释：
1、带电粒子在有界磁场中运动的极值问题，注意下列结论，再借助数学方法分析
（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
（2）当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
（3）当速率v变化时，圆周角越大的，运动时间越长。
2、洛伦兹力的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解，多解形成原因一般包含下述几个方面．
（1）带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解。
（2）磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
（3）临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图所示，于是形成了多解。

（4）运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解。
【典型例题】
类型一、带电粒子在磁场中运动的基本概念问题
例1、 假设有一个带正电的粒子垂直于地球赤道射来，如图所示。在地球磁场的作用下，这个粒子偏转的方向是（ ）（不考虑磁偏角）
A．向北 B．向南 C．向东 D．向西
【思路点拨】明确地磁场方向从南向北，画出图，用左手定则判断。
【答案】C
【解析】地磁场方向从南向北，在图中为向上，运动方向垂直于地球
赤道设为向里，为“×”，应用左手定则，大拇指指向右边即向东。
如图所示。
【总结升华】首先要明确地磁场方向从南向北，其次把地磁场方向在图中
正确表示出来，这样运用左手定则问题就可以解决了。
举一反三
【变式】粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是 ( )
【答案】A
【解析】两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力．所以有，，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍．根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以A正确．故选A．
例2、带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )
A．粒子先经过a点，再经过b点
B．粒子先经过b点，再经过a点
C．粒子带负电
D．粒子带正电
【思路点拨】理解“动能逐渐减少”的意思，速度减小，轨迹半径减小。根据曲线运动所受合力方向指向凹的一侧，用左手定则判断电荷的正负。
【答案】AC
【解析】粒子在云室中运动时，动能逐渐减少，即速度逐渐减小，根据，可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC．
【总结升华】根据带电粒子在磁场中受力特点以及粒子在磁场中运动的半径公式进行求解是解决这类问题的基本思路。
举一反三
【变式】2016 广东卷）关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（ ）
A. 电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用
B. 电荷在电场中一定受电场力作用
C. 电荷所受的电场力一定与该处的电场方向一致
D. 电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直
【答案】B
【解析】电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定没有洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，没有洛伦兹力作用，A错；电荷在电场中一定受到电场力作用，B正确；正电荷所受的电场力一定与该处的电场方向相同，负电荷所受的电场力一定与该处的电场方向相反，C错；电荷所受的洛伦兹力与磁场及电荷运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错。
故选B。
类型二、关于带电粒子在磁场中的运动时间问题
例3、如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（ ）
A．1:2B．2:1C．3:4D．4:3
【思路点拨】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．
【答案】D
【解析】根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，
则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径，粒子b的半径为，由可得：，即由qvB=可得：，又a粒子轨迹长度为，粒子b的轨迹长度为，所以 ，
联立以上各式解得，所以C正确，ABD错误．故选：C．
举一反三
【变式1】半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力）从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】∠AOB不是圆心角，通过已知条件找到AB弧所对应的圆心，由图可知圆心角θ=60°，得，题中m、q、B均为未知，但周期公式还有一个表达式，其中R为AB弧所对应的轨道半径，图中是直角三角形，可得，所以，D选项正确。
【变式2】如图所示，正负电子垂直磁场方向，沿与边界成30°角的方向射入匀强磁场中，求在磁场中运动的时间之比。
【答案】1:5
【解析】画出草图。正电子的圆心角为，在磁场中运动的时间；
负电子的圆心角为，在磁场中运动的时间，正负电子在磁场中运动的周期相等，则它们在磁场中运动的时间之比。

类型三、粒子在有界磁场中运动的临界问题
例4、(1)电子从坐标原点沿x正方向射出，设磁感应强度垂直纸面向里，若电子以不同大小速度入射，请分别画出运动轨迹。
(2)电子从坐标原点以相同速率沿不同方向射出，设磁感应强度垂直纸面向里，请画出不同速度对应的运动轨迹。
【思路点拨】根据洛伦兹力提供向心力的特点，准确快速画出轨迹圆。
【答案】略。
【解析】（1）如图1所示；（2）速度方向沿x轴负方向入射，轨迹如图2-1所示；速度方向沿与x轴正方向有一夹角入射，轨迹如图2-2所示；速度方向沿与x轴正方向夹角大于90度入射，轨迹如图2-3所示。

