第2講磁場對運動電荷的作用

主干梳理對點激活

知識點1洛倫茲力、洛倫茲力的方向?洛倫茲力公式II

1.定義：畫運動電荷在磁場中所受的力稱為洛倫茲力。

2.方向

(1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動

的反方向。

(2)方向特點：FIB,F]_vo即F垂直于國8和◎所決定的平面。(注意B和

?？梢杂腥我鈯A角)。

由于尸始終畫垂直于。的方向,故洛倫茲力永不做功。

3.洛倫茲力的大?。篎=quBsin?

其中。為電荷運動方向與磁場方向之間的夾角。

(1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)=quB。

(2)當電荷運動方向與磁場方向平行時，F(xiàn)=0o

(3)當電荷在磁場中靜止時，F(xiàn)=0o

知識點2帶電粒子在勻強磁場中的運動II

1.兩種特殊運動

⑴若V"B,帶電粒子以入射速度。做畫勻速直線運動。

(2)若018,帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度。做向勻速圓

固運動。

2.基本公式

022元

2

向心力公式：qvB=m~=m(y)ro

3.導出公式

⑴軌道半徑：廠=而。

—2nr2nm

(2)周期：1=—=~^-o

注意：人/■和①的大小與軌道半徑r和運行速率◎無關，只與磁場的畫磁感

應強度B和粒子的畫比荷［有關。比荷*相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中

7k/、co相同。

雙基夯賣

-堵點疏通

1.帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到磁場力的作用。（）

2.洛倫茲力的方向垂直于8和。決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永遠不做

功。（）

3.根據(jù)公式丁=羿，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與。成反比。

（）

4.用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向電荷的運動方向。（）

5.帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。（）

6.當帶電粒子進入勻強磁場時，若。與8夾角為銳角，帶電粒子的軌跡為螺

旋線。（）

答案1.X2.V3.X4.X5.X6.V

二對點激活

1.（人教版選修3-1.P98-TI改編）下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應

強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（）

答案B

解析由左手定則知A中力尸的方向應豎直向上，B中力廠的方向應豎直向

下，C、D中速度。與磁感應強度8平行，不受洛倫茲力，故選B。

2.(人教版選修3-11102(3改編)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相

等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個

勻強磁場中并分裂為A、8兩束，下列說法正確的是()

B

速度嬴贏卜

A.組成A束和8束的離子都帶負電

B.組成A束和8束的離子質量一定不同

C.A束離子的比荷大于8束離子的比荷

D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外

答案C

解析由左手定則結合帶電粒子A、3在磁場中偏轉的軌跡知A、8均帶正電,

故A錯誤。由「=器知A的比荷大于B的比荷，無法單獨判斷離子質量關系，故

B錯誤，C正確。速度選擇器中離子受電場力向右，所以洛倫茲力應向左，結合左

手定則可判斷磁場方向應垂直紙面向里，故D錯誤。

考點細研悟法培優(yōu)

考點1洛倫茲力的特點及應用翎

1.洛倫茲力的特點

(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平

面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。

(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。

(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指

向電荷運動的反方向。

2.洛倫茲力與電場力的比較

對應力

內容洛倫茲力電場力

項目

產生條件oWO且o不與8平行電荷處在電場中

大小F=qvB(vJLB)F=qE

力方向與場方向的一定是尸_LB,F±v,與正電荷受力與電場強度方向相同，

關系電荷電性無關負電荷受力與電場強度方向相反

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為零,8不一定為零F為零,七一定為零

只改變電荷運動的速度既可以改變電荷運動速度的大小，

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

例1如圖所示，在豎直平面內放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻

強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓

形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中，下列說法中正確的是()

1/

8

A.滑塊經過最低點時的速度比磁場不存在時大

B.滑塊經過最低點的加速度比磁場不存在時小

C.滑塊經過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小

D.滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等

o解題探究I(1)帶負電的滑塊經過最低點時的速度大小受磁場有無的影響嗎?

