第八章：磁場第二講：磁場對運動電荷的作用夏邑高中:汪領峰第八章：磁場一、洛倫茲力1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．2．大小(1)v∥B時，F＝0(2)v⊥B時，F＝

。

(3)v與B夾角為θ時，F＝

。3．方向：F、v、B三者的關系滿足

定則．4．特點：由于F始終

v的方向，故洛倫茲力永不做功．利用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，四指必須與拇指垂直且指向正電荷運動的方向，對于負電荷四指應指向負電荷定向移動的反方向．qvBqvBsinθ左手垂直于××××××××××××××××××××××××+v-v+v+v向外不受力一、洛倫茲力利用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，四指必須與拇指強調1.洛倫茲力對帶電粒子不做功F洛⊥V、F洛⊥B，即垂直B、V決定的平面F洛只改變V方向、不改變V的大小。2.方向判斷：左手定則B穿過手心，四指指正電荷運動方向，（四指指負電荷運動反方向），大拇指指運動電荷收洛倫茲力。⑷解題思路：①明確哪類粒子運動②三對應3.運動電荷在磁場中的運動狀態①勻直B∥V②勻圓B⊥V③螺旋運動0<θ<900。強調二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向平行，則帶電粒子以入射速度v做

運動．2．若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做

運動．勻速直線勻速圓周二、帶電粒子在勻強磁場中的運動勻速直線勻速圓周磁感應強度B

在磁場中的運動時間：磁感應強度B在磁場中的運動時間：1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是()A．洛倫茲力對帶電粒子做功B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C．洛倫茲力的大小與速度無關D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析：根據洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯B對；根據F＝qvB，可知洛倫茲力大小與速度有關，C錯；洛倫茲力的作用效果就是改變粒子的運動方向，不改變速度的大小，D錯．答案：B1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下2.初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉，速率不變B．電子將向左偏轉，速率改變C．電子將向左偏轉，速率不變D．電子將向右偏轉，速率改變解析：導線在電子附近產生的磁場方向垂直紙面向里，由左手定則知，電子受到的洛倫茲力方向向右，電子向右偏轉，但由于洛倫茲力不做功，電子速率不變，A正確．答案：A2.初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導3.如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現有一質量為m、電量為q的帶電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場，不計重力的影響．由這些條件可知()A．能確定粒子通過y軸時的位置

B．能確定粒子速度的大小C．能確定粒子在磁場中運動所經歷的時間

D．以上三個判斷都不對解題方法:1.找圓心2.求半徑3.列方程半徑與v垂直，所以圓心在x、y軸的交點O處。r=x0.答案：ABC3.如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感4.電子質量為m，電荷量為q，以與x軸成θ角的速度v0射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后從x軸上的P點射出，如圖所示，求：(1)OP的長度；(2)電子由O點射入到從P點射出所需的時間t.rrθθ圓心角=偏向角=2倍弦切角4.電子質量為m，電荷量為q，以與x軸成θ角的速度v0射入磁洛倫茲力的理解

1．洛倫茲力和安培力的關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．2．洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．(2)當電荷運動方向發生變化時，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．洛倫茲力的理解1．洛倫茲力和安培力的關系3．洛倫茲力與電場力的比較3．洛倫茲力與電場力的比較F=qvBsinθF=qEF=qvBsinθF=qE(1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方向無必然聯系．電場力的方向意是沿電場線的切線方向．(2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，但各自的表現形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功．(1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方[例1]在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏轉θ角．在同樣寬度范圍內，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場，使該粒子穿過該區域，并使偏轉角也為θ(不計粒子的重力)，問：(1)勻強磁場的磁感應強度是多大？(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？[思路點撥]帶電粒子在電場和勻強磁場中偏轉時的規律不同，前者做類平拋運動，后者做勻速圓周運動，注意選取相應的方法和公式類平拋運動v0………………v0θθR圓周運動[例1]在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速知E、θ、V0求L知E、θ、V0求L第8章磁場第2單元(另加練習題)課件答案：Cxyv0答案：Cxyv0帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題1．圓心的確定(1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心．(2)兩種情形①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(如圖所示，圖中P為入射點，M為出射點)．帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題1．圓心的確定②已知入射方向和半徑時，可以在與入射方向垂直的直線上找出距離值為半徑的點，則該點是圓弧軌道的圓心。R③已知入射點、入射方向和出射點的位置時，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道的圓心(如圖，P為入射點，M為出射點)．②已知入射方向和半徑時，可以在與入射方向垂直的直線上找出距離Mbafedcv例：長方形abcd，小孔f；e在cd的中點，光屏M緊靠cd，盒內勻強磁場大小B，方向垂直abcd，粒子源不斷發射相同的帶電粒子，初速度不計。粒子經加速電壓為U的電場加速后從f垂直ad進入，經磁場偏轉后恰好從e射出。已知fd=，cd=2L，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，求1.帶電粒子的比荷q/m2.帶電粒子從f運動到e的時間分析：1.圓心在v的垂線和fe連線的中垂線的交點上。2.半徑：R2=ed2+od2.ORRaMbafedcv例：長方形abcd，小孔f；e在cd的中點，解：1.在電場中利用動能定理:由幾何知識：由牛頓第二定律得：2.粒子在磁場勻速圓周運動周期：在三角形eod中sina=L/R則a=600.圓弧對應的圓心角θ=1200.則從f到e的時間：MbafedcvRROa解：1.在電場中利用動能定理:由幾何知識：由牛頓第二定律得：例.如圖所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向并垂直于紙面朝里．一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑EF方向射入磁場區域，最后從圓形區域邊界上的G點射出．已知弧FG所對應的圓心角為θ，不計重力．求：(1)離子速度的大小；

