第2講磁場對運動電荷的作用

夯實雙星

基礎梳理

1.洛倫茲力

運動電荷在磁場中所受的力.可以用左手定則判斷洛倫茲力的方向,讓磁感線垂直穿過

手掌，四指指向等效電流的方向,此時大拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向.若帶電粒子

為正電荷，四指指向就是帶電粒子的運動方向；若帶電粒子為負電荷，四指應指向粒子運動的

反方向.洛倫茲力的方向既與電荷的運動方向垂直，又與磁場方向垂直，即尸洛垂直于一

和5所在的平面.

2.洛倫茲力公式

?洛=qrSsin9,。為速度方向與磁感應強度方向的夾角.

3.電視機顯像管的工作原理

應用了電子束的磁偏轉，使電子束偏轉的磁場是由對線圈產(chǎn)生的，叫偏轉線圈.

4.帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動

洛倫茲力對帶電粒子不做功，洛倫茲力僅在不斷改變粒子的速度方向，粒子做半徑r=

周期T=攀的圓周運動.

易錯辨析

1.帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用.（X）

2.洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直.（X）

3.帶電粒子只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同.（X）

4.洛倫茲力和安培力是性質不同的兩種力.（X）

5.洛倫茲力的方向垂直于6和丫決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永不做功.（V）

6.根據(jù)公式7=學，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期7與「成反比.（X）

Bq

素養(yǎng)發(fā)展

考點n對洛倫茲力的理解

i.洛倫茲力和安培力的關系

洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫

茲力的宏觀表現(xiàn).

2.洛倫茲力方向的特點

(1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電

荷速度方向和磁場方向確定的平面.

(2)用左手定則判定負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方

3.洛倫茲力與電場力的比較

對應力

洛倫茲力電場力

項目

磁場對放入其中運動電

性質電場對放入其中電荷的作用力

荷的作用力

電場中的電荷一定受到電場力作

產(chǎn)生條件rWO且r不與6平行

用

大小F=qvB(v1心F—qE

力方向與場方向的關一定是F-LB,Fl_匕與電正電荷受力與電場方向相同，負電

系荷電性無關荷受力與電場方向相反

做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功

力為零時場的情況F為霎,6不一定為零F為零,￡一定為零

只改變電荷運動的速度既可以改變電荷運動的速度大小，

作用效果

方向，不改變速度大小也可以改變電荷運動的方向

顫11(2023?海南卷)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場.關于小

球的運動和受力，下列說法中正確的是(A)

--------.....

XXIXX

B\

XX17XX

XXXX

A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

解析：根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受洛倫茲力

和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，故B、C錯誤；洛倫茲力永不做功，

D錯誤.

考點自帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

1.分析方法

基本思路圖例說明

:??：

P、〃點速度垂線交點

①與速度方向垂直的\.

直線過圓心

：xXX：

OtB：尸點速度垂線與弦的垂直平分

圓心的②弦的垂直平分線過:xxx：

J*

線交占

確定圓心p蛤其：

,????,

③軌跡圓弧與邊界切

巡

某點的速度垂線與切點法線的

點的法線過圓心

交點

-d-?：

常用解三角形法：R-」或

r*—A—

sin°

半徑的利用平面幾何知識求X

由#=廳+(A一中2求得R=

確定半徑R-d\%

）電，,廳+4

o2d

利用軌跡對應圓心角\z;l(1)速度的偏轉角0等于次所

運動時

?；蜍壽E長度/求時間7#—'、dp對的圓心角s

間的確9g>

①"2J(2)偏轉角。與弦切角。的關

定

cL系：0〈180°時，0=2。；

②t=-運

V。＞180°時，0=360°-2a

2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動：

(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖).

(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖).

（3）圓形邊界（等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出，如圖）.

酬2（2023?宿遷期末）如圖所示，在邊界尸0上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子

同時從邊界上的。點沿與收成。角的方向以相同的速度丫射入磁場中，則正、負電子（C）

XXXXX

XXXXX

j-/叱Q

A.在磁場中的運動時間相同

B.在磁場中運動的位移相同

C.出邊界時兩者的速度相同

D.正電子出邊界點到。點的距離更大

解析：兩粒子在磁場中運動周期為7=笠，則知兩個粒子圓周運動的周期相等.根據(jù)左手定則分

qB

析可知，正電子逆時針偏轉，負電子順時針偏轉，作出兩粒子的運動軌跡，如圖所示，兩粒子重新回到

2?！?9

邊界時正電子的速度偏向角為2n—2%軌跡的圓心角也為2n—2%運動時間ti=一~一T,同

20mv

理，負電子運動時間時間不相等，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有

得由題小八方大小均相同，則r相同，根據(jù)幾何知識可得，重新回到邊界的位置與。點距離

s=2rsin。,r、。相同，貝!Js相同，故兩粒子在磁場中運動的位移大小相同，方向不同，故B、D錯

誤；正、負電子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重新回到

邊界時速度大小與方向相同，故C正確.