提示：因為洛倫茲力不做功，所以有無磁場對滑塊經過最低點時的速度大小

無影響。

⑵運動到最低點時滑塊所受洛倫茲力方向如何?

提示：豎直向下。

嘗試解答選D。

由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的速度不

V2

變，A錯誤；由圓周運動中。=下，與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的加

速度不變，B錯誤；由左手定則，滑塊經過最低點時受到的洛倫茲力向下，而滑塊

所受的向心力不變,故滑塊經過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大,C錯誤;

由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經過時的速度與磁場

不存在時相比均不變，則運動所用時間相等，D正確。

國爵甯

洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別

(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力。

(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。

[變式1](多選)如圖所示，兩個傾角分別為30。和60。的光滑絕緣斜面固定于

水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為8的勻強磁場中，兩個質

量為加、電荷量為+4的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段

時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中()

A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大

B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短

C.兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同

D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等

答案AD

解析小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：〃2gCOS。

=qvmB,解得0m=蟹史，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲

滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力

分析和牛頓第二定律可得加速度a=gsin。，所以甲的加速度小于乙的加速度，因為

甲飛離的最大速度大于乙的最大速度，由5“=。，得，甲在斜面上運動的時間大于

乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和％=或可知，甲在斜面上的位移

大于乙在斜面上的位移，故C錯誤；由平均功率的公式得尸=尸。-sin"〃名Esin。

="'g，循c°s',因sin30。=COS60。，sin60°=cos30°,故重力的平均功率一定相等，

故D正確。

考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動輻

1.帶電粒子在勻強磁場中運動的解題思路

⑴圓心的確定

①基本思路：與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。

②兩種常見情形

情形一：已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于

入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖a所示，

圖中P為入射點，M為出射點）。

情形二：已知入射方向和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的

垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的

圓心（如圖b所示，圖中P為入射點，M為出射點）。

（2）半徑的確定和計算

利用幾何知識求出該圓的可能半徑（或圓心角），并注意以下兩個重要的幾何特

點：

①粒子速度的偏向角夕等于圓心角a,并等于AB弦與切線的夾角（弦切角。）

的2倍（如圖所示），即夕=a=28=①

q：”（偏向角）

②相對的弦切角。相等，與相鄰的弦切角/互補，即=180%

⑶運動時間的確定

①由偏轉角度計算：粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧軌

跡所對應的圓心角為a時，其運動時間由下式表示:

ae.?a小

=360°7（或'=五7）。

②由運動弧長計算：/=/

2.帶電粒子在不同邊界勻強磁場中的運動規(guī)律

有界勻強磁場是指只在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂

直磁場方向射入磁場，在磁場區(qū)域內做一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧

軌跡后離開磁場區(qū)域。帶電粒子在磁場中運動的圓弧軌跡取決于粒子進入磁場的

速度大小、方向和磁場區(qū)域邊界，常見磁場區(qū)域邊界可分為如下幾種情形：

情形一：直線邊界

直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、

乙、丙所示，粒子進出磁場具有對稱性；雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示，粒

子進出磁場存在臨界條件。

解決這類問題的'‘三部曲”畫軌跡、找圓心、定半徑。

如果粒子從同一直線邊界射入和射出,那么粒子進入磁場時速度與邊界的夾

角和射出磁場時速度和邊界的夾角相等。

情形二：矩形邊界

矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部

分圓弧。垂直于某邊射入，從某一頂點射出是常見的臨界情況。

解決該類問題的關鍵是把握臨界情況，如圖所示，常見的有如下幾種情況：(設

粒子從〃邊中點e垂直射入)

(1)兩個臨界半徑

①從d點射出：八=中。

②從c點射出：(rz-y)2+ab2?