(2)離子的質量．分析：1.在速度選擇器中求速度2.在偏轉磁場中求離子的質量qEqvBr例.如圖所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U；第8章磁場第2單元(另加練習題)課件第8章磁場第2單元(另加練習題)課件2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動a．直線邊界(進出磁場具速度有對稱性，如圖)b．平行邊界(存在臨界條件，如圖)圓心在兩切線夾角的角平分線上。圓與MN相切，則圓心在v和MN夾角的角平分線和v垂線的交點。MN速度關于過圓心垂直于邊界的直徑對稱2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動b．平行邊界(存在臨界條件c．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖)c．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：(1)畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．(2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，在磁場中運動的時間與周期相聯系．(3)用規律：即牛頓第二定律和圓周運動的規律，特別是周期公式、半徑公式．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：例1：如圖，在半徑R的圓區域充滿大小B的圖示勻強磁場，MN為感光板，從圓最高點p垂直磁場射入大量帶正電，電量q、質量m、速度v的粒子，不計粒子重力、之間相互作用，則（）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，出射方向的反向延長線不一定過圓心C.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越大，時間越長D.只要滿足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上。PMNOv××××××××××××分析：1.沿直徑射入，必沿直徑射出。B錯。2.3.速度越大，半徑越大。圓弧越大，但對應的圓心角越小，時間越小。A、C錯。選D例1：如圖，在半徑R的圓區域充滿大小B的圖示勻強磁場，MN為例2：如圖，以O圓心，R為半徑的圓區域有大小B的勻強磁場，方向如圖。一束帶電粒子質量m、電量+q，從A位置同時以不同速度沿AO進入磁場，D為收集器，板上各點到O的距離都為2R，板兩端連線平行AO，粒子不計重力。1.若粒子恰好打在收集器D的中點上，求粒子的速度2.求粒子從A達到收集器D上，最大時間t。……….……….…..…..AvR2R2RDO分析：沿半徑射入，必沿半徑射出。1.粒子射入收集器中點時半徑為r1=R2.通過作圖可知，粒子打在收集器D的左端，圓心角最大，t最長。由幾何知識得：半徑r2=300300300300例2：如圖，以O圓心，R為半徑的圓區域有大小B的勻強磁場，方解：1.粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下作圓周運動：解：1.粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下作圓周運動：[思路點撥]分析帶電粒子的運動情況是解決問題的前提：要結合運動分析畫出運動過程草圖，運用半徑公式及平面幾何知識進行分析討論．沿半徑射入，必沿半徑射出。半徑相同，由對稱法，可知從o1的出射方向3[思路點撥]分析帶電粒子的運動情況是解決問題的前提：要結合[答案]

(1)4.19×10－6s(2)2m[答案](1)4.19×10－6s(2)2m直線邊界(進出磁場具速度有對稱性)例4：如圖L1、L2為兩條平行虛線，L1上方，L2的下方有相同的勻強磁場，方向如圖，A、B兩點在L1上。帶電粒子以v與L1成450射出，經偏轉后恰好過B點，經B的速度方向與A點同向。不計重力，下列正確的（）A.粒子一定帶正電B.粒子運動一定帶負電C.若粒子在A點的速度大小變大（方向不變），它仍能經過B點D.若粒子在A點的速度大小變大（方向不變），它不能經過B點vv帶正電L1上方在磁場中運動T/4，L2下方運動3T/4…………………………………………ABvL1L2直線邊界(進出磁場具速度有對稱性)例4：如圖L1、L2為兩條帶負電…………………………………………AvBvL1L2L1上方在磁場中運動3T/4，L2下方運動T/4速度大小變化不影響經過B點答案C帶負電………………………平行邊界(存在臨界條件)圓心在兩切線夾角的角平分線上。M和bb/是M粒子運動圓周切線，N和bb/是粒子N運動圓周切線例5.如圖，平行線aa/、bb/間存在如圖勻強磁場大小B。在aa/上兩點射入正電粒子M、N，兩粒子恰好不能越過bb/，兩粒子質量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb/的時間分別為t1、t2，則（）××××××××××××××××××aba/b/MNθθ作兩切線的角平分線和速度的垂線，找圓心。θθθθACD兩個圓心角之和為1800.半徑大速度大平行邊界(存在臨界條件)圓心在兩切線夾角的角平分線上。[例6]如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′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．有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子的質量為m、帶電荷量為q，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T0，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B0的大小；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．[思路點撥]先分析正離子在交變磁場中的運動性質，明確物理過程，然后判斷出要使正離子垂直于N板射出磁場，必須讓正離子在磁場中運動的時間正好是磁場變化周期的整數倍．知T定B，及多解。[例6]如圖甲所示，M、N為豎直放置第8章磁場第2單元(另加練習題)課件2．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正負離子在磁場中()A．運動時間相同B．運動軌道的半徑相同C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點距離相等vA和v，vB和v具有對稱性。關于過圓心垂直于邊界的直徑對稱。直線邊界BCD2．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和答案：BCD答案：BCD有關洛倫茲力的多解問題

