【物理】磁场

前置知识

磁场中有两个现象，两个现象涵盖了磁场相关题目的主要考察范围：

1. 电流周围有磁场，即电生磁。
2. 通电导线放在磁场中会受到力的作用。

---

对比理解电场强度与磁感应强度：

电场强度用 $E$ 表示，磁感应强度用 $B$ 表示，且二者的值都可以通过受力 $F$ 计算，有：

即电场强度 $E$ 与电荷量 $q$ 成反比，而磁感应强度与电流 $I$ 和到导线长度 $L$ 成反比。

这两个定义都是比值定义，即计算式而非决定式，所以电场强度与 $F,q$ 无关，$B$ 与 $F$ 和 $IL$ 无关，只与产生磁场的物体有关。

对比电场线与磁感应线：电场线是不闭合的，而磁感应线是闭合的。

---

两个方向：x 表示垂直纸面向里的方向；$·$ 表示垂直纸面向外的方向。可概括为叉进点出。

右手螺旋定则

目的：确定电流周围产生磁场的方向。

直导线

方法：伸出右手，让大拇指指向电流的方向，其余四指环绕后四指方向即为磁场的方向。如下图所示。

图甲中，越靠近导线，磁场强度越强。

平面图：左边点出，右边叉进。如下图所示。

环形电流

方法：伸出右手，四指指向电流方向，则环绕后大拇指方向为磁场方向。

当环面向左 / 向右，则大拇指方向一定向左或向右，环面向前 / 向后，大拇指方向一定向前或向后，两种环面方向如下图所示。

左手定则

定义通电导线放在磁场中受到的力叫做安培力，则这里的左手定则是为了判断安培力的方向。

步骤：

1. 磁感线穿过掌心。
2. 四指指向电流方向。
3. 则拇指方向即为安培力的方向。

如下图所示。

左右手定则总结

1. 适用范围：左力右电，即求力的方向是用左手定则，求电流产生磁场方向用右手定则。
2. 安培力的方向：左手定则得到的安培力方向一定垂直于磁感线 $B$ 的方向和电流 $I$ 的方向。所以图中画出的磁感线方向、电流方向和安培力方向，三者一定是两线一点或两线一叉。可通过此检验安培力的方向是否画对。

通电导线周围的磁感线

小磁针旋转方向

特征：小磁针的 $\mathrm N$ 极指向磁感线方向。

思路：画出磁感线方向，根据磁感线方向判断小磁针方向。

例题

例 1：如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可卡因自由转动的小磁针。现给直导线通以由 $a$ 向 $b$ 的恒定电流 $I$，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的 $\mathrm N$ 极将如何运动？

求解：

导线和小磁针垂直放置，根据右手螺旋定则可判断出直导线上点下叉，小磁针在直导线下面，所以 $\mathrm N$ 极应该向里旋转，即垂直于纸面向里旋转。

---

例 2：如图所示，环形导线周围有三只小磁针 $a,b,c$，闭合开关 S 后，三只小磁针 $\mathrm N$ 极的偏转方向是什么？

求解：

根据环形导线右手螺旋定则可判断出在环形导线内部，磁感线向里，根据磁感线是闭合的，那么环形导线磁感线应该是导线内部叉进，导线外部点出（且内部叉的数量和外部点的数量相同），所以 $b$ 向里，$a,c$ 向外。

环形导线等效磁铁

题型：题目往往涉及一个条形磁铁和一个环形导线，需要判断在磁场的影响下环形导线如何运动。

知识：

1. 条形磁铁磁感线从 $\mathrm N$ 极出发，回到 $\mathrm S$ 极。
2. 磁铁同性相斥，异性相吸。

方法：

1. 根据右手螺旋定则判断出环形导线磁感线的方向。
2. 根据磁感线的防线判断出环形导线等效的磁铁 $\mathrm N$ 极的方向。
3. 根据磁铁 $\mathrm N$ 极的方向判断与题中所给的磁铁是相互吸引还是排斥，从而判断环形导线的移动方向。

例题：如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁 $\mathrm N$ 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是什么？

求解：

根据右手定则可知环形导线的磁感线方向水平向右，那么根据条形磁铁磁感线从 $\mathrm N$ 极出发可知，其等效磁铁相当于右边是 $\mathrm N$ 极，左边是 $\mathrm S$ 极，又由于题目给定磁铁右边是 $\mathrm N$ 极，根据异性相吸可知环形导线靠近磁铁，即线圈向左运动。

磁场叠加

知识：通电导线在某一点的磁感应强度的方向等于磁感线在该点的切线方向。

方法：

1. 根据每个直导线的电流方向通过右手螺旋定则判断出其磁感线方向。
2. 对每个直导线，判断出该通电导线对所求点的磁感应强度方向：可以不用画圆，磁感应强度方向一定垂直于通电导线到该点的连线（圆的切线垂直于半径），只需要根据磁感线方向判断具体方向即可。
3. 对每个直导线的磁感应强度方向进行矢量合成。

例：如图，两根平行长直导线 $M$ 和 $N$ 垂直纸面放置，通有大小相等、方向相反的恒定电流。$o,a,b,c,d$ 五点在与导线垂直的平面内，$c,o,d$ 位于两导线连线的中垂线上，且 $ao = bo = co = do$，下列判断正确的是（）

A. $o$ 点处的磁感应强度为 $0$

B. $a,c$ 两点处的磁感应强度方向相同

C. $a$ 点处的磁感应强度大小比 $b$ 点处的大

D. $c,d$ 两点处的磁感应强度大小相等、方向相反

求解：

根据一点的磁感应强度方向即为磁感线在该点的切线方向可得到 $M,N$ 对 $o,a,b,c,d$ 的磁感应强度方向，如下图所示。

故选 B。

安培力

基础知识

安培力的计算公式：

其中 $B$ 表示磁感应强度，$I$ 表示电流，$L$ 表示有效长度。

产生前提：磁感应强度 $B$ 和电流 $I$ 相互垂直。

注意：

• 公式中的磁感应强度 $B$ 是矢量，电流 $I$ 不是矢量（但有方向）。
• 实际上只要二者相交均可以产生安培力，只是此时需要将原来的磁感应强度 $B$ 分解到垂直于 $I$ 的方向上去（平行于 $I$ 的方向上的磁感应强度不能产生安培力）。
• 安培力 $F_安$ 一定垂直于 $B$ 且垂直于 $I$，但 $I$ 不一定垂直于 $B$。可通过此判断安培力的大致方向。

有效长度

安培力计算公式中的有效长度 $L$ 表示的是从导线起点到终点的线段长度。那么此时题目中的导线就可以等价于从原导线起点到终点的直导线，整个通电导线在磁场中受到的安培力也等价于这个直导线的受到的安培力。

例题：如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒 $a,b,c$，其中 $b$ 最短，$c$ 为直径与 $b$ 等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计。现将装置置于向下的匀强电场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到的安培力的大小关系是什么？

