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第十一章
磁场
第57课时
磁场对运动电荷(带电
体)的作用
1.掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。
2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。
3.学会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间。
目标要求
考点一　洛伦兹力的理解和应用
考点二　洛伦兹力作用下带电体的运动
内容索引
课时精练
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
洛伦兹力的理解和应用
考点一
如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，设静止导线中定向移动的带电粒子的速度都是v，每个粒子的电荷量为q(q>0)，单位体积内的粒子数为n，推导出每个粒子所受的洛伦兹力F洛。
答案　见解析
　　　电流的微观表达式：I=nqSv
长度为l=vt的导线受到的安培力：
F安=BIl=BnqSv·vt
长度为l的导线中定向移动的粒子数：N=nSvt
则每个粒子所受的洛伦兹力为F洛===qvB。
1.洛伦兹力的定义
磁场对_________的作用力。
2.洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F=____；
(2)v⊥B时，F=______；
(3)v与B的夹角为θ时，F=qvBsin θ。
运动电荷
0
qvB
3.洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向____电荷运动的方向或____电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于______决定的平面。
注意：B和v不一定垂直。
正
负
B、v
4.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)_______是_________的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)_______可以做功，而_________对运动电荷不做功。
注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
安培力
洛伦兹力
安培力
洛伦兹力
5.洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力 静电力
产生条件 v≠0且v不与B平行 (说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用) 电荷处在电场中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
力方向与场方向的关系 F⊥B(且F⊥v) F∥E
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
　　　(2024·江苏苏州市八校联考)极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的沿顺时针方向运动弧状极光，则关于这一现象中的高速粒子的说法正确的是
A.该粒子带负电
B.该粒子轨迹半径逐渐增大
C.若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
D.地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最强
√
　　　北极上空磁场方向向下，北极正上方有沿顺时针方向运动弧状极光，根据左手定则可知，该粒子带正电，选项A错误；
根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式r=，运动过程中粒子因空气阻力做负功，动能变小，速度减小，则半径减小，选项B错误；
赤道正上方磁场水平向北，根据左手定则，若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转，选项C正确；
在南、北两极附近地磁场垂直地面，则地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最弱，在赤道处最强，选项D错误。
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洛伦兹力作用下带电体的运动
考点二
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化，若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。
　　　如图所示，质量为m、带电荷量为+q的圆环可在水平放置的足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，试分析圆环以后可能的运动情况，并画出对应可能情况的v-t图像。
答案　(1)带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动，如图甲；
(2)初始时刻，若洛伦兹力大于重力，FN=qv0B-mg，圆环受到摩擦力Ff=μFN=μ(qv0B-mg)，a==，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力逐渐减小，最后洛伦兹力等于重力，圆环做匀速直线运动，如图乙；
(3)初始时刻，若洛伦兹力小于重力，圆环也受摩擦力作用，a=，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直到静止，如图丙。
针对训练　(2024·江苏无锡市三校联考)如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上，现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置。已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像，重力势能Ep、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，其中一定不正确的是
√
　　　上升阶段，以圆环为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+Ff=ma，又Ff=μFN=μqvB，解得a=，可知上升阶段，圆环做加速度逐渐减小的减速运动；到达最高点时，圆环速度为0，圆环的加速度为a==g；圆环下落阶段，以圆环为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-μqvB=ma，解得a=，可知下落阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动；当mg=μBqv时，圆环匀速下落，根据以上分析可知，A正确，B错误；
以初始位置为零势能面，圆环的重力势能为Ep=mgh，可知Ep-h图像为过原点的倾斜直线，C正确；
　　　圆环上升阶段由于受到摩擦力作用，圆环的机械能逐渐减小，根据Ff=μFN=μqvB，可知上升阶段，圆环受到的摩擦力逐渐减小，则E-h图像在圆环上升阶段的切线斜率绝对值逐渐减小；圆环下落阶段，由于受到摩擦力作用，圆环的机械能继续逐渐减小，根据Ff=μFN=μqvB，可知下落阶段，圆环受到的摩擦力逐渐增大，则E-h图像在圆环下落阶段的切线斜率逐渐增大，且圆环回到起始位置的机械能小于开始运动时的机械能，D正确。
　　　(2024·江苏南京市检测)如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，g取10 m/s2。关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是
A.该物块带负电
B.传送带的转动速度大小一定为1 m/s
C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能
　等于tan θ
D.在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动
√
　　　由题图乙可知，在0~2 s内物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面方向有μFN-mgsin θ=ma，物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时FN=mgcos θ，后来FN'=mgcos θ-F洛，洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错误；
物块加速运动时，有μ(mgcos θ-F洛)-mgsin θ=ma>0，可得μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，故C错误；
　　　对物块受力分析如图所示
加速度为零时，有mgsin θ=μ(mgcos θ-qvB)
解得v==1 m/s
只要传送带的速度大小v带≥1 m/s，物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带滑动，所以在2~4.5 s内，物块与传送带可能有相对运动，故B错误，D正确。
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带电粒子在匀强磁场中的运动
考点三
1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做_________运动。
匀速直线
2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做_________运动。
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB=。
(2)轨迹半径：r= 。
(3)周期：T==，可知T与运动速度和轨迹半径_____，只和粒子的_____和磁场的___________有关。
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t=______。
匀速圆周
无关
比荷
磁感应强度
T
3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