(2)三種情況

①rWn,粒子從ed段射出。

②八粒子從cd段射出。

③-＞相，粒子從。'段射出(不會到/點)。

情形三：圓形邊界

圓形邊界磁場是指分布在圓形區(qū)域內的有界磁場，帶電粒子在圓形邊界的勻

強磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓：粒子運動軌

跡的圓與磁場區(qū)域的圓，能很好地考查學生的綜合分析能力，所以是近年來高考

的熱點。

帶電粒子在圓形磁場中運動的四個結論：

(1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入

的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁

場圓的圓心，如圖1所示。

(2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方

向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖2所示。徑向進出是等角進出的一種特

殊情況(6=0。)。

(3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向

進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶

電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖3所示。

圖I圖2

圖3圖4

(4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋?/p>

做圓周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓

周上同一點射出，且磁場區(qū)域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方

向平行，如圖4所示。

情形四：四分之一平面邊界

四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標系中某一象限范圍的有界磁

場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧，粒子軌跡與坐標軸相切或垂直是常見的臨

界情況。

解決該類問題的關鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標，及速度方向與坐

標軸的夾角關系，然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心，尋找?guī)缀侮P系求解問

題。

情形五：三角形邊界

三角形邊界磁場是指分布在三角形區(qū)域內的有界磁場，粒子的軌跡也是一段

圓弧，由于三角形可以有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型，所

以會有不同的臨界情景。

解答該類問題主要把握以下兩點：

（1）射入磁場的方式

①從某頂點射入。

②從某條邊上某點（如中點）垂直（或成某一角度）射入。

（2）射出點的判斷

其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切，進而判定出射點的可能位置。

例2（多選）如圖所示，MN兩側均有垂直紙面向里的勻強磁場，MN左側磁感

應強度大小為Bi,右側磁感應強度大小為歷，有一質量為加、電荷量為夕的正離

子，自P點開始以速度。。向左垂直MN射入磁場中，當離子第二次穿過磁場邊界

rrn）（\

時，與邊界的交點。位于P點正上方，PQ之間的距離為麗。不計離子重力，下

列說法正確的是（）

N

A.Bz=

B.及

離子從開始運動至第一次到達。點所用時間為羽^

C.

411771

D.離子從開始運動至第一次到達。點所用時間為時

0I解題探究II（1）PQ之間距離與帶電粒子在兩磁場中運動的半徑之間有何關

系？

提不?2r2—2rl=Bq。

⑵離子在兩磁場中各運動多長時間？

提示：分別運動半個周期。

嘗試解答選

畫出離子在勻強磁場中的運動軌跡，如圖所示。由*8=〃7，解得一不，

mvonwo

在磁感應強度為的區(qū)域，n=旃，在磁感應強度為歷的區(qū)域，酒根據(jù)

題述，2廢-2力=需，聯(lián)立解得及=|B,A正確，B錯誤。由丁=胃可知，離

子在左側勻強磁場中的運動時間九=湍，離子在右側勻強磁場中的運動時間t2=

■=舞，離子從開始運動至第一次到達Q點所用時間為/=力+，2=■+疆=

麗，c正確，D錯誤。

國爵船聒

1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

?畫軌跡

?①找?guī)缀侮P系，求半徑

②軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系

一③偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系

■④粒子在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系

廠上、即運用牛頓第二定律和圓

速州~~*周運動的規(guī)律，特別是半

徑公式與周期公式

2.作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題

(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直

線的交點。

(2)六條線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑，入射速度所在直線和出射速度所在

直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條

線構成一個四邊形，后面兩條線為對角線。

(3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于

弦切角的兩倍。

[變式2]（2016.四川高考改編）如圖所示，正六邊形"區(qū)域內有垂直于紙

面向外的勻強磁場。一帶電粒子從。點沿4方向射入磁場，當速度大小為初時，

粒子從匕點離開磁場；當速度大小為。2時，粒子從c點離開磁場。不計粒子重力，

則01與02的大小之比為（）

A.1：2B.2：1

C.1：3D.?。?