求解：

根据有效长度的概念可知，$b$ 和 $c$ 的有效长度 $L$ 相同，由于 $c$ 的实际长度更大，根据题目中已知导体的电阻与其长度成正比可知 $R_c > R_b$，由于两个导体之间的电压 $U$ 相同，所以 $I_b > I_c$，那么根据 $F_安 = BIL$ 可知 $F_b > F_c$。

设导体的电阻与长度的关系是 $R = kL$，其中 $k$ 为常数，那么 $I_a = \dfrac{U}{R_a} = \dfrac{U}{kL_a}$，同理 $I_b = \dfrac{U}{R_b} = \dfrac{U}{k L_b}$，所以 $F_a = kI_aL_a = \dfrac{BU}{k}$，同理 $F_b = \dfrac{BU}{k}$，所以 $F_a = F_b$。

总结：若题目中出现「导体的电阻与其长度成正比」或「三根同种材料制成的导体」需要警惕计算安培力时电流 $I$ 是否相同，不能想当然。

等效平面图

斜面上

如图所示，倾角为 $\alpha$ 的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆 $ab$ 始终处于静止状态，现垂直轨道平面向上加一磁感应强度为 $B$ 的匀强电场，金属杆恰好不受摩擦力。

其等效平面图为：

平面上

如图所示，水平金属导轨的间距为 $L$，其上的垂直轨道放置长度为 $2L$ 的金属棒，当导轨左侧接上电源时，金属棒通过的电流为 $I$，整个装置处于磁感应强度为 $B$ 的匀强电场中，磁场方向与导轨平面的夹角为 $\theta$，金属棒处于静止状态。

其等效平面图为：

红色箭头表示 $B$，此时磁感应强度 $B$ 和电流 $I$ 垂直，金属棒所受到安培力的大小 $F = BI\cdot 2L = 2 BIL$。

注意：这里磁感应强度 $B$ 的方向与电流 $I$ 的方向垂直，因为电流 $I$ 垂直于 $B$ 所在平面，所以 $I$ 垂直于 $B$，在磁场相关题目中，有结论「如果平面图上存在一个点 / 叉和一个线，则二者代表的方向一定垂直」。

电流间的相互作用

如图所示，两根通电导线平行放置，流过其中的电流分别是 $I_1$ 和 $I_2$，$I_1$ 和 $I_2$ 反向。

那么根据右手定则可知，右导线对左导线产生的磁场向外；根据左手定则可知，左导线受到的安培力水平向左。同理，右导线受到的安培力水平向右。

当 $I_1 > I_2$ 时，根据 $F = BIL$ 和电流分析可知 $B_1 < B_2$，且 $F_1 = F_2$。

特征：

对于电流而言，同种方向的电流相互吸引，异种方向的电流相互排斥 ，即「同向恋」。

注：一般可以通过此特征快速解题。

例：通电螺线管通电后，线圈会变短，是因为通电螺旋管处处都是方向相同的电流，会相互吸引。

流程法分析运动

步骤：

1. 首先看题目中需要判断的是谁的运动，即确定研究对象。
2. 判断研究对象受到谁的安培力，即施力物体。
3. 通过右手螺旋定则分析施力物体周围的磁场，画出磁感线。
4. 根据磁感线和导体的电流通过左手定则判断安培力的方向。
5. 根据安培力判断物体运动方向。

---

例题：如图所示，通电硬直导线 $ab$ 平行条形磁铁放置，导线可以在空中自由运动，其中的电流方向由 $a$ 到 $b$，则导线的运动情况为（）

A. $a$ 端转向纸里，且远离磁铁

B. $a$ 端转向纸里，且靠近磁铁

C. $a$ 端转向纸外，且远离磁铁

D. $a$ 端转向纸外，且靠近磁铁

求解：

首先，题目要求的是导线运动，那么根据题意可知导线受到条形磁铁给它的安培力，考虑画出条形磁铁形成的磁场的磁感线，即：

此时 $B$ 和 $I$ 处于同一平面，考虑将 $B$ 进行正交分解，分解到竖直平面，那么根据左手定则可知，导体 $a$ 端受到的安培力是点出的，导体 $b$ 端受到的力是叉进的，所以 $a$ 会向外运动，$b$ 向内运动。

极端情况下，当 $a,b$ 运动到同一直线时，此时电流方向叉进，导线周围的磁感线水平向右，如下图所示：

根据左手定则可知，此时导体受到的安培力竖直向下，所以导体会靠近磁铁，故选 D。

说明：一般情况下绝大部分题目若问导体靠近还是远离磁铁，一般情况下都是靠近。

根据电流方向分析运动

适用范围：主要适用于两根导线的情况。

思路：直接根据「同向电流相互吸引，异向电流相互排斥」来判断运动方向或安培力方向。

例题

例 1：矩形通电导线框 $abcd$ 与无限长通电直导线 $MN$ 在同一平面内，电流方向如图所示，$ab$ 边与 $MN$ 平行。关于 $MN$ 的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（）

A. 线框有两条边不安培力

B. 线框有两条边所受安培力相同

C. 线框所受安培力的合力向左

D. 线框将绕 $MN$ 转动

求解：

由于「同向电流相互吸引，异向电流相互排斥」可知 $MN$ 对 $ab$ 的作用力水平向左，对 $cd$ 的作用力水平向右。由于 $ab$ 距离 $MN$ 更近，其周围的磁场更强，所以 $F_{ab} > F_{cd}$，所以线框所受安培力的合力向左，线框将水平向左运动。

故选 C。

---

例 2：两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条 $AB$ 是固定的，另一条 $CD$ 能自由转动。当电流按照如图所示的方向通入两条导线时，$CD$ 导线将（）

A. 顺时针方向转动，同时靠近导线 $AB$

B. 逆时针方向转动，不平动

C. 顺时针方向转动，同时离开导线 $AB$

D. 逆时针方向转动，同时靠近导线 $AB$

求解：

$CD$ 导线向右，$AB$ 导线向上，那么根据「同向电流相互吸引，异向电流相互排斥」，$CD$ 导线有「想要与 $AB$ 同向」的趋势，所以 $CD$ 应该逆时针转动，同时靠近 $AB$，应该选 D。

特殊情况：

如下图所示，有两根导线，一根电流方向向上，，一根向右，电流向上的导线中间被一根钉子钉住，求上面的导线运动情况。

此时需要将整个导线看成两部分分析，钉子将整个导线分为两部分，其中上半部分有向右运动的趋势，下半部分也有向右运动的趋势，两个部分受到的安培力都水平向右，由于下半部分距离电流向右的导线更近，所以所受到安培力更大，那么导线整体按照下半部分的情况运动，即顺时针旋转。

注意：这里的情况与直接将导线看成一个整体分析得到的结果不同，此时不能将导线看作一个整体分析。

转换研究对象

适用范围：题目所求的研究对象直接不好分析或另一个物体作为研究对象容易分析时。

思路：转换研究对象，分析研究对象所受的安培力，然后根据牛顿第三定律推出题目所求对象所受安培力。

例题：如图，水平面上的条形磁铁左上方有一直导线，当导线通有垂直纸面向内的电流时，关于水平面对磁铁的支持力 $N$ 的大小和摩擦力 $f$ 的方向的判断，下列说法正确的是（）