酬3（2023?南京六校聯(lián)考）如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，Oa.Ob、

Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線

分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列說法中正確的是（C）

A.沿徑跡0c運動的粒子在磁場中運動時間最短

B.沿徑跡0c、宓運動的粒子均為正電子

c.沿徑跡施、o力運動的粒子速率比值為平

O

D.沿徑跡Ob、運動的時間之比為9:8

解析：由于正電子和負電子的電荷量g和質量力均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有g出

=菽,T=-,解得T=。，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Z運動的粒子偏轉角最大，圓

KvqB

e

心角也最大，設偏轉角為0,由t=—T,可知沿徑跡依運動的粒子在磁場中運動時間最長，A錯誤；

2兀

由左手定則可判斷沿徑跡0c、比運動的粒子均帶負電，B錯誤；設圓形磁場半徑為r,根據(jù)幾何關系

可得沿徑跡施、仍運動的粒子軌道半徑分別為-=r,r?=y[3r,根據(jù)妙二J,可得堂===半，C

rVbTbo

y.g/?QOA

正確；由前述分析可知，運動時間之比等于偏轉角之比，所以?=房=左丁=鼻，D錯誤.

tdd453

考點?帶電粒子在勻強磁場中的多解問題

多解類型多解原因示意圖

帶電粒子電性不確帶電粒子可能帶正電，也可能帶負電，粒子

x

定在磁場中的運動軌跡不同

題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體

磁場方向不確定

指出磁感應強度的方向，必須考慮磁感應強

度方向有兩種情況

帶電粒子在飛越有界磁場時，可能直接穿過x

臨界狀態(tài)不唯一,\y

去了，也可能從入射界面反向飛出

xB*xx

運動的往復性帶電粒子在空間運動時，往往具有往復性fiW

酗4如圖甲所示，M、N為豎直放置、彼此平行的兩塊平板，板間距離為d,兩板中央各有一個

小孔0、0'正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示.有一群

正離子在t=0時垂直于〃板從小孔。射入磁場.已知正離子質量為必、帶電荷量為q,正離子在磁場

中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為既不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,

不計離子所受重力.求：

(1)磁感應強度笈的大小.

月22兀%

答”中

解析：設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向.

正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力4°跖=等

n

2JI7?

做勻速圓周運動的周期丁。=——

Vo

由以上兩式得磁感應強度笈=號

qlo

(2)要使正離子從"垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度匹的可能值.

Jid

答案：2,3,??.)

解析：要使正離子從。,孔垂直于N板射出磁場，歷的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一

個周期即M有仁小當兩板之間正離子運動〃個周期即"時，有仁梟片1,2,3,…）.聯(lián)立

曜堂囚化

1.兩相鄰的勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同，方向平行.一速度方向與磁感應強度方向垂直

的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（D）

A.軌道半徑減小，角速度增大

B.軌道半徑減小，角速度減小

C.軌道半徑增大，角速度增大

D.軌道半徑增大，角速度減小

解析：由于磁場方向與速度方向垂直，粒子只受洛倫茲力作用，帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力

Vmv

提供所需的向心力。出="，得到軌道半徑r=石,，由于洛倫茲力不做功，故帶電粒子的線速度大小-

不變，當粒子從較強磁場區(qū)域到較弱磁場區(qū)域后，8減少時，r增大；由角速度。=上可判斷角速度減

r

小.故D正確.

2.如圖所示，水平導線中有電流/通過，導線正下方電子的初速度方向與電流/的方向相同，均

平行于紙面水平向左.下列四幅圖是描述電子運動軌跡的示意圖，其中正確的是（A）

J__Z__i

,0tVJ-、

/e

;Jz

ABcD

解析：導線下方磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得出電子所受洛倫茲力方向，B、D錯誤；

mv

遠離導線磁感應強度減小，根據(jù)r=就得出8變小時，r變大，彎曲程度變平緩，A正確，C錯誤.

QB

3.如圖所示為某洛倫茲力演示儀的結構圖.勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束

由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直.電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速

電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié).下列說法中正確的是（B）

勵磁線圈

（前后各一個）

玻璃泡

電子槍

A.僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大

B.僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大

C.僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變大

D.僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大

解析：僅增大線圈中電流，電子所在區(qū)域的磁場增強，由A=元得出，當月變大時，半徑變小，A

Bq

錯誤；由7=卡得出，6變大時，周期變小，C錯誤；僅提高電子槍加速電壓，由為得出，電

Bq2

子的出射速度變大，由月=等得出，「變大時，半徑變大，由7=學得出，周期與速度無關，B正確，

BqBq

D錯誤.