答案C

解析粒子以速度初進入磁場從8點射出時，由幾何關系得用sin6（r=g,得

R=專,同理粒子以速度。2進入磁場從c點射出時，由幾何關系得R2sin3（T=

r-vmv

Zcos30°,得R2=d§/,粒子在磁場中做圓周運動，由8卯=加元得半徑火=四，兩

次入射速度之比藍愛=；,C正確，A、B、D錯誤。

考點3帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題碣

1.帶電粒子電性不確定形成多解

受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度

條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。

如圖甲，帶電粒子以速度。垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為凡如帶

負電，其軌跡為bo

2.磁場方向不確定形成多解

有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此

時由于磁感應強度方向不確定形成多解。

如圖乙，帶正電粒子以速度。垂直進入勻強磁場，如8垂直紙面向里，其軌

跡為凡如8垂直紙面向外，其軌跡為從

3.速度不確定形成多解

有些題目只指明了帶電粒子的電性，但未具體指出速度的大小或方向，此時

必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。常有兩種情形：（1）入射速度方向一

定，大小不同；（2）入射速率一定，方向不同。

如圖丙所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子速度大

小不確定，因此，它可能穿過下邊界，也可能轉過180。反向飛出，于是形成了多

解。

4.運動的周期性形成多解

帶電粒子在電場和磁場的組合場空間運動時，運動往往具有往復性，從而形

成多解。如圖丁所示。

例3（2020.洛陽尖子生第一次聯(lián)考）（多選）如圖所示，兩平行線政和MN將

磁場分割為上、下兩部分，磁場的磁感應強度大小為&方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有

一質量為加、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從EF線上的A點以速度。斜向下

射入E尸下方磁場，速度與E尸成30。角，經過一段時間后粒子正好經過C點，經

過。點時速度方向斜向上，與E廠也成30。角。已知A、。兩點間距為L,兩平行

線間距為"，下列說法正確的是（）

XXXX?XXX

,4X3()°(;

XXX1'XXXX

A.粒子不可能帶負電

B.磁感應強度大小可能為8=不

7Tlm4-d

C.粒子到達。點的時間可能為蜀+浮

D.粒子的速度可能為。

I解題探究I1(1)若粒子帶負電，能回到下方磁場區(qū)域嗎?

提示：能。

(2)粒子在兩個磁場區(qū)域的運動有什么特點？

提示：運動具有周期性。

嘗試解答選

若粒子帶負電，其運動軌跡可能如圖甲所示，粒子可能經過。點，且速度斜

向上與Eb成30。角，故粒子可能帶負電，A錯誤；若粒子帶正電，且第一次到達

跖時經過。點，如圖乙所示，由幾何關系可知，粒子軌跡半徑為￡,由的B二〃，？

可解得。=黑，B=臀,B、D正確；若粒子帶正電，其運動軌跡也可能如圖丙所

filCjL-i

示，它在下方磁場中運動一次的時間八=(=熱,在上方磁場中運動一次的時間

/2=/=瑞，在無磁場區(qū)域中做一次直線運動的時間,3=普，則粒子到達C點的

7717774d

時間可能為r=2力+f2+2/3=為方+工，C正確。

國爵第

求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧

⑴分析題目特點，確定題目多解性形成原因。

⑵作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。

⑶若為周期性的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性,

注意每種解出現(xiàn)的條件。

［變式3］如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離

為4兩板中央各有一個小孔。、。'且正對，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(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一

群正離子在r=o時垂直于M板從小孔。射入磁場，已知正離子質量為電荷量

為以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7b,不

考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：

(1)磁感應強度為的大??；

(2)若正離子從0'孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短，請畫出其運動軌

跡并求出該最短時間；

(3)要使正離子從?？状怪庇贜板射出磁場，正離子射入磁場時的速度如的

可能值。

答案⑴布(2)軌跡圖見解析7b

⑶瑞;(〃=1,2,3,…)