A. 支持力 $N$ 小于磁铁的重力，摩擦力 $f$ 方向向左

B. 支持力 $N$ 小于磁铁的重力，摩擦力 $f$ 方向向右

C. 支持力 $N$ 大于磁铁的重力，摩擦力 $f$ 方向向左

D. 支持力 $N$ 大于磁铁的重力，摩擦力 $f$ 方向向右

求解：

一般遇到条形磁铁和通电导线的题目导线更好分析，所以这里先分析导线。

根据条形磁铁周围的磁场线可知，导线上的磁感应强度方向大约斜向右上方，根据左手定则可知安培力大约斜向右下方，那么根据牛顿第三定律可知条形磁铁所受到的安培力 $F$ 斜向左上方，根据受力分析可知，支持力 $N$ 小于此贴中立，摩擦力 $f$ 方向向右，故选 B。

洛伦兹力

概念介绍

将带电粒子在磁场中所受到的力称为洛伦兹力。

注意：洛伦兹力和安培力本质上属于同一类型的力，但二者的描述对象不同，洛伦兹力主要描述带电粒子，而安培力主要描述通电导线。

公式：

理解记忆：类比安培力 $F = BIL$，其中 $I = \dfrac q t$，所以 $F = B\cdot \dfrac q t \cdot L = Bvq$。

推导：

说明：洛伦兹力相当于单位体积下每个带电粒子的安培力，所以 $f_洛 = \dfrac{F}{nsL}$。

方向：

与速度垂直。

具体方向的判断仍然使用左手定则，但与安培力的判断稍有不同：

1. 磁感线穿掌心。
2. 四指指向 $v$ 的方向。
3. 拇指为 $F$ 的方向 / 反方向：如果是正电荷则就是 $F$ 的方向，如果是负电荷则是 $F$ 的反方向。

特点：永不做功。

【题型】基础牛二与能量的结合

分析方法：与一般功能关系的问题分析方法一致，且一般情况下洛伦兹力不做功。

例 1（多选）：如图所示，用丝线吊一个质量为 $m$ 的带电（绝缘）小球处于匀强电场中，空气阻力不计，当小球分别从 $A$ 点和 $B$ 点向最低点 $O$ 运动且两次经过 $O$ 点时（）

A. 小球的动能相同

B. 丝线所受的拉力相同

C. 小球所受的洛伦兹力相同

D. 小球向心加速度相同

求解：

A 选项：由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以不做功，即整个过程只有重力做功，所以小球机械能守恒，那么两次经过 $O$ 点时动能相同。A 正确。

B 选项：当从 $B$ 摆动到 $O$ 时有 $T + f_左 - m \mathrm g = m \dfrac{v^2}{r}$，当从 $A$ 摆动到 $O$ 时有 $T - f_右 - m \mathrm g = m \dfrac{v^2}{r}$，两次洛伦兹力大小相等方向相反，又根据机械能守恒可知两次速度相同，那么拉力 $T$ 一定不相同。B 错误。

C 选项：由于两次速度方向相反，根据左手定则可知，两次洛伦兹力方向相反。C 错误。

D 选项：根据向心加速度 $a = \dfrac{v^2}{r}$ 可知 $a$ 相同。D 正确。

故选 AD。

---

例 2（多选）：如图，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道下滑，分别通过轨道的最低点 $P、M、N$，则下列有关判断正确的是（）

A. 小球第一次到达轨道最低点的速度关系是 $v_P = v_M > v_N$

B. 小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系是 $F_M > F_P > F_N$

C. 小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系是 $t_p < t_M < t_N$

D. 三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置

求解：

A 选项：$P、M$ 都是只有重力做功（$M$ 中洛伦兹力不做功），根据机械能守恒可知 $v_P = v_M$，$N$ 中由于电场的存在，带电小球受到水平向左的电场力，电场力和速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，带电小球动能减少，所以 $v_N < v_M = v_P$。A 正确。

B 选项：对于 $P$ 点受力分析有：$F_P - m\mathrm g = m \dfrac{{v_P}^2}{r}$，对 $M$ 点受力分析有 $F_M - f_洛 - m \mathrm g = m \dfrac{{v_M}^2}{r}$，因为 $v_P = v_M$，所以 $F_M > F_P$。对 $N$ 点受力分析有 $F_N - m\mathrm g = m \dfrac{{v_N}^2}{r}$， 因为 $v_P > v_N$，所以 $F_P > F_N$。B 正确。

C 选项：$P$ 和 $M$ 在运动的过程中带电小球的速度每时每刻都相同，所以所用时间也相同，$N$ 由于电场力做负功会使得总时间增长，所以 D 错误。

D 选项：$P$ 和 $M$ 都是只有重力做功，根据机械能守恒到达右端的高度相同，$N$ 由于电场力做负功所以到达右端的位置会比前两者低，但由于三者均没有能量损失，都能回到出发点。

有关洛伦兹力是否做功的问题

内容：洛伦兹力本身不做功，但其分力可能做功，洛伦兹力分力做功之和会抵消为 $0$，所以洛伦兹力不做功。

例题：一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上。圆管底端有一个带正电的光华小球。小球的直径略小于圆管的内径。空间存在一个垂直纸面向里的匀强电场，如图所示。现用一拉力 $F$ 拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中（）

A. 小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功

B. 小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功

C. 小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向

D. 小球的运动很复杂，以上说法都不对

求解：

圆管向右做匀速直线运动，那么考虑左手定则可分析得到洛伦兹力竖直向上，那么此时小球会由于洛伦兹力而产生竖直向上的加速度，那么小球整体上相对于水平桌面做水平方向上匀速直线，竖直方向上加速直线运动，那么实际运动速度应该是是方向为写向右上方的类平抛运动。

由于实际运动方向斜向右上方，那么再根据左手定则可知洛伦兹力整体上斜向左上方，所以之前根据圆管水平向右运动得到的洛伦兹力实际上是洛伦兹力的分力，此时实际运动方向与洛伦兹力方向垂直，洛伦兹力不做功。故选 A。

注意：这道题中刚开始根据圆筒向右运动从而分析得到的是洛伦兹力的分力，而非洛伦兹力，洛伦兹力一定是不做功的。

运动多情况问题

思路：对物体进行受力分析，分类讨论速度 $v$ 的大小关系，从而判断当前情况下物体的运动状态（加速 / 减速，加速度增大 / 减小），然后分析此时 $v-t$ 图像的大致走向。

例题

例 1（多选）：如图所示，粗糙模板 $MN$ 竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。$t = 0$ 时，一个质量为 $m$、电量为 $q$ 的带正电物块沿 $MN$ 以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的 $v-t$ 图像可能是（）

A.

B.

C.

D.