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，當粒子具有相同速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解．如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b.有關洛倫茲力的多解問題1．帶電粒子電性不確定形成多解2．磁場方向不確定形成多解磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解．如圖所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.3．臨界狀態不惟一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射面邊界反向飛出，如圖所示，于是形成了多解．2．磁場方向不確定形成多解4．運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解．如圖所示．要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的可能性，畫出其運動軌跡，分階段、分層次地求解．4．運動的往復性形成多解要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、1.(2011年高考海南單科)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界．一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計重力．下列說法正確的是()A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大BD1.(2011年高考海南單科)空間存在方向垂直于紙面答案：BD答案：BD2。利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()寫出通式答案BC最大速度對應最大半徑求出最大半徑和最小半徑對應的最大速度和最小速度，求二者的差值通式2。利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板答案：BC答案：BC3．(2012年北京西城模擬)如圖所示，在NOQ范圍內有垂直于紙面向里的勻強磁場I，在MOQ范圍內有垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ，M、O、N在一條直線上，∠MOQ＝60°.這兩個區域磁場的磁感應強度大小均為B.離子源中的離子(帶電荷量為＋q，質量為m)通過小孔O1進入極板間電壓為U的加速電場區域(可認為初速度為零)，離子經電場加速后通過小孔O2射出，從接近O點處進入磁場區域I.離子進入磁場的速度垂直于磁場邊界MN，也垂直于磁場．不計離子的重力．(1)當加速電場極板電壓U＝U0，求離子進入磁場中做圓周運動的半徑R.(2)在OQ上有一點P，P點到O點距離為L，當加速電場極板電壓U取哪些值，才能保證離子通過P點．3．(2012年北京西城模擬)如圖所示，在NOQ第8章磁場第2單元(另加練習題)課件4．(2011年高考上海綜合)“上海光源”發出的光，是接近光速運動的電子在磁場中做曲線運動改變運動方向時產生的電磁輻射．若帶正電的粒子以速率v0進入勻強磁場后，在與磁場垂直的平面內做半徑為mv0/qB的勻速圓周運動(見圖)，式中q為粒子的電荷量，m為其質量，B為磁感應強度，則其運動的角速度ω＝________.粒子運行一周所需要的時間稱為回旋周期．如果以上情況均保持不變，僅增大粒子進入磁場的速率v0，則回旋周期________(填“增大”、“不變”或“減小”)．4．(2011年高考上海綜合)“上海光源”發出的速度選擇器的工作原理f洛=F電要點四：質譜儀和回旋回旋器速度選擇器的工作原理f洛=F電要點四：質譜儀和回旋回旋器質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等組成．加速電場：動能定理應用速度選擇器：平衡條件應用:qE=qvB偏轉磁場：牛頓第二定律根據以上幾式可求v、m、比荷等質譜儀加速電場：動能定理應用速度選擇器：平衡條件應用:qE=回旋加速器1.原理：回旋加速器的旋轉周期等同于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期半個周期電場方向改變一次2.構造：如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接

電源．D形盒處于勻強磁場中交流粒子獲得的最大動能由

和D形盒半徑R決定，與加速電壓

．磁感應強度B無關回旋加速器1.原理：回旋加速器的旋轉周期等同于帶電粒子在勻強1、如圖1所示，在垂直于紙面向內的勻強磁場中，垂直于磁場方向發射出兩個電子1和2，其速度分別為v1和v2．如果v2＝2v1，則1和2的軌道半徑之比r1：r2及周期之比T1：T2分別為[]A．r1：r2＝1：2，T1：T2＝1：2

B．r1：r2＝1：2，T1：T2＝1：1C．r1：r2＝2：1，T1：T2＝1：1D．r1：r2＝1：1，T1：T2＝2：1例題分析B1、如圖1所示，在垂直于紙面向內的勻強磁場中，垂直于磁場方向2．如圖2所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外、有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的質量、不同的速度，但都是一價正離子．[]A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管