解析(1)設離子軌道半徑為R,洛倫茲力提供向心力：

Boqoo—R

做勻速圓周運動的周期丁。=骨

由以上兩式得：氏=存。

(2)軌跡如右圖,最短時間Anin=T()o

M

(3)要使正離子從孔垂直于N板射出磁場，正離子在兩板之間只運動一個

周期即7b時,R=*。

當正離子在兩板之間運動〃個周期，即〃T。時，A=梟〃=1,2,3,…)

聯(lián)立得正離子的速度的可能值為。。=等=溫;(〃=1,2,3,

考點?4帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題輻

1.解題思路

以題目中的“恰好"''最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運用動態(tài)

思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出偏轉方向，同時由

磁場邊界和題設條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關系。

2.尋找臨界點常用的結論

(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。

(2)當速度。一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場

中運動的時間越長。

(3)當速度。變化時，圓心角越大的，運動時間越長。

例4(多選)如圖所示，在一個等腰直角三角形區(qū)域A8C內，存在方向垂直于

紙面向里、磁感應強度大小為8的勻強磁場(邊界上有磁場)，AC=BC=I,ZC=

90%質量為〃?、電荷量為+q的大量相同的粒子以不同速率從A3邊上距A點為/

的。點既垂直于邊界AB又垂直于磁場方向射入勻強磁場，不計粒子間的相互作

用及粒子重力，則以下結論正確的是()

c

，八，

w*工

i)……B

("\/2-\)qBlaBl

A.速率在^一范圍內的粒子會從AC邊離開磁場

B.從AC邊離開磁場的粒子在磁場中最短的運動時間為心桁=旃

C.從A8邊離開磁場的粒子在磁場中運動的最大位移為2(81)1

D.速率v＞(3-2啦)誓的粒子都會從BC邊離開磁場

0解題探究I(1)從AC邊離開磁場的臨界點是什么？

提示：與AC相切，從。點離開，兩個臨界點。

⑵從A8邊離開磁場，粒子會運動半個圓周，運動的最大位移如何確定?

提示：x=2r,即廣取最大時x最大。

嘗試解答選隹。

作出帶電粒子從AC邊離開的軌跡，如圖所示，軌跡。即與AC邊相切，切

點為E,。。為剛好從。點離開磁場區(qū)域的帶電粒子的軌跡。當帶電粒子從。點離

開時，粒子的軌跡半徑為〃=/,又由仲8=喏得切=嚕；當粒子軌跡剛好與AC

邊相切時，由幾何關系有I=r2+\[2n,見I廢=(啦-1)/,又由qV2B=i*^得s=

(啦-1均引(J2-1)^5/aBl

m,所以帶電粒子的速率滿足＜。?勺~時,粒子會從AC邊離開

磁場，A正確。帶電粒子在磁場中運動時，偏轉角越小所用的時間越短，從AC邊

離開磁場的帶電粒子中，從。點離開的偏轉角最小，即在磁場中運動的時間最短,

由題意知/A=45。，即帶電粒子在磁場中運動的最短時間為Anin=f,又因為T=

而，所以fmin=硒，B錯誤。由圖可知，從A3邊離開磁場的粒子中，從尸點離

開磁場時，粒子在磁場中運動的位移最大，Max=2-2=2(啦-1)/,C正確。由以上

分析可知。＞吟時，帶電粒子都會從邊離開磁場，D錯誤。

c

哥爵

1.利用縮放圓法探索臨界狀態(tài)

當帶電粒子以任一速率沿特定方向射入勻強磁場時，它們的速率。。越大，在

磁場中做圓周運動的軌道半徑也越大，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直

線PP'±o此時可以用“縮放圓法”分析——以入射點為定點，圓心位于直線

PP,上，將半徑縮放作粒子的運動軌跡，從而探索出臨界條件，問題便迎刃而解。

2.帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的臨界問題

由于矩形磁場有四個邊界，所以帶電粒子在此類磁場中運動時往往會存在臨

界問題——帶電粒子的運動軌跡與某一邊界相切，具體情況如下：

(1)粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場

區(qū)域；

②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側面邊

界飛出磁場；

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁

場。

⑵粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角，如圖乙所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場;