【总结升华】快速画出粒子在磁场中运动的轨迹圆，是解决带电粒子在磁场中运动问题的关键步骤，也是解题的基本功。
举一反三
【变式】如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中。哪个图是正确的？
【答案】A
【解析】根据左手定则，从小孔O垂直于边界射入磁场的粒子轨迹是半圆，打在边界上的距离是直径2R，因此在左边最远；平行于边界向左射入的粒子飞出磁场，平行于边界向右射入的粒子，轨迹是一个圆，右边最远是半径R，上面最远是直径2R，观察图形可知A对。
例5、如图所示，宽度d = 8cm的匀强磁场区域（aa’，bb’足够长）磁感应强度B = 0.332T，方向垂直纸面向里，在边界上放一α粒子源S，可沿纸面向各个方向均匀射出初速率相同的α粒子，已知α粒子的质量m = 6.64×10－27kg，电量q = 3.2×10－19C，射出时初速率v0 = 3.2×106m/s。求
（1）α粒子从b端出射时的最远点P与中心点O距离PO
（2）α粒子从端出射时的最远点Q与中心点O的距离QO
【思路点拨】求出射时的最远点P与中心点O距离PO，显然要分析出临界条件，只有速度方向向下的α粒子圆半径最大，穿出磁场时才最远，结合几何关系求出。
【答案】（1）16cm（2）16cm
【解析】（1）粒子在磁场中运动的半径为
速度方向向下的α粒子穿出磁场时最远点为P，设OP距离为，如图，
根据几何关系 ，解得。
（2）穿出磁场时与边界相切于Q点，距O点最远，设OQ距离为，如图，
根据几何关系 ，解得。
【总结升华】解题的关键点：1、确定临界条件有一定的难度，一般先画出草图再确定，2、分析出临界条件：穿出磁场时与边界相切Q点，距O点最远，3、根据几何关系求轨道半径。
举一反三
【变式】利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技
术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
（1）求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
（2）当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以
从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】（1）根据动能定理 得 ①
（2）由牛顿第二定律 ，利用①式得
离子在磁场中的轨道半径为别为 ， ②
两种离子在GA上落点的间距 ③，如图2所示。
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，如图3所示，条件为
④
利用②式，代入④式得
如图4所示，R1的最大值满足 ⑤
得
求得最大值 ⑥
类型四、带电粒子在磁场中运动的多解问题
例6、如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，和是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界射出，则粒子入射速率的最大值可能是 。
【思路点拨】带电粒子电性没有给，可能是正离子也可能是负离子，正离子磁场左上方射出，负离子从磁场左下方射出，“要使粒子不能从边界射出”的意思是与相切。画图分析。
【答案】或。
【解析】这是带电粒子电性不确定而形成的多解问题。题目中只给出“电荷量为q的带电粒子”，未说明带何种电荷，因此有两种可能。画出草图。若带正电荷，轨迹是如图所示的上
方与相切的四分之一圆弧（弦切角为，则圆心角为），
轨道半径，又，解得。
若带负电荷，轨迹如图的下方与相切的四分之三圆弧
（圆心角为），
则有，，解得。
所以粒子入射速率的最大值可能是
或。
【总结升华】仔细分析题意，考虑问题要全面，找出临界条件，分别用各自的参数（如半径）求解。本题属于带电粒子电性不确定而形成的多解问题。
举一反三
【变式】如图所示，ab、cd为一对平行板，板长为l，两板距离也为l，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m，带电量为+q的带电粒子以初速，从ab、cd两板的中间，沿垂直于磁力线的方向射入磁场。求在什么范围内，粒子能从磁场内射出？
【答案】 或
【解析】由可知，速度大轨迹半径就大，粒子带正电，速度大的粒子从右边射出，从右边射出的粒子最小速度为，当，粒子从右边射出；
速度较小的粒子，轨迹半径就小，从左边射出，从a点射出的
粒子最大速度为，当，粒子从左边射出。因此本题是
临界状态不唯一而形成的多解问题。
第一种情况：若刚好从b点射出，如图，根据几何关系：
，解得。
根据洛伦兹力提供向心力 解得
第二种情况：若刚好从a点射出，，。
所以要使粒子不打在极板上，应使 或
【巩固练习】
一、选择题
1、如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）
A．向上 B.向下 C.向左 D.向右
2、下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（ ）
3、下列说法正确的是（ ）
A. 洛伦兹力对带电粒子永远不做功
B. 运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C. 运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用
D. 洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
4、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．M带负电，N带正电
B. M的速度率小于N的速率
C. 洛伦磁力对M、N做正功
D. M的运行时间大于N的运行时间
5、处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （ ）
A 与粒子电荷量成正比 B 与粒子速率成正比
C与粒子质量成正比 D与磁感应强度成正比
6、如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多），在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电量为q，重力加速度为g．空间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为的初速度，则以下判断正确的是（ ）
A. 无论磁感应强度大小如何，获得初速度的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B. 无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用
C. 小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小
D. 无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同
7、如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则

