1、磁場對運動電荷的作用知識梳理知識點一洛倫茲力1.洛倫茲力磁場對的作用力叫做洛倫茲力.2.洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則掌心磁感線穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的；拇指指向的方向.(2)方向特點：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的.3.洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F(0或180).(2)vB時，洛倫茲力F(90).(3)v0時，洛倫茲力F.答案：1.運動電荷2.(1)垂直反方向洛倫茲力(2)平面3.(1)0(2)qvB(3)0知識點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的，或者說，洛倫茲力對帶電粒子.2.粒子的運動性質(zhì)(1)若v

2、0B，則粒子，在磁場中做.(2)若v0B，則帶電粒子在勻強磁場中做.3.半徑和周期公式(1)由qvB，得r.(2)由v，得T.答案：1.大小不做功2.(1)不受洛倫茲力勻速直線運動(2)勻速圓周運動3.(1)m(2) 思考判斷(1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用。 ()(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。()(3)根據(jù)公式T，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。()(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。()(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。()(6)帶電粒子在電場越強的地方受電場力

3、越大，同理帶電粒子在磁場越強的地方受磁場力越大。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)考點精練考點一對洛倫茲力的理解1.洛倫茲力方向的特點洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向是垂直于電荷運動方向和磁場方向確定的平面，但粒子速度方向與磁場方向不一定垂直.2.洛倫茲力的作用效果(1)洛倫茲力對帶電粒子運動狀態(tài)的影響因洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，所以洛倫茲力只改變粒子的速度方向，而不改變其速度的大小.如果沒有其他外力作用，帶電粒子將在磁場中做速度不變的曲線運動.(2)洛倫茲力對帶電粒子不做功因洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，所以洛倫茲力對粒子不做功.

4、如果沒有其他外力對帶電粒子做功，在粒子的運動過程中就不會有能量之間的轉(zhuǎn)化.3.洛倫茲力和安培力的關(guān)系洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導(dǎo)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)，洛倫茲力對運動電荷永不做功，而安培力對通電導(dǎo)線，可做正功，可做負功，也可不做功.對應(yīng)訓(xùn)練考向1洛倫茲力方向的判斷典例1圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示.一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A.向上B.向下C.向左D.向右解析a、b、c、d四根導(dǎo)線上電流大小相同，它

5、們在O點形成的磁場的磁感應(yīng)強度B大小相同，方向如圖甲所示.O點合磁場方向如圖乙所示，則由O點垂直紙面向外運動的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據(jù)左手定則可以判定向下，B選項正確.甲乙答案B考向2帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動典例2(多選)如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則()A.小球帶負電B.小球運動的軌跡是一條拋物線C.洛倫茲力對小球做正功D.維持試管勻速運動的拉力F應(yīng)逐漸增大解題指導(dǎo)小球的運動可分解為水平向右的勻速直線運動和水平向里的運動.由于水平向里的洛倫

6、茲力不變，所以小球水平向里做勻加速直線運動.解析小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電，故A錯誤.設(shè)試管運動速度為v1，小球垂直于試管向右的分運動是勻速直線運動，小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力F1qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿試管做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故B正確.洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故C錯誤.設(shè)小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力的分力F2qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力FF2，則F逐漸增大，故D正確.答案BD反思總結(jié)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做

7、功，不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，改變帶電體所受其他力的大小和帶電體的運動，反過來洛倫茲力也發(fā)生改變，因此要注意應(yīng)用動態(tài)變化的觀點解決該類問題.考點二帶電粒子在勻強磁場中運動1.圓心的確定(1)已知入射點、出射點、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(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點).甲 乙(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，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跡的圓心(如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點).2.半徑

8、的確定(1)用幾何知識求半徑，一般稱為幾何半徑，通常構(gòu)建三角形，利用三角函數(shù)或勾股定理求解.(2)用物理知識求半徑，即根據(jù)qvBm，得出r，一般稱為物理半徑.3.運動時間的確定(1)粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為時，其運動時間為tT.(2)速度為v的粒子在磁場中運動的弧長為s時，其運動時間為t.對應(yīng)訓(xùn)練考向1軌道半徑和周期的計算典例3(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強度是中的k倍.兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與中運動的電子相比，中的電子()A.運動軌跡的半徑是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圓周運動的周期是中的k倍D.做圓周運