②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側面

邊界飛出磁場；

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側面邊界飛出

磁場；

④當粒子速度更大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側面邊界飛出

磁場。

這類在矩形磁場中求解時間范圍、速度范圍等的問題是熱點。綜合以上兩種

情況，尋找“相切或相交”的臨界點是解決問題的關鍵；另外在磁場邊界上還有

粒子不能達到的區(qū)域即“盲區(qū)”，也要引起大家注意。

［變式4］如圖所示,正方形區(qū)域必〃內（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場,

ab=l,0a=0.4/,大量帶正電的粒子從。點沿與必邊成37。的方向以不同的初速

度如射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知帶電粒子的質量為〃"

o

電荷量為4,磁場的磁感應強度大小為8,sin37°=0.6,cos37=0.8o

b-

⑴求帶電粒子在磁場中運動的最長時間；

⑵若帶電粒子從〃邊離開磁場，求。。的取值范圍。

答案⑴畸⑵慌

解析（1）粒子從她邊離開磁場時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示,

h

圖1

mvl

由tqBou--R

…2兀/?

又T=-----

27n72

解得了二訪

又由幾何關系得。=74。，即粒子在磁場中運動的最長時間

(360°-740)27tm143?！?

360°班=90qB°

⑵當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖2所示，設此時初速度為。oi,軌跡半徑

為Ri,由幾何關系可得，/?i+7?isin37°=0.4/,又由解得優(yōu)1=^;

當粒子運動軌跡與〃邊相切時，如圖3所示，設此時初速度為。02,軌跡半徑

為&,由幾何關系可得&+R2cos37。=/,

又由48002=嚼^,解得如2=^^,綜上可得嚕＜ooW^

啟智微C題建模提能4利用旋轉圓法解決帶電粒子

在有界勻強磁場中的磁偏轉臨界模型

1.模型構建

此類模型較為復雜，常見的磁場邊界有單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界

和圓形邊界等。因為是有界磁場，則帶電粒子運動的完整圓周往往會被破壞，可

能存在最大、最小面積，最長、最短時間等問題。

2.模型條件

(1)在勻強磁場中做勻速圓周運動。

(2)磁場有一定范圍。

YYW

⑶粒子速度大小不變，方向改變，則「=不大小不變，但軌跡的圓心位置變

化，相當于圓心在繞著入射點滾動。(如圖所示)

3.模型分類

（1）單直線邊界型：當粒子源在磁場中，且可以向紙面內各個方向以相同速率

發(fā)射同種帶電粒子時，以圖甲中帶負電粒子的運動為例。

規(guī)律要點：

①最值相切：當帶電粒子的運動軌跡小于;圓周且與邊界相切時（如圖甲中。

點），切點為帶電粒子不能射出磁場的最近點（或恰能射出磁場的臨界點）。

②最值相交：當帶電粒子的運動軌跡等于;圓周時，直徑與邊界相交的點（如圖

甲中的匕點）為帶電粒子射出磁場的最遠點（距。最遠）。

（2）雙直線邊界型：當粒子源在一條邊界上，向紙面內各個方向以相同速率發(fā)

射同種帶電粒子時，以圖乙中帶負電粒子的運動為例。

規(guī)律要點:

①最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠點對應的軌跡分別與兩直

線相切，如圖乙所示。

②對稱性：過粒子源S的垂線為"的中垂線。在圖乙中，八匕之間有帶電粒

子射出，可求得必=2產二最值相切規(guī)律可推廣到矩形區(qū)域磁場中。

【典題例證】

如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大

小B=0.60To磁場內有一塊平面感光板ab,板面與磁場方向平行。在距仍為/

=16cm處，有一個點狀的a粒子放射源S,它向各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的

速率都是。=3.0X1063s。已知a粒子的電荷量與質量之比*=5.0Xl（）7c/kg?，F(xiàn)

