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1、物理总复习：磁场对运动电荷的作用 编稿：李传安 审稿：【考纲要求】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
2、，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 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、
3、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）方向由电荷正负、电场方向决定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
4、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：向心力公式： 半径公式：周期和频率公式： 是频率动能公式： 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
5、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
6、，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
7、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
8、，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
9、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、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 ( )【思路点拨】根据半径公式，比荷大的半径小，比荷小的半径大。根据运动方向判断圆的位置。【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
10、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【总结升华】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，显然甲是粒子，即氦核，乙是质子，分析时可以先确定两者的半径之比（大小），再用左手定则，从切点的地方看粒子的运动方向。举一反三【变式】质子（）和粒子（）从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两个粒子的动能之比Ek1Ek2 =_，轨道半径之比R1R2 =_，周期之比T1T2 =_。【答案】12； 1； 12。【解析】粒子在电场中加速时，只有电场力做功，由动能定理得故Ek1Ek2=（q1U）（q2U）=q1q2=12。 由得。又由牛顿第二定
11、律，粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，则，故圆周半径。所以。粒子做圆周运动的周期，故周期之比。 例2、右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子（ ）A. 带正电，由下往上运动 B. 带正电，由上往下运动C. 带负电，由上往下运动 D. 带负电，由下往上运动【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】A【解析】金属板对粒子的运动起阻碍作用，动能逐渐减
12、少，即速度逐渐减小，根据，半径逐渐减小，所以粒子由下往上运动；应用左手定则可知粒子带正电。 【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】如图所示，M、N为两条沿竖直方向放置的直导线，其中有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流。一带电粒子在M、N两条直导线所在平面内运动，曲线ab是该粒子的运动轨迹。带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。关于导线中的电流方向、粒子带电情况以及运动的方向，下列说法中可能正确的是（ ）A. M中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动B. M中通有自上而下的恒定电流，带正电
13、的粒子从a点向b点运动C. N中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动D. N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动 【答案】A【解析】M中通有自上而下的恒定电流时，若粒子从a点向b点运动，a点处半径大，b点处半径小，根据，可知磁感应强度B变大；又M、N间的磁场方向为“点”场（方向向外），洛伦兹力方向指向轨迹凹的一侧，根据左手定则，粒子带负电。A对B错；同理分析CD都错，故选A。类型二、关于带电粒子在磁场中的运动时间问题【高清课堂：磁场对运动电荷的作用 例6】例3、如图，电子以不同速率沿如图方向进入磁场，分别从M、N、P、Q出射，则速率大小关系是 ，在场中运动时间
14、大小关系是 。 【思路点拨】应用半径公式、周期公式、时间公式，快速画出粒子运动的轨迹，速度大的半径大，圆心角大的时间长。【答案】 【解析】根据由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力所以有，电子垂直CD边界入射，从M、N射出的轨迹是半圆，速度大的半径大，从P、Q射出的轨迹是一段圆弧，则。在磁场中运动的时间与圆心角的大小有关，圆心角大的时间长，周期相等，。从M、N射出的圆心角是180，从P、Q射出的电子，P的圆心角较大，所以。【总结升华】要熟练地应用半径公式、周期公式、时间公式，快速画出粒子运动的轨迹（图略），就能正确地进行分析计算解决具体问题了。利用几何关系确定角度时，要明确哪个角度是粒子转过的角
15、度，粒子圆弧轨迹所对的角度才是圆心角。把粒子在磁场中运动的时间写为多少个周期后再代入周期公式进行计算，如圆心角为45，时间是八分之一周期；圆心角为60，时间是六分之一周期；圆心角为90，时间是四分之一周期；圆心角为135，时间是八分之三周期等等。另外公式中的半径是指粒子做圆周运动的半径，一定要根据几何关系求出。举一反三【高清课堂：磁场对运动电荷的作用 例7】【变式1】如图，电子（-e，m）以速度v正对圆心进入磁感应强度为B、半径为R的磁场。（1）求经过磁场后，电子速度偏转角和在磁场中运动时间；（2）若电子速度增大，则电子在场中运动时间 （填增大、减小、或不变）（3）若该电子能从某条直径的一端入
16、射后，恰从另一端出射，求它的速度偏转角。【答案】（1）（2）减小（3）。【解析】（1）由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，由几何关系 电子速度偏转角 在磁场中运动时间。（2）由上式可知，电子速度增大，偏转角变大，时间减小。（或因周期不变，速度变大，轨迹半径变大，圆心角变小，所需时间变小。）（3）电子从某条直径的一端入射后，另一端出射，如图所示。由图中几何关系 。【变式2】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 BC D【答案】D【解析
17、】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=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。类型三、粒子在有界磁场中运动的临界问题例4、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？【思路点拨】快速画草图确定粒子在磁场中运动的轨迹范围。【答案】A【解
18、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。【总结升华】快速画草图确定粒子在磁场中的运动轨迹是解题的基本功。举一反三【变式】如图，在y = a（a 0）和y = 0之间的区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外。一束质子流从O点以速度v0沿y轴正方向射入磁场，并恰好通过点M（a，a）。已知质子质量为m，电量为e，求（1）磁场的磁感应强度B。（2）质子从O点到M点经历的时间t。（3）若改为a粒子也从O点
19、以速度v0沿y轴正方向射入该磁场，它从磁场射出的位置坐标是多少？【答案】（1），（2），（3）位置坐标（）【解析】（1）由半径公式 所以。（2）由周期公式则，所以时间 （3）如图，射出点的坐标为，粒子：，比荷，圆周的半径为，根据几何关系则 解得 所以射出的位置坐标是 。例5、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
20、两种正离子的质量分别是m1和m2(m1m2)，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
21、大宽度。【思路点拨】两种离子在磁场中的轨迹是半圆，由于比荷不同，在GA边落点有一定的距离，保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，找出临界条件。【答案】（1）；（2）（3）【解析】（1）根据动能定理 得 （2）由牛顿第二定律 ，利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为 ， 两种离子在GA上落点的间距 ，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 利用式，代入式得 如图4所示，R1的最大值满足 得 求得
22、最大值 【总结升华】确定临界条件有一定的难度，一般先画出草图再确定，如第（2）问中，两种离子在GA上落点的间距，画出草图后就清楚了，就是两者直径之差。如第（3）问中，保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为；2R1的最大值的条件: Ld。举一反三【变式】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，在边界上放一粒子源S，可沿纸面向各个方向均匀射出初速率相同的粒子，已知粒子的质量m = 6.641027kg，电量q = 3.21019C，射出时初速率v0 = 3.2106m/s。求（1）粒子从b端出射时的最远点P与中心点O
23、距离PO（2）粒子从端出射时的最远点Q与中心点O的距离QO【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。类型四、带电粒子在磁场中运动的多解问题 例6、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
24、场内射出？【思路点拨】速度大的粒子右上方射出，速度小的粒子从左上方射出，临界状态不唯一，所以是多解问题。【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 【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（
25、如半径）求解。本题属于临界状态不唯一而形成的多解问题。举一反三【变式】如下图，在区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷qm;（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。【答案】（1）， （2）速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120；（3）从粒子发射
26、到全部离开所用时间为。【解析】（1）粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，如图，根据直角三角形有 解得，则粒子做圆周运动的圆心角为120，周期为粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得，化简得（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120，所经过圆弧的弦与（1）中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的夹角是60，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120（3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，如图，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是，半径与y轴的夹角是30，这种粒子的圆心角是240。所用时间为。所以从粒子发射到全部离开所用时间为。