求解：

对物块受力分析有

所以 $ma = m \mathrm g - \mu Bvq$。

当 $v$ 过大，即 $\mu Bv q > m \mathrm g$ 时，此时物块速度 $v$ 向下，$a$ 向上，物块做减速运动，$v$ 不断减小，所以 $a$ 不断减小，所以物体做加速度减小的减速运动。此时 C 符合题意。

当 $v$ 过小，即 $\mu Bvq < m \mathrm g$ 时，此时物块速度 $v$ 向下，$a$ 向下，物块做加速运动，$v$ 不断增大，所以 $a$ 不断减小，所以物体做加速度减小的加速运动。此时 D 符合题意。

当 $v$ 恰好，即 $\mu B v q = m \mathrm g$ 时，此时物块在竖直方向上受力平衡，所以向下做匀速直线运动。此时 A 符合题意。

故选 ACD。

---

例 2：如图所示为一个质量为 $m$，电荷量为 $+q$ 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场中（不计空气阻力）。现给圆环向右的初速度 $v_0$，在以后的运动过程中，圆环运动的速度 - 时间图像不可能是如图中的（）

A.

B.

C.

D.

求解：

首先对圆环受力分析：

那么当 $v$ 过大时，$F_N$ 竖直向下，此时速度 $v$ 向右，加速度 $a$ 向左，圆环做减速运动，所以 $v$ 减小，那么根据 $F_N = Bvq - m \mathrm g$，那么此时 $F_N$ 减小，所以 $a$ 减小，圆环做加速度减小的减速运动。

当 $v$ 过小时，$F_N$ 竖直向上 ，此时速度 $v$ 向右，加速度 $a$ 向左，圆环做减速运动，所以 $v$ 减小，那么根据 $F_N = m \mathrm g - Bvq$，此时 $F_N$ 增大，所以 $a$ 增大，圆环做加速度增大的减速运动。

当 $v$ 恰好，即 $F_N = m \mathrm g$ 时，圆环加速度为 $0$，此时受力平衡，速度不变。

故选 B。

---

例 3：如图所示，在匀强磁场有一水平绝缘传送带以速度 $v$ 沿着顺时针方向传动。现将一带正电的小物块轻放在传送带左侧。则小物块在运动过程中（）

A. 小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动

B. 小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动

C. 小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动

D. 小物块做加速度减小的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动

求解：

首先对小物块刚上传送带受力分析有：

那么此时 $a$ 向右，$v$ 向右，小物块做加速运动，当 $v$ 增大时，根据 $F_N = m \mathrm g - Bvq$，所以 $F_N$ 减小，所以 $a$ 减小，所以小物块做加速度减小的加速运动，排除 AB。

对小物块与传送带共速后受力分析可知 $\mu F_N = 0$，所以 $F_N = 0$，那么 $Bvq = m \mathrm g$，所以小物块最后做匀速直线运动。

故选 C。

---

例 4：一质量 $m$、电荷量为 $-q$ 的圆环，套在水平面成 $\theta$ 角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场中。现给圆环一沿杆左上方方向的初速度 $v_0$，取初速度 $v_0$ 的方向为正方向，以后的运动过程中圆环运动的速度图像不可能是（）

A.

B.

C.

D.

求解：

当首先，对圆环受力分析：

因为加速度 $a$ 向下，$v$ 向上，所以圆环做减速运动。

当 $v_0$ 恰好，即 $Bvq = m \mathrm g \cos \theta$ 时，$F_N = 0$，此时 $a = \mathrm g \sin \theta$， 由于做减速运动，所以 $v$ 减小。当 $v$ 减小时，根据 $f_洛 = Bvq$ 可知洛伦兹力减小，那么 $m \mathrm g \cos \theta > Bvq$，那么此时 $ma = m \mathrm g \sin \theta + \mu (m \mathrm g \cos \theta - Bvq)$，随着 $v$ 的减小，右式增大，那么 $a$ 增大，所以圆环做加速度增大的减速运动。那么 A 正确。

当 $v_0$ 过大，即 $Bvq > m \mathrm g \cos \theta$ 时，$F_N = Bvq - m \mathrm g \cos \theta$，由于做减速运动，所以 $v$ 减小。此时 $ma = m \mathrm g \sin \theta + \mu (Bvq - m \mathrm g \cos \theta)$，因为 $v$ 减小，所以 $a$ 减小，所以圆环做加速度减小的减速运动。当速度减小使得 $F_N = 0$ 即 $Bvq = m \mathrm g \cos \theta$ 时，相当于与第一种 $v_0$ 恰好的情况相同，所以速度会继续减小，做加速度增大的减速运动。所以会先做加速度减小的减速运动再做加速度增大的减速运动。当速度减小为 $0$ 时，有两种情况：

• 圆环所受到的重力 $G$，支持力 $F_N$ 和摩擦力 $f$ 恰好平衡（由于没有速度所以不受洛伦兹力），那么物体会固定在最高点不动，所以 B 符合题意。
• $G_x > f$，会使得圆环下滑，对此时圆环受力分析可知，洛伦兹力向下，那么 $m \mathrm g \cos \theta + Bvq = F_N$ 且 $ma = m \mathrm g \sin \theta - \mu F_N$，$a$ 和 $v$ 均向下，所以做加速运动，$v$ 增大，所以 $F_N$ 增大，那么 $a$ 减小，所以做加速度减小的加速运动。当摩擦力增大到 $f = m \mathrm g \sin \theta$ 时，$a = 0$，此时圆环做匀速直线运动。所以此种情况下 D 符合题意。

所以 ABD 符合题意，故选 C。

磁场圆周

现象：若带电粒子在磁场中只受到洛伦兹力，则它一定做匀速圆周运动。

解释：洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力提供了向心力，导致带电粒子做圆周运动。

原理：$f_洛 = F_向$。

三种公式

半径公式

根据 $f_洛 = F_向$ 可知：

即为半径公式。

周期公式

转一圈所用的时间，即

注意：根据公式可知，$T$ 与 $v$ 无关。

时间公式

注意：这三个公式考试时不能直接使用，需要先写出 $f_洛 = F_向$ 然后推出对应的公式。

例题

例 1：某种高速带电粒子流，具有较强的穿透能力。如图虚线为该粒子流在气泡室中穿透一张黑纸的粒子径迹照片，气泡室里有垂直纸面的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）

A. 磁场方向一定垂直纸面向里

B. 磁场方向一定垂直纸面向外

C. 粒子一定从左向右穿越黑纸

D. 粒子一定从右向左穿越黑纸

求解：

由于题目没有告诉粒子正负，所以无法判断磁场方向。

根据动量相关知识可知，粒子穿过黑纸速度会减小，那么由于黑纸左边半径大于右边半径，根据 $r = \dfrac{mv}{qB}$ 可知左边速度大于右边速度，那么粒子从左向右穿越黑纸。故选 C。

注意：关键是要发现「粒子穿过黑纸速度会减小」。

---

例 2：如图所示，一水平导线通以电流 $I$，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下列说法中正确的是（）