A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm
C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm
8、如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直，电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场. 则（ ）
A．电了在磁场中运动的时间为 B．电子在磁场中运动的时间为
C．OP两点间的距离为 D．OP两点间的距离为。
9、一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨
迹如图所示，下列情况可能的是（ ）
A．粒子带正电，沿逆时针方向运动 B．粒子带正电，沿顺时针方向运动
C．粒子带负电，沿逆时针方向运动 D．粒子带负电，沿顺时针方向运动
10、光滑绝缘的斜面固定在水平面上，一个带负电的小滑块从斜面顶端由静止释放，要使小
滑块能沿斜面运动一段时间后离开斜面，下面的办法可行的是（ ）
Ａ．加竖直向上的匀强电场 Ｂ．加垂直纸面向外的匀强磁场
Ｃ．加垂直纸面向里的匀强磁场 Ｄ．加竖直向下的匀强电场
二、填空题
1、一初速度为零的带电粒子，经电压为U的电场加速后进入磁感应强度为B的匀强磁场中，已知带电粒子的质量为m，电量为q，则带电粒子所受的洛仑兹力为 ，轨道半径
为 。
2、如图所示，边界是圆周的匀强磁场的直径为d，磁感应强度为B。若在圆心O处有一质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于磁场运动，则其初速度v0必须大于________才能穿出磁场边界，在磁场中运动时间不会超过________。

3、边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示。一束电子以速度v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则 ，所经历的时间之比 。
三、计算题
1、如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力。求：

（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；
（2）电子在磁场中运动的时间t；
（3）圆形磁场区域的半径r。
2、如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、带电荷量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入磁场到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小。（忽略粒子重力）
3、如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为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xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：
（1）该粒子射出磁场的位置；
（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）
【答案与解析】
一、选择题
1、【答案】A
【解析】条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右移动，所以根据右手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，选项A正确。
2、【答案】B
【解析】根据左手定则可知：
A图中洛伦兹力方向应该向上，A错；B图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则，B正确；C图中洛伦兹力方向应该向里，C错；D图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，D错。
故选B。
3、【答案】A
【解析】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，A正确；带电粒子运动速度的方向v∥B，不受洛伦兹力，但磁感应强度不为0。BC错；洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，D错。
故选A。
4、A
解析：由粒子偏转方向可判断所受洛伦兹力的方向结合左手定则可推知M带负电，N带正电；由结合M和N质量和电量都相等，可知M的速度率大于N的速率；洛伦兹力不做功；由可知两粒子运动时间均为半个周期，相等；正确选项为A。
5、D
解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有 ，粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有，两式联立有 。
环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，故答案为D。
6、【答案】BD．
【解析】由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力F始终指向圆心，另外假设小球受到管道的支持力N，小球获得的初速度后，由牛顿第二定律可得：