B．只有質量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管

C．只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管

D．只有能量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C2．如圖2所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，3、有三種粒子，分別是質子、氚核、和α粒子束，如果它們以相同的速度沿垂直于磁場方向射入勻強磁場（磁場方向垂直紙面向里）．在圖中，哪個圖正確地表示出這三束粒子的運動軌跡？[]C3、有三種粒子，分別是質子、氚核、和α粒子束，如果它們以相同4、一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖4所示，徑跡上的每一小段可近似看成圓弧．由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小（帶電量不變）．從圖中可以確定[]A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從b到a，帶正電C．粒子從a到b，帶負電D．粒子從b到a，帶負電

B4、一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一2、一個帶正電荷的微粒（重力不計）穿過圖5中勻強電場和勻強磁場區域時，恰能沿直線運動，則欲使電荷向下偏轉時應采用的辦法是[]A．增大電荷質量B．增大電荷電量

C．減少入射速度D．增大磁感強度E．減小電場強度CqvBqEqvBqE2、一個帶正電荷的微粒（重力不計）穿過圖5中勻強電場和勻強磁3．一束離子能沿入射方向通過互相垂直的勻強電場和勻強磁場區域，然后進入磁感應強度為B′的偏轉磁場內做半徑相同的勻速圓周運動（圖6），則這束離子必定有相同的______，相同的______．速度荷質比3．一束離子能沿入射方向通過互相垂直的勻強電場和勻強磁場區域復合場的運動1.有一個正電粒子電量q，質量m，從豎直帶電的平行板上方h處自由下落，兩板間的勻強磁場大小B，方向如圖，則小球通過平行板（）A.一定做曲線運動B.不可能做曲線運動C.有可能做勻速運動D.有可能做勻加速直線運動----++++××××××××××××××××××h+分析：1.小球受重力和電場力均為恒力，洛倫茲力隨速度的變化而變化，為變力。不可能處于平衡狀態或勻變速運動。2.在豎直向下方向速度增加，洛倫茲力增加。+qvBqEmgA復合場的運動1.有一個正電粒子電量q，質量m，從豎直帶電的平v1qv1B1.v1恒定，豎直向上勻加。豎直方向的速度v2增加，則qv2B增加，欲勻速F必增加。F和qv2B平衡，合外力與初速度垂直，類平拋運動。重力和電場力平衡qv2Bv2v1qv1B1.v1恒定，豎直向上勻加。豎直方向的速度v2增解析：洛倫茲力方向始終與小球運動速度方向垂直，不做功，故A正確、B錯誤；小球在豎直方向受向上的電場力與向下的重力，二者大小相等，試管向右勻速運動，小球的水平速度保持不變，則豎直向上的洛倫茲力分量大小不變，小球豎直向上做勻加速運動，即小球做類平拋運動，故C正確；小球豎直分速度增大，受水平向左的洛倫茲力分量增大，為維持試管勻速運動拉力F應逐漸增大，D正確．答案：ACD解析：洛倫茲力方向始終與小球運動速度方向垂直，不做功，故A正3.如圖復合場，有一帶電粒子，恰以速度v垂直電場和磁場進入該區域，不計重力，在該區域，關于粒子的運動情況可能是（）A.仍做直線運動B.立即向左下方偏轉C.做勻變速直線運動D.可能做勻速圓周運動××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××EBvAB分析：1.當qvB=qe時A正確。qvB≠qE時發生偏轉2.受一恒力和變力不能做勻變速運動電場力做功速度變化D不對3.如圖復合場，有一帶電粒子，恰以速度v垂直電場和磁場進入該4.如圖電場E和磁場B，關于粒子的運動情況正確的（）A.不計重力，粒子做勻速運動的方向，可沿y軸正方向，也可沿y軸負方向。B.不計重力，粒子可沿x軸正方向做勻加速直線運動。C.考慮重力，粒子不可能做勻速直線運動。D.考慮重力，粒子可做勻速直線運動。EBxy×××××××××××××××××××××××××××××××××××分析：1.逐項分析受力，可沿y負方向勻速直線運動2.當重力和電場力與洛倫茲力平衡時可做勻速直線運動mgqEqvBvD4.如圖電場E和磁場B，關于粒子的運動情況正確的（5.如圖y左側有大小B=1T、方向如圖區域半徑R=0.2m圓形的勻強磁場，與坐標原點相切，y右側有大小E=104N/C，方向如圖，寬度L=0.1m的勻強電場，現在從坐標為（-0.2m，-0.2m）的P點發射質量m=2×10-9Kg,帶電q=5×10-5C正電荷粒子，以v0=5×103m/s速度沿y正方向射入磁場，不計重力。求1.該粒子射出電場的位置坐標2.為使粒子能從坐標（0.1m,-0.05m)d的點回到電場后，可在緊貼電場的右側一正方形區域內加勻強磁場，求所加磁場的磁感應強度大小和正方形區域的最小面積························yxoPvE1.求半徑r=0.2m2.在電場做什么運動？規律？速度？3.根據對稱法畫出射出磁場的速度，及圓心、軌跡、半徑。5.如圖y左側有大小B=1T、方向如圖區域半徑R=0.2m圓第8章磁場第2單元(另加練習題)課件6.如圖豎直平面上一半徑R的光滑圓形絕緣軌道，上半部，下半部各有大小如圖的勻強電場、磁場。正電小球電量q，質量m。從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求：1.磁感應強度B的大小2.小球對軌道最低點的最大壓力3.若要小球在圓形軌道內做完整的圓周運動，小球在M的下滑的最小速度EMN××××××××××××××××××××××××××××××××B分析：1.在最低點分析球受力2.由M到N，N到M的洛倫茲力的方向。3.動能定理和圓周運動規律的應用6.如圖豎直平面上一半徑R的光滑圓形絕緣軌道，上半部，下半部解析：小球在磁場中運動受重力、支持力、洛倫茲力，其中支持力、洛倫茲力不做功，機械能守恒。小球在磁場中往復運動。1.小球從M向N運動時，支持力可能為零，受力如圖qvBmgv2.從N運動到最低點時，洛倫茲力向下，支持力最大vNmgqvB解析：小球在磁場中運動受重力、支持力、洛倫茲力，其中支持力、3.小球能做完整的圓周運動，到達最高點對軌道的壓力為零，設最高點速度為v1，小球在M點的速度為v0.從M到最高點利用動能定理：3.小球能做完整的圓周運動，到達最高點對軌道的壓力為零，設最7.如圖，在x軸上方存在大小B的如圖勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點o處以v速度進入磁場，粒子進入磁場的方向垂直磁場且與x軸成1200，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則粒子的比荷和電荷的電性（）xyov××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××分析：1.通過y軸正方向，利用左手定則，粒子帶負電。2：利用對稱法作出軌跡圖。300RRa3.利用幾何知識求半徑R+Rsin300=a,C對稱法作軌跡7.如圖，在x軸上方存在大小B的如圖勻強磁場，一個不計重力的8.如圖，寬度d區域，有大小B的勻強磁場，一電子如圖方向射入，電子質量m，電量q，要使電子能從軌道的另一側射出，求電子速度大小范圍？