9、動的角速度與中的相等解析兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且磁場磁感應(yīng)強度B1是磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍.A：由qvB得r，即中電子運動軌跡的半徑是中的k倍，選項A正確.B：由F合ma得aB，所以，選項B錯誤.C：由T得Tr，所以k，選項C正確.D：由得，選項D錯誤.正確選項為A、C.答案AC考向2運動時間的計算典例4(多選)如圖所示，兩個勻強磁場方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界.現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線.則以下說法正確的是()A.電

10、子的運動軌跡為PDMCNEPB.電子運動一周回到P點所用的時間TC.B14B2D.B12B2解析由左手定則可判定電子在P點受到的洛倫茲力方向向上，軌跡為PDMCNEP，A正確；由題圖得兩個磁場中半圓軌跡的半徑之比為12，由r可得磁感應(yīng)強度之比21，電子運動一周所用的時間tT1，B、C錯誤，D正確.答案AD反思總結(jié)帶電粒子在無邊界磁場中運動的解題技巧(1)若磁場范圍足夠大，粒子在運動過程中沒有離開磁場，稱為無邊界磁場.(2)解答此類問題應(yīng)充分利用軌跡半徑公式和周期公式，從而順利地判斷其他物理量.考點三帶電粒子在直線邊界磁場中運動考向1直線邊界磁場(進出磁場具有對稱性，如圖所示) 甲乙 丙典例5(

11、多選)如圖所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場.這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc，整個裝置放在真空中，則下列判斷正確的是()A.lalclbB.lalblcC.tatbtbtc解析畫出這三個電子在磁場中運動的軌跡，如圖所示，由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R和周期公式T很容易得出lalctbtc，所以B、C錯誤，A、D正確.答案AD考向2平行邊界磁場(存在臨界條件，如圖所示

12、) 甲 乙 丙典例6如圖所示，豎直線MNPQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成60角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為()A.B.C.D.解析當60時，粒子的運動軌跡如圖甲所示，則aRsin 30，即R2a.設(shè)帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為，則其在磁場中運行的時間為tT，即越大，粒子在磁場中運動的時間越長，最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，因R2

13、a，此時圓心角m為120，即最長運行時間為，而T，所以粒子在磁場中運動的最長時間為，C正確.甲乙答案C考向3三角形邊界磁場典例7如圖所示，ABC為與勻強磁場(方向垂直紙面向外)垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為()A.BB.BD.B解析由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的公式r有，即B0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率

14、為(不計重力)()A.B.C.D.解析作出粒子運動軌跡如圖中實線所示.因P到ab距離為，可知30.因粒子速度方向改變60，可知轉(zhuǎn)過的圓心角260.由圖中幾何關(guān)系有tan Rcos ，解得rR.再由Bqvm可得v，故B正確.答案B考向3帶電粒子沿不同方向入射典例11如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板.從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是()A.只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B.對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過

15、圓心C.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D.只要速度滿足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上解析對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)，故A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，故B錯誤；對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由tT知，運動時間t越小，故C錯誤；速度滿足v時，軌道半徑rR，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑平行，粒子一定垂直打在MN板上，故D正確.答案

16、D反思總結(jié)帶電粒子在圓形有界磁場中運動的結(jié)論(1)若入射速度沿半徑方向，則出射速度反向延長線必過圓心.(2)若粒子做圓周運動的軌道半徑與圓形磁場的半徑相等，則從同一點沿不同方向入射的粒子出射方向相同.(3)同種粒子在圓形有界磁場中運動的時間與軌跡長短無關(guān)，由圓弧所對的圓心角決定. 隨堂檢測1兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)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()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2 (多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強度是中的

17、k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等3一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖14所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖14A. B. C. D.4如圖15所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直

18、于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則()圖15Avbvc12，tbtc21 Bvbvc22，tbtc12Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc125(2017湖北恩施模擬)(多選)如圖16所示，a、b、c是三個面積相等的圓形勻強磁場區(qū)域，圖中的虛線MN過三個圓的圓心，該虛線與水平方向的夾角為45。一個重力不計的帶電粒子從a磁場區(qū)域的M點以初速度v0豎直向上射入磁場，運動軌跡如圖，最后粒子從c磁場區(qū)域的N點離開磁場。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，三個區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。則()圖1