只考慮在紙面內運動的a粒子，且裙板足夠長，求時板上被a粒子打中區(qū)域的

長度。

XXXXX

ab

XXX;XX

I;

xXXX

［解析］a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用/?表示

V2

軌跡半徑，有qvB=〃樂，

由止匕得尺=不，代入數(shù)值得H=10cm,可見2Q/>H。

因朝不同方向發(fā)射的a粒子的圓軌跡都過S,由此可知，某一圓軌跡在圖中N

左側與必相切，則此切點Pi就是a粒子能打中的左側最遠點。為確定Pi點的位

置,可作平行于"的直線”，〃到外的距離為R,以S為圓心，R為半徑,作

圓弧交〃于。點，過。作"的垂線，它與必的交點即為P。即種|=炳二三而。

再考慮N的右側。任何a粒子在運動中離S的距離不可能超過2H,以2R為

半徑、S為圓心作圓弧，交必于N右側的尸2點，此即右側能打到的最遠點。由圖

中幾何關系得NP2=7（2R）2—匕

所求長度為PR=NPi+NP2,代入數(shù)值得PiP2=20cm。

［答案］20cm

。名師點睛（1）解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用

動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向，找出半徑方向，

同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。粒子射出或不

射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

(2)要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的

物理問題更形象、直觀。

【針對訓練】

1.如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大

小為B,磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為加、電荷量為+4的粒子以相同的

速率。沿紙面內由X軸負方向與y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

過的區(qū)域，其中/?=不，正確的圖是()

答案D

解析如圖，從。點水平向左沿x軸負方向射出的粒子，軌跡為圓，和x軸

相切于。點，在x軸上方，半徑為R;沿y軸正方向射出的粒子軌跡為半圓，在y

軸右側，和x軸交點距。點為2R,其余方向射入的帶電粒子，軌跡圓旋轉，最遠

點均在以。為圓心、半徑為2A的圓周上，故D正確。

2.（多選）如圖所示，寬d=4cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方

向垂直紙面向里?，F(xiàn)有一群正粒子從。點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場,

若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為/?=10cm,貝版）

mn

xx

xx

xx

xx

xX

xX

xX4.v/cm

xX

A.右邊界：-8cm<y<8cm有粒子射出

B.右邊界：0<y<8cm有粒子射出

C.左邊界：y>8cm有粒子射出

D.左邊界：0勺<16cm有粒子射出

答案AD

解析根據(jù)左手定則，正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉動，由軌道半

徑r=10cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，貝［］。。=OiA=。。2=。2。

=OzE=10cm,由幾何知識求得A3=BC=8cm,OE=16cm,因止匕A、D正確。

.r/cni

高考模擬隨堂集訓

1.（2019?全國卷II）如圖，邊長為/的正方形裙〃內存在勻強磁場，磁感應強

度大小為B,方向垂直于紙面（"4所在平面）向外。原邊中點有一電子發(fā)射源0,

可向磁場內沿垂直于曲邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為鼠則從八d兩點

射出的電子的速度大小分別為（）

答案B

解析若電子從。點射出，運動軌跡如圖線①，有卬/=〃登，凡="解得加

=喑^=瑞=竽；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有皎出=端，Rh=

（n立力，口qBRd5qBl5kBl.

+解得板=勺-=毛/=丁。B正確。

2.（2019.北京高考）如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶

電粒子垂直磁場邊界從。點射入，從匕點射出。下列說法正確的是（）

XRX

A.粒子帶正電

B.粒子在〃點速率大于在。點速率

C.若僅減小磁感應強度，則粒子可能從方點右側射出

D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

答案C

解析由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速

率不變，B錯誤；由R=而，若僅減小磁感應強度&則/?變大，粒子可能從人

mu

點右側射出，c正確；由R=荷,若僅減小入射速率。，則R變小，粒子