θ××××××××××××××分析：圓的兩切線夾角的平分線通過圓心解析：圖示為對應的是恰不越過右邊界的最大速度，即是越過右邊界的最小速度。θrr8.如圖，寬度d區域，有大小B的勻強磁場，一電子如圖方向射入帶電粒子在復合場中運動的一般思路1．帶電粒子在復合場中運動的分析方法和一般思路(1)弄清復合場的組成．一般有磁場、電場的復合，磁場、重力場的復合，磁場、電場、重力場三者的復合．(2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析．(3)確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合．(4)對于粒子連續通過幾個不同情況的場的問題，要分階段進行處理．(5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律．①當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解．②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規律求解．③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件．帶電粒子在復合場中運動的一般思路1．帶電粒子在復合場中運動2．復合場中粒子重力是否考慮的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力．(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規，也比較簡單．(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否要考慮重力．重力、電場力做功與路徑無關，洛倫茲力始終和運動方向垂直，永不做功，但洛倫茲力要隨帶電粒子運動狀態的變化而改變．2．復合場中粒子重力是否考慮的三種情況重力、電場力做功與路徑9.如右圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α.一質量為m、帶電荷量為＋q的圓環A套在OO′棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μ<tanα.現讓圓環A由靜止開始下滑，試問圓環在下滑過程中：(1)圓環A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環A能夠達到的最大速度為多大？受力分析1.受力分析2.列方程3.分析力的變化情況[思路點撥]mgfqvBN注意洛倫茲力和N的變化9.如右圖所示，在磁感應強度為B的水平勻第8章磁場第2單元(另加練習題)課件第8章磁場第2單元(另加練習題)課件10．如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質量為1.0×10－4kg，帶4.0×10－4C正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中．勻強電場的電場強度E＝10N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5T，方向為垂直紙面向里，小球與棒間動摩擦因數為μ＝0.2，求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度．(設小球在運動過程中所帶電荷量保持不變，g取10m/s2)1.受力分析2.列方程3.分析力的變化情況mgfqvBNqE水平方向：N=qvB+qE,豎直方向：mg-f=ma,f=μN即豎直方向：mg-μ(qvB+qE)=ma10．如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，答案：2m/s25m/s答案：2m/s25m/s11.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上·················································································································································mgNfqvB沿斜面：mgsinθ-f=ma,f=μN垂直斜面：N=qvB+mgcosθV、B增大，f增大。由動能定理知，達到地面的動能越小。沿斜面：mgsinθ-μ(qvB+mgcosθ)=ma,B增大，a減小。當a=0時，勻速直線運動，不會靜止。C11.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直12．如右圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區域內，電場的場強為E，方向豎直向下，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，一質量為m的帶電粒子，在場區內的一豎直平面內做勻速圓周運動，則可判斷該帶電質點()A．帶有電荷量為的正電荷B．沿圓周逆時針運動C．運動的角速度為D．運動的速率為受重力、電場力兩恒力及洛倫茲力為變力。要使粒子做勻速圓周運動，重力和電場力必平衡，洛倫茲力提供向心力。mgqEqvB1.由平衡力判斷電性，為負電2.利用左手定則判斷運動方向，順時針運動C12．如右圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區域內，電場的場13.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒半徑R，勻強磁場B，交變電流頻率f,加速電壓U，粒子源產生的質子質量m，電量q，不考慮重力和粒子間相對效應，．下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度不可超過2ЛRfB．質子離開加速器的最大動能與加速電壓成正比C．質子第2次和第1次經過D形盒的間隙后軌道半徑之比D．不改變B和f，也能使a粒子加速。13.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如14.明確運動電荷的類型P:帶正電荷向N運動n:電子向N運動14.明確運動電荷的類型15．如右圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為m、帶電量＋q、重力不計的帶電粒子，以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求(1)粒子第一次經過電場的過程中電場力所做的功W1。(2)粒子第n次經過電場時電場強度的大小En。(3)粒子第n次經過電場所用的時間tn。(4)假設粒子在磁場中運動時，電場區域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線(不要求寫出推導過程，不要求標明坐標刻度值)。15．如右圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂利用動能定理求解在電場電場力做功及電場強度知初末速度、受力求運動時間，利用動量定理4.如圖，各次在磁場運動時間相等，電場時間tn,電場強度大小Ent0E利用動能定理求解在電場電場力做功及電場強度知初末速度、受力求16.如圖所示，在長方形abcd區域內有正交的電磁場，ab＝bc/2＝L，一帶電粒子從ad的中點垂直于電場和磁場方向射入，恰沿直線從bc邊的中點P射出，若撤去磁場，則粒子從c點射出；若撤去電場，則粒子將(重力不計)()A．從b點射出