A. 沿路径 $a$ 运动，其轨道半径越来越大

B. 沿路径 $a$ 运动，其轨道半径越来越小

C. 沿路径 $b$ 运动，其轨道半径越来越小

D. 沿路径 $b$ 运动，其轨道半径越来越大

求解：

根据左手定则 + 电子呈负电可知电子所受洛伦兹力竖直向下，所以沿路径 $a$ 运动，由于洛伦兹力不做功，速度始终不变，那么根据 $R = \dfrac{mv}{qB}$，电子远离导线，所以 $B$ 减小，其它不变所以 $R$ 增大，故选 A。

注意：这里由于洛伦兹力不做功，速度 $v$ 始终不变。

---

例 3：如图为质谱仪的原理图，若同一束粒子沿极板 $P_1、P_2$ 的轴线射入电磁场区域，由小孔 $S_0$ 射入右边的偏转磁场 $B_2$ 中，运动轨迹如图所示，不计粒子重力，下列相关说法中正确的是（）

A. 速度选择器的 $P_1$ 极板带负电

B. 该束带电粒子带正电

C. 在 $B_2$ 磁场中运动半径越大的粒子，速度越大

D. 在 $B_2$ 磁场中运动半径越大的粒子，比荷 $\dfrac q m$ 越大

求解：

对该束带电粒子在 $B_2$ 磁场中利用左手定则分析可知该束带电粒子带正电。B 正确。

图示左侧两极板构成的装置的作用是「筛选速度」，一般情况下带电粒子在两极板间受到洛伦兹力和电场力，且二者方向相反，那么当洛伦兹力与电场力大小不相等（速度过大或过小），粒子均会由于有向上或向下的加速度从而撞击到两极板上，当速度恰好满足洛伦兹力等于电场力时，粒子以速度 $v$ 做匀速直线运动，射入小孔 $S_0$。根据左侧装置「筛选速度」，所有射入 $S_0$ 的粒子速度均相同。

那么由于带电粒子带正电，所以带电粒子在两极板间所受到的洛伦兹力竖直向上，所以其受到的电场力竖直向下，所以 $P_1$ 带正电，$P_2$ 带负电，A 错误。

射入小孔 $S_0$ 后，由于洛伦兹力的作用电子发生偏转，且洛伦兹力始终不做功，所以粒子速度大小不变，那么在 $B_2$ 磁场中运动的所有粒子速度大小相同。C 错误。

根据 $R = \dfrac{mv}{qB}$，在 $B_2$ 磁场中运动的粒子 $B$ 和 $v$ 均相同，所以运动半径越大的粒子 $\dfrac m q$ 越大，则 $\dfrac q m$ 越小，D 错误。

---

例 4（多选）：如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线 $MN$ 为理想边界，磁感应强度分别为 $B_1、B_2$，今有一质量为 $m$、电量为 $e$ 的电子从 $MN$ 上的 $P$ 点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场 $B_1$ 中，其运动轨迹为如图虚线所示的「心形」图线。则下列说法正确的是（）

A. 电子的运行轨迹为 $PDMCNEP$

B. 电子运行一周回到 $P$ 用时为 $T = \dfrac{2 \pi m}{B_2 e}$

C. $B_1 = 2B_2$

D. $B_1 = 4B_2$

求解：

对电子利用左手定则可知，其所受洛伦兹力方向竖直向上，那么运行轨迹是 $PDMCNEP$。A 正确。

电子运行一周回到 $P$ 的时间为 $t = T_1 + \dfrac 1 2 T_2 = \dfrac{2 \pi m}{q B_1} + \dfrac 1 2 \cdot \dfrac{2 \pi m}{q B_2}$。

由于两电场中 $\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac 1 2$，又由于洛伦兹力不做功，所以运动过程中速度始终不变，所以 $v_1 = v_2$，根据 $R = \dfrac{m v}{qB}$ 可知 $\dfrac{B_1}{B_2} = \dfrac 2 1$。C 正确。

带入到时间表达式中可知 $t = \dfrac{2 \pi m }{B_2 e}$。B 正确。

故选 ABC。

注意：这里定量判断 $B_1$ 和 $B_2$ 的关系时需要利用半径公式，同时要考虑到洛伦兹力不做功。

三个几何关系

入射角 = 出射角

特征：入射角和出射角关于两点连线对称。

这里的两点指的是入射点和出射点。

求出射角：

如下图所示，若下图为某带电粒子的入射方向，尝试画出其出射方向。

考虑分类讨论出射点在入射点右侧和左侧的情况，根据入射角与出射角关于两点对称，可画出大致的方向，然后平移到出射点。

当出射点在右侧时，根据左手定则可知带电粒子带负电；当出射点在左侧时，带电粒子带正电。

适用范围：题目中出射方向未知。

入射 / 出射速度的垂线与轨迹圆半径垂直

由于带电粒子在电场中做圆周运动，其轨迹的切线为速度方向，半径与切线垂直 ，所以其轨迹所在圆的半径与速度方向垂直，所以可以画出入射和出射速度方向的垂线来确定圆心的位置。

如下图所示，则点 $O$ 即为圆心，圆心角为 $30^\circ$，所以半径为 $2d$。

速度偏转角 = 圆心角

【速度偏转角】

以「入射角 = 出射角」中求出射角的例子为例：

当出射点在右侧时，速度偏转角等于 $2 \theta$，当出射点在左侧时，速度偏转角等于 $360^\circ - 2 \theta$。

【圆心角】

如下图所示，图中圆的圆心角为 $2\theta$。

【几何关系运用】

如上图所示，左图偏转角度为 $90^\circ$，那么时间为 $t = \dfrac 1 4 \cdot \dfrac{2 \pi m}{qB}$；右图偏转角度为 $30^\circ$，那么时间为 $t = \dfrac 1 {12} \cdot \dfrac{2 \pi m}{qB}$。

说明：一般情况下可以使用三个几何关系来解题，具体步骤如下：

1. 若未知出射角，则先根据入射角 = 出射角画出出射角。
2. 画出入射 / 出射速度方向的垂线，通过两垂线交点确定带电粒子运动轨迹圆的圆心。
3. 根据速度偏转角 = 圆心角求出圆心角，并求出时间、半径等其它物理量。

注意：若题目已知同种粒子，则比荷相同，即 $\dfrac q m$ 相同，所以周期 $T$ 相同。

例题

例：如图所示，在半径为 $R$ 的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，$ab$ 是圆的直径，磁场的磁感应强度为 $B$，一质量为 $m$、带电量为 $q$ 的粒子从 $a$ 点射入磁场，速度大小为 $v$，方向与 $ab$ 成 $30^\circ$ 角时，恰好从 $b$ 点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（）