(1)圆心的确定方法
①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，
分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其
交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。
③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r=计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。
(2)半径的计算方法
方法一　由R=求得。
方法二　连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图甲，由R=或R2=L2+(R-d)2求得。
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ=α。
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。
(3)时间的计算方法
方法一　利用圆心角θ、周期T求得t=T。
方法二　利用弧长l、线速度v求得t=。
　　　(2026·江苏省东海高级中学质监)如图所示是洛伦兹力演示仪的结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列实验现象和分析正确的是
A.励磁线圈应通以逆时针方向的电流
B.仅增大电子枪加速电场的电压，运动径迹
　的半径变小
C.仅减小励磁线圈中的电流，运动径迹的半
　径变大
D.仅增大电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变小
√
　　　若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹，故A错误；
电子在加速电场中加速，由动能定理有eU=m，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0=m，解得r=，仅增大电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大；仅减小励磁线圈中的电流，则B减小，运动径迹的半径变大，故B错误，C正确；
粒子运动的周期为T==，减小电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将不变，故D错误。
　　　(2024·广西卷·5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为
A. B.
C.(1+ D.(1+
√
　　　粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，
可得粒子做圆周运动的半径r=，
根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+，故选C。
　　　(2025·重庆卷·14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK=3h，OM=3h，不计粒子
所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子
的速度大小；
答案　　
　　　由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径r=
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有qvB=
联立解得v==；
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小；
答案　
　　　若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点与荧光屏相切，如图
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，根据几何关系有r1+r1sin 30°
=3h，故此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B=
解得v1==；
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
答案　
　　　由题意知带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点作带正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON=r1cos 30°=h，
则NM=2h
由于O'N=r1=2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M=∠PO'M=60°，
而∠KO'N=120°
所以α=120°
　　　粒子在磁场中运动的周期T==，
对应的圆心角α=120°
所以t=T=×=。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A C C A C C A
题号 9 　10
答案 C (1)　(2)　(3)
答案
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1.(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
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答案
基础落实练
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答案
　　　小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；
重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；
洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。
2.(2025·江苏苏州市吴江高级中学检测)如图所示，一水平导线通以电流I，导线正下方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是
A.沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越小
B.沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越大
C.沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越小
D.沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越大
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答案
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答案
　　　根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，结合左手定则可知，电子沿路径b运动，洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可知Bqv=，解得R=，越靠近导线，磁感应强度越大，则其轨道半径越小。故选A。
3.(2025·江苏镇江市期中)如图所示，MN是一块非常薄的铅板，一高速带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并垂直穿过MN，穿过后粒子的能量减小，虚线表示其运动轨迹，可知粒子
A.带正电
B.从上向下穿过铅板
C.穿过铅板后，运动的周期不变
D.穿过铅板后，所受洛伦兹力大小不变
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　　　由题知，穿过后粒子的能量减小，即动能减小，所以带电粒子穿过铅板后速度减小，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，可得r=，则粒子的轨迹半径在减小，可知粒子运动方向是edcba，即粒子是从下向上穿过铅板，故B错误；
由B项知，粒子运动方向是edcba，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，则由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；
根据周期公式T=可知穿过铅板后，运动的周期不变，故C正确；
粒子穿过铅板后速度减小，粒子所受洛伦兹力为F=Bqv，可知洛伦兹力大小减小，故D错误。
4.(2025·江苏盐城市七校联盟联考)如图为显像管原理俯视图(纸面内)。若电子枪发射的高速电子束经磁偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点，则
A.磁场的方向垂直纸面向里
B.磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏
　的中心O点
C.要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且
　逐渐增强磁场
D.要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁
　场反向且逐渐减弱磁场
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答案
　　　电子向上偏转，据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，解得r=，磁场越强，偏转半径越小，电子束打在屏上的位置越远离屏的中心O点，B错误；
磁场越弱，偏转半径越大，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点，要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场，C正确，D错误。
5.(2025·新课标卷·18)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则
A.t1B.t1C.t1=t2>t3
D.t1>t2>t3