解得：
可见，只要B足够大，满足6mg=qv0B，支持力N就为零，所以小球在最低点不一定受到管壁的弹力作用．故A错误；
由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关，从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得：
解得：，
可知小球能到最高点，由于当，小球受到的向心力等于mg，故此时小球除受到重力，向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力大小等于洛伦兹力，故B、D正确；
对小球的速度沿水平和竖直方向分解，小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度先减小，至圆心等高处，水平分速度为零，再往上运动，水平分速度又增加，故C错误．
7、【答案】AD
【解析】
如图，S到MN的距离d0=dsinθ，因电子在磁场中沿逆时针方向转动，则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点，电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点（若），则最下端为为N）。因电子运动轨迹的半径。由图中几何关系有，。当θ=90°时，取得最小值，此时，从而有。当θ=90°时，l=9.1cm，当θ=60°时，l=6.78cm，当θ=45°时，l=5.68cm，当θ=30°时，l=4.55cm，故可知A、D正确，B、C错误。
8、AC
解析：电子带负电，应用左手定则，画出轨迹图如图，因弦切角等于45°，则圆心角为90°，
电子在磁场中运动的时间为四分之一周期，，A对B错；由几何关系求得OP两点间的距离为，C对D错。故选AC。
9、AD
解析：根据左手定则，若粒子带正电，速度方向向左即沿逆时针方向运动，洛伦兹力方向向
下指向圆心，A对，若粒子带负电，恰好相反，D对。故答案为AD。
10、C
解析：若加匀强电场，电场力是恒力，不可行。小滑块从斜面顶端由静止释放做加速运动，
速度越来越大，洛伦兹力越来越大，要使小滑块能沿斜面运动一段时间后离开斜面，即支持
力为零。根据左手定则，加垂直纸面向外的匀强磁场，洛伦兹力垂直于斜面向下，支持力变
大，显然不行，B不可行；加垂直纸面向里的匀强磁场，洛伦兹力垂直于斜面向上，速度变
大，洛伦兹力变大，支持力变小，C对。故选C。
二、填空题
1、；。
解析：根据动能定理，，洛仑兹力.
轨道半径。
2、；
解析：设粒子带正电荷（负电荷和其它速度方向同理分析），粒子恰好穿出磁场边界的临界条件是，如图。
所以。在磁场中运动的时间最多为二分之一周期，周期
故粒子在磁场中运动时间.
3、；
解析：由题意，，根据得，可知速度与轨道半径成正比，所以。又周期相同，，，所以
三、计算题
1、（1）（2）（3）
解析：（1）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得，解得。
（2）设电子做匀速圆周运动的周期为T，则，

由如图所示的几何关系得圆心角，所以。
（3）由如图所示几何关系可知，所以。
2、；。
解析：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁
感应强度、轨道半径和周期 ① ②
③ ④
设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1=A1A2=OA2= r ⑤ 圆心角∠A1A2O=60°，
带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为 ⑥
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即 ⑦
在Ⅱ区磁场中运动时间为 ⑧
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间 ⑨
由以上各式可得 ⑩ 。
3、（1）位置坐标为（－，0）（2）
解析：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：
式中R为圆轨道半径，解得 ①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得 ②
联立解①②两式，得
所以粒子离开磁场的位置坐标为（－，0）
（2）因为
所以粒子在磁场中运动的时间，。

洛伦兹力
电场力
性质
磁场对在其中运动电荷的作用力
电场对放入其中电荷的作用力
产生
条件
磁场中静止电荷、沿磁场方向运动的电荷将不受洛伦兹力
电场中的电荷无论静止，还是沿何方向运动都要受到电场力
方向
①方向由电荷正负、磁场方向以及电荷运动方向决定，各方向之间关系遵循左手定则
②洛伦兹力方向一定垂直于磁场方向以及电荷运动方向（电荷运动方向与磁场方向不一定垂直）
①方向由电荷正负、电场方向决定
②正电荷受力方向与电场方向一致，负电荷受力方向与电场方向相反
大小
（）
做功情况
一定不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功