A. $\dfrac{2 \pi R}{3 v}$

B. $\dfrac{2 \pi R}{v}$

C. $\dfrac{2 \pi m}{q B}$

D. $\dfrac{\pi m}{6 q B}$

求解：

考虑根据入射角 = 出射角做出出射角方向，那么速度偏转角为 $60^\circ$，所以圆心角是 $60^\circ$，所以 $t = \dfrac 1 6 \cdot \dfrac{2 \pi m}{q B} = \dfrac{\pi m}{3 qB}$。CD 错误。

画出圆心及半径，可得到轨迹圆半径 $r = 2R$，那么时间 $t = \dfrac 1 6 \cdot \dfrac{2 \pi \cdot 2 R}{q B} = \dfrac{2 \pi R}{3 v}$。 故选 A。

圆形磁场

特征：若一带电粒子指向圆心射入圆形磁场，则其射出方向的反向延长线一定过圆心。概括为「径向射入，一定径向射出」。

此特征往往能帮助我们较快的判断出一些选项，但具体解题时一般还是用「入射角 = 出射角」解题。

求解：一般的思路还是利用三个几何关系以及已知入射方向的一般步骤求解，只是在判断带电粒子指向圆心射入圆形磁场时出射角的方向可以利用「径向射入，一定径向射出」更快判断。

例题：如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷 $\dfrac q m$ 为 $k_1$、$k_2$ 的带电粒子分别从 $P$ 点以速率 $v_1$、$v_2$ 垂直进入磁场，经过时间 $t_1$、$t_2$ 从 $M$ 点射出磁场，已知 $v_1$ 沿半径方向 $v_2$ 与 $v_1$ 夹角为 $30^\circ$，$\angle POM = 120^\circ$。不计粒子重力，下列判断正确的是（）

A. 若 $v_1 = v_2$，则 $k_1 : k_2 = \sqrt 3 : 1$

B. 若 $v_1 = v_2$，则 $t_1 : t_2 = \sqrt 3 : 2$

C. 若 $t_1 = t_2$，则 $k_1 : k_2 = 2 : 1$

D. 若 $t_1 = t_2$，则 $v_1 : v_2 = \sqrt 3 : 1$

求解：

先根据入射角 = 出射角画出出射角，分析可知 $v_1$ 偏转角度为 $60^\circ$，画出圆心以及半径根据几何关系可知 $r_1 = \sqrt 3 R$。同理 $v_2$ 偏转角度为 $120^\circ$，$r_2 = R$。

当 $v_1 = v_2$ 时：

根据 $R = \dfrac{mv}{qB}$，$k$ 之比等于 $R$ 的反比，即 $k_1 : k_2 = r_2 : r_1 = 1 : \sqrt 3$。根据周期 $T = \dfrac{2 \pi m}{q B}$，则 $T_1 : T_2 = \sqrt 3 : 1$，又因为 $t_1 = \dfrac 1 6 T_1$，$t_2 = \dfrac 1 3 T_2$，所以 $t_1 : t_2 = \sqrt 3 :2$。

当 $t_1 = t_2$ 时：

根据 $t_1 = \dfrac 1 6 T_1$，$t_2 = \dfrac 1 3 T_2$，$T_1 : T_2 = 2 : 1$，根据周期 $T = \dfrac{2 \pi m}{q B}$，$k$ 之比等于 $T$ 的反比，所以 $k_1 : k_2 = 1 : 2$，又因为 $R = \dfrac{mv}{qB}$，且 $r_1 : r_2 = \sqrt 3 : 1$，所以 $v_1 : v_2 = \sqrt 3 : 2$。

故选 B。

放缩圆

特征：已知入射方向，且入射方向方向不变，大小可变。

例：如图所示，在三角形区域 $ACD$ 内有一垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内一束电子以不同大小的速度从 $A$ 点沿同一方向射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（）

A. 从 $CD$ 边出射的电子，在磁场中运动时间都相等

B. 从 $AC$ 边出射的电子，在磁场中运动时间都相等

C. 从 $AC$ 边出射的电子距 $C$ 点距离越近，其轨道半径越小

D. 从 $CD$ 边出射的电子距 $C$ 点距离越近，其轨道半径越大

求解：

从 $AC$ 边出射的电子，其速度偏转角均相同，即运动轨迹所在圆的圆心角相同，根据 $t = \dfrac{\theta}{360^\circ} \cdot T$，由于都是电子，所以比荷相同，所以周期 $T$ 相同，所以运动时间 $t$ 只与 $\theta$ 有关。由于 $\theta$ 相同，所以运动时间都相等。出射的电子距离 $C$ 点的距离越近，说明其运动轨迹所在圆越大，即轨道半径越大。所以 B 正确，C 错误。

从 $CD$ 边出射的电子，由于电子 $T$ 相同，但偏转角度 $\theta$ 不相同，所以在磁场中运动时间不相等。出射的电子距离 $C$ 点越近，说明其运动轨迹所在圆越小，即轨道半径越小。AD 错误。

故选 B。

总结：放缩圆的题型本质上还是已知入射方向，但是由于多边界的限制条件，导致不是所有粒子都能去同一条边，所以需要考虑临界状态（即轨迹圆与另一边相切）。

分析可知，当入射点和出射点在同一边（即运动回到原边）时，时间最大。例如上述例题中电子从 $AC$ 边出射时运动时间最长。

---

例题

例 1：如图所示，$ABC$ 为与匀强磁场垂直的直角三角形，底边 $AB$ 边长为 $a$，$\angle ABC$ 为 $60^\circ$，磁场方向垂直纸面向外，比荷为 $\dfrac e m$ 的电子以速度 $v_0$ 从 $A$ 点沿 $AB$ 方向射入，欲使电子能经过 $BC$ 边，则磁感应强度 $B$ 的取值应为（）

A. $B > \dfrac{\sqrt 3 m v_0}{ae}$

B. $B \le \dfrac{2 m v_0}{ae}$

C. $B \le \dfrac{\sqrt 3 m v_0}{ae}$

D. $B > \dfrac{2 m v_0}{ae}$

求解：

电子经过 $BC$ 边的临界状态是电子的轨迹圆与 $BC$ 边相切，当电子运动到 $BC$ 边上时，速度方向是该点的切线方向，即 $BC$ 方向。根据几何关系可知速度偏转角度为 $120^\circ$，如下图所示。

根据几何关系可知轨迹圆半径 $R = \dfrac{\sqrt 3}{3} a$，又由于

要使得电子经过 $BC$ 边，则 $R$ 尽可能大，那么 $B$ 尽可能小，所以 $B$ 的取值应为 $B \le \dfrac{\sqrt 3 m v_0}{ae}$。故选 C。

---

例 2：如图所示，直角三角形 $ABC$ 区域存在一匀强磁场，磁感应强度为 $B$，已知 $AB$ 边长为 $L$，$\angle C = 30^\circ$，比荷均为 $\dfrac q m$ 的带正电粒子（不计重力）以不同的速率从 $A$ 点沿 $AB$ 方向射入磁场，求粒子在磁场中运动的最长路程是多少？