4.（2024?祁江期中）如圖所示，足夠長的導體棒47水平放置，通有向右的恒定電流/.足夠長的

粗糙細桿切處在導體棒4?的正下方不遠處，與"?平行.一質量為加、電荷量為+（7的小圓環(huán)套在細

桿切上.現(xiàn)給小圓環(huán)向右的初速度如圓環(huán)運動的廣大圖像不可能是（B）

解析：由右手螺旋定則可知導體棒力5下方的磁場垂直紙面向里，所以帶電小圓環(huán)受到豎直向上的

洛倫茲力，當。出=儂時，小環(huán)做勻速直線運動，故A正確；當＜?出〈儂時，在豎直方向，根據(jù)平衡條

件有《十。4=儂，水平方向，有f=〃笈=儂，小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其

Lt圖像的斜率應該逐漸增大，故B錯誤，C正確；當g股儂時，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有＜7出=

mg+R,水平方向，有3，小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到重力與洛倫茲力相等時，

小環(huán)開始做勻速運動，故D正確.

配套精練

、選擇題

1.（2024?淮安調研）如圖所示是某種粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡，勻強磁場的方向

垂直紙面向里，從垂直紙面方向向里看（正視），可能是哪種粒子的運動（D）

A.中子順時針運動

B.中子逆時針運動

C.質子順時針運動

D.電子順時針運動

解析：中子不帶電，在磁場中不會做勻速圓周運動，故A、B錯誤；質子受洛倫茲力方向指向圓心，

根據(jù)左手定則可知，質子是逆時針方向運動，故C錯誤；電子受洛倫茲力方向指向圓心，根據(jù)左手定

則可知，電子是順時針方向運動，故D正確.

2.如圖所示，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導線，。為4N連線中點，一電子沿過。點垂直

紙面的直線向外射出，當兩導線同時通有如圖方向電流時，該電子將（D）

A.向上偏轉B.向下偏轉

C.向左偏轉D.向右偏轉

解析：根據(jù)右手螺旋定則可知，KN兩導線在。點形成的磁場方向都是向上的，故。點處合磁場

方向向上，電子沿過。點垂直紙面的直線向外射出時，由左手定則可知，電子受洛倫茲力向右，故D正

確.

3.在同一勻強磁場中，兩帶電荷量相等的粒子，僅受磁場力作用，做勻速圓周運動.下列說法中

正確的是（B）

A.若速率相等，則半徑必相等

B.若質量相等，則周期必相等

C.若動量大小相等，則半徑不相等

D.若動能相等，則周期必相等

V2mv

解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。出="，可得火=不，

2兀/一j

——,B正確.

qB

4.如圖所示，一個粗糙且足夠長的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外且磁感應強

度大小為8的勻強磁場中，質量為小、帶電荷量為+。的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的

過程中，斜面體靜止不動.下列說法中正確的是（c）

A,滑塊受到的摩擦力逐漸增大

B.滑塊沿斜面向下做勻加速直線運動

C.滑塊最終要離開斜面

D.滑塊最終可能靜止于斜面上

解析：滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用，初

始時刻洛倫茲力為0,滑塊沿斜面向下加速運動，隨著速度v的增大，洛倫茲力增大，滑塊受到的支持

力減小，則摩擦力減小，加速度增大，當qvB=mgcos個時，滑塊離開斜面，故C正確，A、B、D錯

誤.

5.如圖所示，在X。/平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為6的勻強磁

場.一帶電粒子從y軸上的"點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。=45°.粒子經(jīng)過磁場偏轉

后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸.已知以=a,粒子電荷量為g,質量為山，重力不計，貝!|（D）

o\x

A.粒子帶正電荷

B.粒子速度大小為—

m

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與。點相距（■+1）。

解析：粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A錯誤；粒子運動的軌跡如

圖所示，由于速度方向與p軸正方向的夾角。=45°,根據(jù)幾何關系可知/創(chuàng)4=/。。445°,0M=

0R=a,則粒子運動的軌道半徑為鏡a,洛倫茲力提供向心力°出=4，解得尸1：厭,B、

C錯誤；7V'點與。點的距離為M?=0a+r=（鏡+1）&D正確.

6.如圖所示，半圓光滑絕緣軌道就固定在豎直平面內(nèi)，。為其圓心，M、兒與。高度相同，勻強

磁場方向與軌道平面垂直.現(xiàn)將一個帶正電的小球自〃點由靜止釋放，它將沿軌道在〃、M間做往復運

動.下列說法中正確的是（D）

A.小球在"點和N點時均處于平衡狀態(tài)

B.小球由〃到N所用的時間大于由N到〃所用的時間

C.小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力大小均相等

D.小球每次經(jīng)過軌道最低點時所受合外力大小均相等

7.（2024?南京一中）如圖所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在。點處有一放射源，沿半徑方向射出

速度為丫的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從4點飛出磁場，帶電粒子2從夕點飛出磁場，不考慮帶

電粒子的重力，則（A）

A.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2:3

B.帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為?。?