B．從b、P間某點射出C．從a點射出

D．從a、b間某點射出C16.如圖所示，在長方形abcd區域內有正交的電磁場，ab＝再見！祝同學們身體健康！再見！祝同學們身體健康！第八章：磁場第二講：磁場對運動電荷的作用夏邑高中:汪領峰第八章：磁場一、洛倫茲力1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．2．大小(1)v∥B時，F＝0(2)v⊥B時，F＝

。

(3)v與B夾角為θ時，F＝

。3．方向：F、v、B三者的關系滿足

定則．4．特點：由于F始終

v的方向，故洛倫茲力永不做功．利用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，四指必須與拇指垂直且指向正電荷運動的方向，對于負電荷四指應指向負電荷定向移動的反方向．qvBqvBsinθ左手垂直于××××××××××××××××××××××××+v-v+v+v向外不受力一、洛倫茲力利用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，四指必須與拇指強調1.洛倫茲力對帶電粒子不做功F洛⊥V、F洛⊥B，即垂直B、V決定的平面F洛只改變V方向、不改變V的大小。2.方向判斷：左手定則B穿過手心，四指指正電荷運動方向，（四指指負電荷運動反方向），大拇指指運動電荷收洛倫茲力。⑷解題思路：①明確哪類粒子運動②三對應3.運動電荷在磁場中的運動狀態①勻直B∥V②勻圓B⊥V③螺旋運動0<θ<900。強調二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向平行，則帶電粒子以入射速度v做

運動．2．若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做

運動．勻速直線勻速圓周二、帶電粒子在勻強磁場中的運動勻速直線勻速圓周磁感應強度B

在磁場中的運動時間：磁感應強度B在磁場中的運動時間：1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是()A．洛倫茲力對帶電粒子做功B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C．洛倫茲力的大小與速度無關D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析：根據洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯B對；根據F＝qvB，可知洛倫茲力大小與速度有關，C錯；洛倫茲力的作用效果就是改變粒子的運動方向，不改變速度的大小，D錯．答案：B1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下2.初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉，速率不變B．電子將向左偏轉，速率改變C．電子將向左偏轉，速率不變D．電子將向右偏轉，速率改變解析：導線在電子附近產生的磁場方向垂直紙面向里，由左手定則知，電子受到的洛倫茲力方向向右，電子向右偏轉，但由于洛倫茲力不做功，電子速率不變，A正確．答案：A2.初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導3.如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現有一質量為m、電量為q的帶電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場，不計重力的影響．由這些條件可知()A．能確定粒子通過y軸時的位置