求解：

当运动轨迹圆与 $BC$ 边相切时，运动路程最大，那么此时圆与 $BC$ 相切的点所在圆心角为 $90^\circ$，根据几何关系可知，半径 $R = AB = L$。当粒子回到 $AC$ 边时，其偏转角为 $120^\circ$，所以最长路程为 $\dfrac 1 3 \cdot 2 \pi L = \dfrac 2 3 \pi L$。

注意：这里计算最长路程时，计算的是回到 $AC$ 边是轨迹圆所对应的圆心角，而非刚开始与 $BC$ 相切的点所对的圆心角。

---

例 3：如图所示，矩阵边界 $ABCD$ 内存在磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，$AB$ 长为 $2L$，$AD$ 长为 $L$。从 $AD$ 的中点 $E$ 以不同速率发射粒子，，速度方向与 $AD$ 成 $30^\circ$ 角，粒子带正电，电量为 $q$，质量为 $m$，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是（）

A. 粒子可能从 $BC$ 边离开

B. 经过 $AB$ 边的粒子最小速度为 $\dfrac{3 q B L}{4m}$

C. 经过 $AB$ 边的粒子最大速度为 $\dfrac{qBL}{m}$

D. $AB$ 边上有粒子经过的区域长度为 $2L$

求解：

在整个粒子运动过程中，当轨迹半径较小时，粒子会回到 $AD$ 边；随着半径增大，当粒子恰好不能经过 $AD$ 时，它会和 $AB$ 边相切；再随着半径增大，当粒子恰好不能经过 $AB$ 边时，它会和 $DC$ 边相切。

首先考虑如果不存在矩形边界 $BC$，极端情况下，即当轨迹圆与 $DC$ 边界相切时，设此时轨迹圆与直线 $AB$ 相切于点 $F$，若 $AF < AB$ 则不可能从 $BC$ 边离开，反之则可能从 $BC$ 边离开。

那么设此时轨迹圆与 $DC$ 相切的点为 $G$，则从 $E$ 到 $G$ 速度偏转角为 $60^\circ$，所以弧 $EG$ 所对圆心角为 $60^\circ$，根据几何关系可知 $ED = \dfrac 1 2 L = \dfrac 1 2 R$，所以 $L = R$，所以圆心恰好在 $AB$ 中点，那么此时 $AF = AO + OF < 2R = 2L = AB$，所以粒子不可能从 $BC$ 边离开。A 错误。

当轨迹圆与 $AB$ 相切时，经过轨迹圆的半径最小，所以 $v$ 最小，此时速度偏转角为 $\ce{240^\circ}$，所以 $\angle QPE = 120^\circ$，那么有：

所以 B 错误。

当轨迹圆与 $DC$ 相切时，经过的轨迹圆半径最大，所以 $v$ 最大，那么此时有

所以 C 正确。

由于 $AQ$ 段不可能有粒子经过，所以区域长度一定不是 $2L$，所以 D 错误。

旋转圆

特征：已知轨迹圆大小，且大小不变，方向可变。

例：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 $R = \dfrac{mv}{Bq}$。哪个图是正确的？（）

A.

B.

C.

D.

求解：

首先考虑沿着 $OM$ 和 $ON$ 射入的电子，根据左手定则可知，沿着 $OM$ 射入的电子所受到的洛伦兹力竖直向下，射入后会直接射出，沿着 $ON$ 射入的电子所受到的洛伦兹力竖直向上，所以带电粒子会做圆周运动。那么指向 $ON$ 的带点粒子的运动轨迹是一个完整的圆。

考虑随着射入的电子方向逐渐向左，其所受的洛伦兹力也逐渐向左，推理可知带电粒子可能经过的区域为 A。

说明：

• 实际上 A 选项的右半部分是一个四分之一圆，即扇形，其半径为 $2R$。
• 根据「速度偏转角 = 圆心角」，这里沿着 $ON$ 射入的电子轨迹圆的圆心角为 $360^\circ$，所以入射角为 $180^\circ$，而非 $0^\circ$。
• 粒子所能达到的最远距离为 $d = 2R$。

---

总结：

求时间一般分为求整个磁场的时间和某一边界出射的时间。

• 整个磁场的最长时间：条件是要回到原边且入射角尽可能大（与另一边相切），详见下方例题中的例 1。
• 某一边界出射时间：主要看弦长。若 $\theta_{圆心} < 180^\circ$，则弦长越长，$\theta$ 越大；若 $\theta_{圆心} > 180^\circ$，则弦长越长，$\theta$ 越小。其中第一种方法较为常考。详见下凡例题中的例 2。

说明：一般可以用「若 $\theta_{圆心} < 180^\circ$，则弦长越长，$\theta$ 越大」来判断最短时间，最长时间一般发生在沿边界射入的情况下（详见下方例题中的例 4）。

---

例题

例 1：如图所示，在平面直角坐标系 $xoy$ 的第一象限 $y \le a$ 范围内， 存在垂直纸面向里磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场。一质量为 $m$、电荷量为 $q$ 带负电的粒子从坐标原点 $O$ 以速度大小为 $v_0 = \dfrac{2qBa}{m}$ 沿不同方向射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

A. 若粒子初速度沿 $y$ 轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为 $\dfrac{\pi m}{3 qB}$

B. 若粒子初速度沿 $y$ 轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为 $\dfrac{2 \pi m}{3qB}$

C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 $\dfrac{\pi m}{3 q B}$

D. 粒子在磁场中运动的最长时间为 $\dfrac{2 \pi m}{3 q B}$

求解：

根据 $R = \dfrac{m v}{qB}$ 且 $v_0 = \dfrac{2qBa}{m}$ 可知，$R = 2a$。

对沿 $y$ 轴正方向射出的带负电粒子利用左手定则可知其所受到洛伦兹力竖直向右，那么粒子会从 $O$ 点开始做 $R = 2a$ 的圆周运动，直至碰到边界。画出运动轨迹，如下图所示。

所以根据几何关系可知圆心角是 $30^\circ$，所以粒子在磁场中运动的时间为 $\dfrac 1 {12} \cdot \dfrac{2 \pi m}{q B} = \dfrac{\pi m}{6 pB}$。所以 AB 错误。

当粒子初速度方向从竖直向右到竖直向上不断改变，其速度偏转角 $\theta$ 也在逐渐增大，那么运动时间也在逐渐增大 ，直到轨迹圆与直线 $y = a$ 相切，此时如果速度方向继续改变，则不会回到原边，根据在磁场中运动的最长时间的条件是「要回到原边且入射角尽可能大（与另一边相切）」，所以轨迹圆与直线 $y = a$ 相切时运动时间最长。如下图所示。

此时可以根据几何关系知圆心角为 $120^\circ$，那么粒子在磁场中运动的最长时间为 $\dfrac 1 3 \cdot \dfrac{2 \pi m}{qB} = \dfrac{2 \pi m}{3 q B}$。故选 D。

---

例 2：如图所示，在半径为 $R$ 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为 $B$，方向垂直于圆平面（未画出）。一群比荷为 $\alpha$ 的负离子体以相同速率 $v_0$（较大），由 $P$ 点在纸面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是（）