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　　　由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形abcd的边长为l，则s1=，s2=，s3=，则有t16.如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为(a，0)，则下列说法不正确的是
A.质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为(0，a)
B.质子在磁场中运动的轨迹圆的半径r=a
C.质子射入速度大小为v=
D.质子在磁场中运动的时间为t=
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答案
　　　利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心O'的所在位置，如图所示，根据几何关系可得cos 30°=，解得r=a，圆心O'的坐标为(0，a)，故A、B正确；
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有eBv=m，
解得质子射入速度大小为v=，故C错误；
质子在磁场中做圆周运动的周期T=，则质子在磁场中运动的时间t==，故D正确。
7.(2025·江苏无锡市期中)如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块运动的v-t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是
A.物块带负电
B.1 s后物块与传送带共速，所以传送带的速度一定为1.5 m/s
C.传送带的速度可能比1.5 m/s大
D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物
　块最终达到的最大速度也一定会增大
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能力综合练
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答案
　　　若物块带负电，洛伦兹力向下，根据牛顿第二定律得μ(mg+qvB)= ma，解得a=，随着v增大，加速度a增大，v-t图像的斜率增大，图像向上弯曲，与乙图不符合；若物块带正电，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律得μ(mg-qvB)=ma，解得a=，随着v增大，加速度a减小，v-t图像的斜率减小，图像向下弯曲，与乙图符合；综上所述，物块一定带正电，A错误；
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答案
　　　1 s后物块开始做匀速直线运动，所受合力等于零，有两种可能：
①若物块与传送带共速，随传送带一起做匀速直线运动，传送带的速度一定等于1.5 m/s；
②若物块飘起来，洛伦兹力等于重力，物块以1.5 m/s做匀速直线运动，传送带的速度大于或等于1.5 m/s，若增大传送带的速度，其他条件不变，物块仍然以1.5 m/s运动，速度不会增大，B、D错误，C正确。
8.如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且OA∶AB=3∶2，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是
A.两个粒子的比荷之比为5∶3
B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2
C.两个粒子同时经过A点和B点
D.粒子1在磁场中运动的时间较长
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答案
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答案
　　　设∠NOB=θ，粒子1和2的轨迹半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹，可得OA=2r1cos θ，同理可得OB=2r2cos θ，由题意OA∶AB=3∶2，可得OA∶OB=3∶5，故r1∶r2=3∶5，由洛伦兹力提供向心力可得qvB= m，整理可得=，可得两个粒子的比荷之比∶=5∶3，选项A正确，B错误；
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　　　粒子在磁场中的运动周期为T=，则两粒子运动的周期之比为T1∶T2=3∶5，粒子1从O到A转过的圆心角与粒子2从O到B转过的圆心角相等，均为π-2θ，由t=T可知两个粒子不能同时经过A点和B点，粒子1在磁场中运动的时间较短，选项C、D错误。
9.(2024·江苏南京市三模)如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆MN，固定在竖直平面内，与水平面的夹角为37°，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带负电小环(可视为质点)套在直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数μ=0.5，将小环从直杆MN上的P点由静止释放，下降高度为h之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为
-q(q>0)，重力加速度大小为g，不计空气阻力，取
sin 37°=0.6，
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下列说法中正确的是
A.小环释放后，一直做加速度减小的加速运动
B.小环释放后，小环的速度先增大后减小
C.小环释放后，加速度的最大值为0.6g，速度的
　最大值为
D.小环下降高度h的过程中，因摩擦产生的热量为mgh-
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答案
　　　刚开始阶段，小环受到重力、支持力、沿杆向上的摩擦力、垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有FN+qvB=mgcos 37°
沿杆方向，有mgsin 37°-μFN=ma
随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，
所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运
动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，根据
qvB=mgcos 37°+FN，mgsin 37°-μFN=ma
小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故A、B错误；
　　　小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有mgsin 37°=ma即a=0.6g
当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，
有mgsin 37°=μFN，qvmB=mgcos 37°+FN
解得vm==，故C正确；
因为下降高度为h之前速度已达到最大值，小环下降高度h的过程中，根据能量守恒定律，有mgh=m+Q，解得Q=mgh-m=mgh-，故D错误。
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10.(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。
不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
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　　　粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B=
解得R=
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(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
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　　　粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，
根据几何关系可得cos θ=
又O1D=OD-R=
解得θ=60°
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的
E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B=
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　　　解得R'=
由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin 60°=R'=
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(3)粒子的运动周期。
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　　　要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1=T1=×=
粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，
运动的时间t2=T2=×=
设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l，由几何关
系知Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60°
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答案
　　　解得l=
则粒子在MN和PQ之间运动的时间
t3==
综上可知，粒子的运动周期为
T=t1+t2+t3=+=。
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