B．能確定粒子速度的大小C．能確定粒子在磁場中運動所經歷的時間

D．以上三個判斷都不對解題方法:1.找圓心2.求半徑3.列方程半徑與v垂直，所以圓心在x、y軸的交點O處。r=x0.答案：ABC3.如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感4.電子質量為m，電荷量為q，以與x軸成θ角的速度v0射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后從x軸上的P點射出，如圖所示，求：(1)OP的長度；(2)電子由O點射入到從P點射出所需的時間t.rrθθ圓心角=偏向角=2倍弦切角4.電子質量為m，電荷量為q，以與x軸成θ角的速度v0射入磁洛倫茲力的理解

1．洛倫茲力和安培力的關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．2．洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．(2)當電荷運動方向發生變化時，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．洛倫茲力的理解1．洛倫茲力和安培力的關系3．洛倫茲力與電場力的比較3．洛倫茲力與電場力的比較F=qvBsinθF=qEF=qvBsinθF=qE(1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方向無必然聯系．電場力的方向意是沿電場線的切線方向．(2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，但各自的表現形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功．(1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方[例1]在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏轉θ角．在同樣寬度范圍內，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場，使該粒子穿過該區域，并使偏轉角也為θ(不計粒子的重力)，問：(1)勻強磁場的磁感應強度是多大？(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？[思路點撥]帶電粒子在電場和勻強磁場中偏轉時的規律不同，前者做類平拋運動，后者做勻速圓周運動，注意選取相應的方法和公式類平拋運動v0………………v0θθR圓周運動[例1]在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速知E、θ、V0求L知E、θ、V0求L第8章磁場第2單元(另加練習題)課件答案：Cxyv0答案：Cxyv0帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題1．圓心的確定(1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心．(2)兩種情形①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(如圖所示，圖中P為入射點，M為出射點)．帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題1．圓心的確定②已知入射方向和半徑時，可以在與入射方向垂直的直線上找出距離值為半徑的點，則該點是圓弧軌道的圓心。R③已知入射點、入射方向和出射點的位置時，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道的圓心(如圖，P為入射點，M為出射點)．②已知入射方向和半徑時，可以在與入射方向垂直的直線上找出距離Mbafedcv例：長方形abcd，小孔f；e在cd的中點，光屏M緊靠cd，盒內勻強磁場大小B，方向垂直abcd，粒子源不斷發射相同的帶電粒子，初速度不計。粒子經加速電壓為U的電場加速后從f垂直ad進入，經磁場偏轉后恰好從e射出。已知fd=，cd=2L，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，求1.帶電粒子的比荷q/m2.帶電粒子從f運動到e的時間分析：1.圓心在v的垂線和fe連線的中垂線的交點上。2.半徑：R2=ed2+od2.ORRaMbafedcv例：長方形abcd，小孔f；e在cd的中點，解：1.在電場中利用動能定理:由幾何知識：由牛頓第二定律得：2.粒子在磁場勻速圓周運動周期：在三角形eod中sina=L/R則a=600.圓弧對應的圓心角θ=1200.則從f到e的時間：MbafedcvRROa解：1.在電場中利用動能定理:由幾何知識：由牛頓第二定律得：例.如圖所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向并垂直于紙面朝里．一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑EF方向射入磁場區域，最后從圓形區域邊界上的G點射出．已知弧FG所對應的圓心角為θ，不計重力．求：(1)離子速度的大小；

(2)離子的質量．分析：1.在速度選擇器中求速度2.在偏轉磁場中求離子的質量qEqvBr例.如圖所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U；第8章磁場第2單元(另加練習題)課件第8章磁場第2單元(另加練習題)課件2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動a．直線邊界(進出磁場具速度有對稱性，如圖)b．平行邊界(存在臨界條件，如圖)圓心在兩切線夾角的角平分線上。圓與MN相切，則圓心在v和MN夾角的角平分線和v垂線的交點。MN速度關于過圓心垂直于邊界的直徑對稱2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動b．平行邊界(存在臨界條件c．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖)c．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：(1)畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．(2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，在磁場中運動的時間與周期相聯系．(3)用規律：即牛頓第二定律和圓周運動的規律，特別是周期公式、半徑公式．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：例1：如圖，在半徑R的圓區域充滿大小B的圖示勻強磁場，MN為感光板，從圓最高點p垂直磁場射入大量帶正電，電量q、質量m、速度v的粒子，不計粒子重力、之間相互作用，則（）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，出射方向的反向延長線不一定過圓心C.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越大，時間越長D.只要滿足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上。PMNOv××××××××××××分析：1.沿直徑射入，必沿直徑射出。B錯。2.3.速度越大，半徑越大。圓弧越大，但對應的圓心角越小，時間越小。A、C錯。選D例1：如圖，在半徑R的圓區域充滿大小B的圖示勻強磁場，MN為例2：如圖，以O圓心，R為半徑的圓區域有大小B的勻強磁場，方向如圖。一束帶電粒子質量m、電量+q，從A位置同時以不同速度沿AO進入磁場，D為收集器，板上各點到O的距離都為2R，板兩端連線平行AO，粒子不計重力。1.若粒子恰好打在收集器D的中點上，求粒子的速度2.求粒子從A達到收集器D上，最大時間t。……….……….…..…..AvR2R2RDO分析：沿半徑射入，必沿半徑射出。1.粒子射入收集器中點時半徑為r1=R2.通過作圖可知，粒子打在收集器D的左端，圓心角最大，t最長。由幾何知識得：半徑r2=300300300300例2：如圖，以O圓心，R為半徑的圓區域有大小B的勻強磁場，方解：1.粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下作圓周運動：解：1.粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下作圓周運動：[思路點撥]分析帶電粒子的運動情況是解決問題的前提：要結合運動分析畫出運動過程草圖，運用半徑公式及平面幾何知識進行分析討論．沿半徑射入，必沿半徑射出。半徑相同，由對稱法，可知從o1的出射方向3[思路點撥]分析帶電粒子的運動情況是解決問題的前提：要結合[答案]