A. 离子飞出磁场时的动能一定相等

B. 离子在磁场中运动的半径一定相等

C. 沿着 $PQ$ 方向射入的离子飞出时偏转角最大

D. 由 $Q$ 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

求解：

由于离子的速度相同，但质量不一定相同，所以动能不一定相同。A 错误。

根据 $R = \dfrac{mv}{qB}$ 可知离子在磁场中运动半径相等。B 正确。

沿着 $PQ$ 方向射入的电子，会在磁场中偏转，所以一定不会沿着 $Q$ 射出，所以它经历的弦长一定不是最长的，即圆心角不是最大的，那么偏转角也不是最大的。C 错误。

由 $P$ 点飞入，$Q$ 点飞出的离子弦长为 $PQ$，即圆形区域的直径，此时弦长最大，那么圆心角最大，即偏转角最大，所以运动时间越长。

注意：这里题目中「一群比荷为 $\alpha$ 的负离子体以相同速率 $v_0$（较大）」的含义是离子可以从这个圆上的任何一个点飞出。

---

例 3：如图所示，半径为 $R$ 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 $B$。$M$ 为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为 $+q$，质量为 $m$ 的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过 $M$ 点进入磁场。下列说法中正确的是（）

A. 若粒子进入磁场时的速率为 $v = \dfrac{\sqrt 3 q B R}{2m}$，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长时圆周长的 $\dfrac 1 3$

B. 若粒子进入磁场时的速率为 $v = \dfrac{\sqrt 3 q B R}{2m}$，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长时圆周长的 $\dfrac 1 2$

C. 若粒子进入磁场时的速率为 $v = \dfrac{2qBR}{m}$，则粒子在磁场中运动的最长时间为 $t = \dfrac{\pi m}{3qB}$

D. 若粒子进入磁场时的速率为 $v = \dfrac{2qBR}{m}$，则粒子在磁场中运动的最长时间为 $t = \dfrac{\pi m}{qB}$

求解：

当 $v = \dfrac{\sqrt 3 q B R}{2m}$ 时，根据 $r = \dfrac{mv}{qB}$ 可知 $r = \dfrac{\sqrt 3}{2}R$，因为 $r < R$，所以粒子不会从这个圆上的任意一点飞出。考虑极端情况下，即当洛伦兹力指向 $MO$，速度垂直于 $MO$ 向右发射时，此时粒子的运动轨迹是一个完整的圆，半径为 $\dfrac{\sqrt 3}{2}R$，如下图所示。

考虑将 $MN$ 绕 $M$ 向左旋转，那么 $MN$ 走过的面积即为粒子可能覆盖的区域，当 $MN$ 第一次与圆 $O$ 相交时，设交点为 $P$，则弧 $MP$ 即为粒子在圆 $O$ 上可能射出的区域。

则 $PM = \sqrt 3 R$，$OM = R$，所以 $\angle POM = 120^\circ$，所以弧 $PM$ 占整个圆的 $\dfrac 1 3$。故 A 正确，B 错误。

当 $v = \dfrac{2qBR}{m}$ 时，$r = 2R$，因为 $r > R$，所以粒子可以从这个圆上的任何一个点飞出。那么当经过的弦长最长时，时间最长。弦长最长即为直径，如下图所示。

所以根据几何关系可知此时圆心角为 $60^\circ$，那么运动的时间 $t = \dfrac 1 6 T = \dfrac 1 6 \cdot \dfrac{2 \pi m}{qB} = \dfrac{3 \pi m}{qB}$。故 C 正确，D 错误。

故选 AC。

---

例 4：如图所示，边界 $OM$ 与 $ON$ 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 $ON$ 上有一粒子源 $S$。某一时刻，从离子源 $S$ 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的互相作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界 $OM$ 射出磁场。已知 $\angle MON = 30^\circ$，从边界 $OM$ 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 $\dfrac 1 2 T$（$T$ 为粒子在磁场中运动的周期），则从边界 $OM$ 射出的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？

求解：

根据「最长时间一般发生在沿边界射入的情况下」所以沿着 $SN$ 射入时时间最长，由于此时的时间是 $\dfrac 1 2 T$，所以圆心角是 $180^\circ$，即速度偏转角为 $180^\circ$，所以弦长与 $SN$ 的夹角为 $\theta = 90^\circ$，即二者垂直。如下图所示。

所以弦长要使得时间最短，则弦长最短，那么当弦长垂直于 $OM$ 时，时间最短。根据几何关系可知，弦长为 $\sqrt 3 a$，弦长与圆心构成的三角形三条边分别是 $a,a,\sqrt 3 a$，所以圆心角是 $120^\circ$，所以运动的最短时间应该是 $\dfrac 1 3 T$。

注意：这里通过弦长与入射方向的夹角与速度偏转角的关系求出了弦长与入射方向的夹角。

最小磁场面积问题

思路：

一般找入射点和出射点连起来时对应的弦长，往往这个弦长与最小面积有关，主要有两种情况：

• 若求的是圆形磁场，则一般将弦长作为直径。
• 若求的是矩形磁场，则一般将弦长作为一条边。

---

例题：一质量为 $m$，带电量为 $q$ 的粒子以速度 $v_0$ 从 $A$ 点沿等边三角形 $ABC$ 的 $AB$ 方向射入强度为 $B$ 的垂直于纸面的圆形匀强磁场区域中，要使该粒子飞出磁场后沿 $BC$ 射出，求圆形磁场区域的最小面积。

求解：

根据几何关系可画出圆心角以及运动轨迹圆。如下图所示。

则根据几何关系可知 $\angle AOC = 120^\circ$，根据 $R = \dfrac{m v_0}{qB}$，可推得 $AC = \sqrt 3 R = \dfrac{\sqrt 3 m v}{qB}$。

要使得粒子沿着弧 $AC$ 运动，那么磁场区域必须完全覆盖弧 $AC$，由于是圆形磁场，则当圆形磁场的直径恰好为 $AC$ 时，面积最小。

那么圆心磁场的最小面积 $S = \pi r^2 = \dfrac{3 \pi m^2 v^2}{q^2 B^2}$。

拓展：若题目问求的是矩形磁场，则其最小面积为 $S = AC\cdot d = AC \cdot \dfrac 1 2 R = \dfrac{\sqrt 3 m v}{qB}\cdot \dfrac{mv}{2qB} = \dfrac{\sqrt 3 m^2 v^2}{2 q^2 B^2}$。

地磁场

题型一：赤道上有一束自由电子，自西向东运动，那么电子会往哪偏？

求解：

可以画出赤道上方的俯视图如下。

那么根据左手定则可知电子所受到的洛伦兹力是叉进的，所以电子会偏下运动。

---

题型二：如下图所示，赤道附近的地磁场方向向北，在该处有一竖直向下运动的电子，电子所受到的地磁场的作用方向是什么？

求解：

根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，在图中相当于竖直向下。