C.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為1：3

D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中周期之比為3：1

解析：如圖所示，設圓形磁場半徑為尼根據(jù)數(shù)學知識，粒子在磁場中運動的軌道半徑為右=用tan

30°,r。=Rtan60°,帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為帶電粒子1與帶電

123

粒子2在磁場中運動軌跡對應的圓心角分別為120°和60。，所以可得在磁場中運動時間之比為三=

62

2Jin120°

v360°2VIDVV1

=1，A正確，B錯誤；粒子在磁場中運動，有Bqv=m-,即7=芯=----，因為一=可，所

2?！?，60°3rBqqn3

B?-

v?360°m

以可得帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為g=3：1,C錯誤；帶電粒子1與帶電粒子2在磁

3

Db

2兀力

1

錯

TivD誤

場中周期之比為-

122兀上3J

8.如圖所示，在直角坐標系x分中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為8磁場方向垂

直于紙面向外.許多質量為加、電荷量為的粒子，以相同的速率p沿紙面內(nèi)，由x軸負方向與P軸

正方向之間各個方向從原點。射入磁場區(qū)域.不計重力及粒子間的相互作用.下列圖中陰影部分表示

帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的圖是（D）

y

o

CD

9.（2023?連云港調研）如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強磁場，一個帶正電的小圓環(huán)套在一根

豎直固定且足夠長的絕緣細桿上.現(xiàn)使圓環(huán)以一定的初速度向上運動，經(jīng)一段時間后圓環(huán)回到起始位

置.已知桿與環(huán)間的動摩擦因數(shù)保持不變，圓環(huán)所帶電荷量保持不變，空氣阻力不計.下列關于圓環(huán)的

速度外加速度a隨時間t變化的圖像，重力勢能瓦、機械能右隨圓環(huán)離開出發(fā)點的高度力變化的圖

像，其中一定錯誤的是（B）

X

X

X

X

解析：上升階段，以圓環(huán)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得加g+F=3,又f=PN=口qvB,聯(lián)

立解得a=一^,可知上升階段加速度方向向下，圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動；在最高點

時，圓環(huán)速度為零，圓環(huán)的加速度為a=^=g,圓環(huán)下落階段，以圓環(huán)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定

律可得儂一〃。出=儂，解得2」喀一,可知下落階段加速度方向向下，圓環(huán)做加速度逐漸減小

的加速運動；根據(jù)以上分析可知，A可能正確，不符合題意，B錯誤，符合題意；以初始位置為零勢能

參考平面，圓環(huán)的重力勢能為區(qū)=磔九可知耳-力圖像為傾斜直線，C可能正確，不符合題意；圓環(huán)上

升階段由于受到摩擦力作用，圓環(huán)的機械能逐漸減小，根據(jù)＜7〃，可知上升階段，圓環(huán)受到

的摩擦力逐漸減小，則E-h圖像在圓環(huán)上升階段的切線斜率逐漸減小；圓環(huán)下落階段由于受到摩擦力

作用，圓環(huán)的機械能繼續(xù)逐漸減小，根據(jù)f=nqvB,可知下落階段，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸增大，

則E-h圖像在圓環(huán)下落階段的切線斜率逐漸增大；圓環(huán)回到起始位置的機械能小于開始運動時的機械

能，D可能正確，不符合題意.

二、非選擇題

10.（2024?揚州中學期初）如圖所示，寬度為￡、足夠長的勻強磁場的磁感應強度大小為8方向

垂直紙面向里.絕緣長薄板腑置于磁場的右邊界，粒子打在板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前

后豎直分速度不變，水平分速度大小不變、方向相反.磁場左邊界上。處有一個粒子源，向磁場內(nèi)沿

紙面各個方向發(fā)射質量為〃、電荷量為+/速度為「的粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，粒

子電荷量保持不變.

；xXXN

(1)要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，求粒子速度P滿足的條件.

答案：詈

2

解析：設粒子在磁場中運動的軌道半徑為耳，則有

n

如圖甲所示，要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，應滿足2為

解得v〈華

2勿

XXXN

甲

(2)若v=~,一些粒子打到絕緣薄板上反彈回來，求這些粒子在磁場中運動時間的最小值t.

粒子在磁場中做圓周運動的周期T=中

Bq

2

設運動的軌道半徑為r2,則有qvB=nr-

解得r2=Z

在磁場中運動時間最短的粒子通過的圓弧對應的弦長最短，粒子運動軌跡如圖乙所示，由幾何關

系可知最小時間1=2義，

6

乙