(1)4.19×10－6s(2)2m[答案](1)4.19×10－6s(2)2m直線邊界(進出磁場具速度有對稱性)例4：如圖L1、L2為兩條平行虛線，L1上方，L2的下方有相同的勻強磁場，方向如圖，A、B兩點在L1上。帶電粒子以v與L1成450射出，經偏轉后恰好過B點，經B的速度方向與A點同向。不計重力，下列正確的（）A.粒子一定帶正電B.粒子運動一定帶負電C.若粒子在A點的速度大小變大（方向不變），它仍能經過B點D.若粒子在A點的速度大小變大（方向不變），它不能經過B點vv帶正電L1上方在磁場中運動T/4，L2下方運動3T/4…………………………………………ABvL1L2直線邊界(進出磁場具速度有對稱性)例4：如圖L1、L2為兩條帶負電…………………………………………AvBvL1L2L1上方在磁場中運動3T/4，L2下方運動T/4速度大小變化不影響經過B點答案C帶負電………………………平行邊界(存在臨界條件)圓心在兩切線夾角的角平分線上。M和bb/是M粒子運動圓周切線，N和bb/是粒子N運動圓周切線例5.如圖，平行線aa/、bb/間存在如圖勻強磁場大小B。在aa/上兩點射入正電粒子M、N，兩粒子恰好不能越過bb/，兩粒子質量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb/的時間分別為t1、t2，則（）××××××××××××××××××aba/b/MNθθ作兩切線的角平分線和速度的垂線，找圓心。θθθθACD兩個圓心角之和為1800.半徑大速度大平行邊界(存在臨界條件)圓心在兩切線夾角的角平分線上。[例6]如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′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．有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子的質量為m、帶電荷量為q，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T0，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B0的大小；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．[思路點撥]先分析正離子在交變磁場中的運動性質，明確物理過程，然后判斷出要使正離子垂直于N板射出磁場，必須讓正離子在磁場中運動的時間正好是磁場變化周期的整數倍．知T定B，及多解。[例6]如圖甲所示，M、N為豎直放置第8章磁場第2單元(另加練習題)課件2．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正負離子在磁場中()A．運動時間相同B．運動軌道的半徑相同C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點距離相等vA和v，vB和v具有對稱性。關于過圓心垂直于邊界的直徑對稱。直線邊界BCD2．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和答案：BCD答案：BCD有關洛倫茲力的多解問題

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，當粒子具有相同速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解．如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b.有關洛倫茲力的多解問題1．帶電粒子電性不確定形成多解2．磁場方向不確定形成多解磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解．如圖所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.3．臨界狀態不惟一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射面邊界反向飛出，如圖所示，于是形成了多解．2．磁場方向不確定形成多解4．運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解．如圖所示．要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的可能性，畫出其運動軌跡，分階段、分層次地求解．4．運動的往復性形成多解要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、1.(2011年高考海南單科)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界．一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計重力．下列說法正確的是()A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大BD1.(2011年高考海南單科)空間存在方向垂直于紙面答案：BD答案：BD2。利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()寫出通式答案BC最大速度對應最大半徑求出最大半徑和最小半徑對應的最大速度和最小速度，求二者的差值通式2。利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板答案：BC答案：BC3．(2012年北京西城模擬)如圖所示，在NOQ范圍內有垂直于紙面向里的勻強磁場I，在MOQ范圍內有垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ，M、O、N在一條直線上，∠MOQ＝60°.這兩個區域磁場的磁感應強度大小均為B.離子源中的離子(帶電荷量為＋q，質量為m)通過小孔O1進入極板間電壓為U的加速電場區域(可認為初速度為零)，離子經電場加速后通過小孔O2射出，從接近O點處進入磁場區域I.離子進入磁場的速度垂直于磁場邊界MN，也垂直于磁場．不計離子的重力．(1)當加速電場極板電壓U＝U0，求離子進入磁場中做圓周運動的半徑R.(2)在OQ上有一點P，P點到O點距離為L，當加速電場極板電壓U取哪些值，才能保證離子通過P點．3．(2012年北京西城模擬)如圖所示，在