溫故自查1．洛倫茲力的定義：

在磁場中所受的力．2．洛倫茲力的大小運動電荷3．洛倫茲力的方向左手定則：伸開左手，使大拇指跟其余四指垂直，且處于同一平面內，把手放入磁場中，讓

垂直穿入掌心，四指指向

運動的方向(或

運動的反方向)，那么，拇指所指的方向就是運動電荷所受

的方向．4．洛倫茲力對運動電荷不做功，因為洛倫茲力方向始終與

方向垂直．磁感線洛倫正電荷茲力電荷運動負電荷考點精析1．由安培力公式推導洛倫茲力公式F＝qvB如圖所示，直導線長L，電流為I，導體中運動電荷數為N，截面積為S，電荷的電量為q，運動速度為v，則安培力F安＝ILB＝NF.所以洛倫茲力F＝因為I＝nqSv(n為單位體積內的電荷數)2．洛倫茲力與安培力相比較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．3．洛倫茲力與電場力相比較洛倫茲力電場力性質磁場對在其中運動的電荷有作用力(v≠B)電場對放入其中的電荷有作用力產生條件磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動的電荷不受洛倫茲力電場中的電荷無論靜止，還是運動都要受到電場力方向(1)方向由電荷正負、磁場方向以及電荷運動方向決定，方向之間關系遵循左手定則(2)洛倫茲力方向一定垂直于磁場方向以及電荷運動方向(電荷運動方向與磁場方向不一定垂直)(1)方向由電荷正負、電場方向決定(2)正電荷受力方向與電場方向一致，負電荷受力方向與電場方向相反大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE做功情況一定不做功可能做正功，可能做負功，也可能不做功溫故自查1．若v∥B，帶電粒子所受的洛倫茲力F＝0，因此帶電粒子以速度v做

運動．2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做

運動．勻速直線勻速圓周考點精析1．運動分析：如圖所示，若帶電粒子沿垂直磁場方向射入磁場，即θ＝90°時，帶電粒子所受洛倫茲力F洛＝Bvq，方向總與速度v方向垂直．洛倫茲力提供向心力，使帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動．2．其特征方程和基本公式：F洛＝F向T、f的兩個特點：(1)T、f的大小與軌道半徑R和運行速率v無關，只與磁場的磁感應強度B和粒子的荷質比有關系．(2)荷質比相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，T、f相同.溫故自查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

2．當速度v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

．3．當速度v變化時，圓心角大的，運動時間

4．如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角

；在圓形磁場區域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．

相切．越長長．相等考點精析1．解決此類問題的關鍵是：找準臨界點．2．找臨界點的方法是：以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借用半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數學方法求解極值，常用結論如下：(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v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v變化時，圓心角大的，運動時間越長.溫故自查帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面：(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，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡

，導致形成雙解．不同(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大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向

而形成的雙解．(3)臨界狀態不唯一形成多解：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

，因此，它可能穿過去了，可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成多解．不確定圓弧狀(4)運動的重復性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，往往運動具有

，因而形成多解．考點精析1．分析題目特點，確定題目多解性形成的原因．2．作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)．3．如果是周期性重復的多解問題，應列出通項式．如果是出現幾種解的可能性，注意每種解出現的條件．往復性命題規律帶電粒子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力F洛＝Bvq＝ 和左手定則判斷帶電粒子所受力的大小和方向，確定其運動軌跡或粒子帶電性質．[考例1]如圖所示，帶電粒子在真空環境中的勻強磁場是按圖示徑跡運動，徑跡為互相銜接的兩段半徑不等的半圓弧，中間是一塊薄金屬片，粒子穿過有動能損失，試判斷粒子帶何種電荷，在上、下兩段半圓徑跡中哪段所需時間較長？(粒子重力不計)[解析]

首先根據洛倫茲力方向(指向圓心)，磁場方向以及動能損耗情況，判定粒子帶正電，沿abcde方向運動．再求通過上、下兩段圓弧所需時間，帶電粒子磁場中做勻速圓周運動．F洛＝f向回旋周期 僅由磁感應強度B及粒子的荷質比決定，與粒子速度v，回旋半徑R無關．因此粒子通過上、下兩半圓弧所需時間相等，動能的損耗導致粒子的速度的減小，結果使得回旋半徑比例減小，周期并不改變．[答案]

相等[總結評述]

正確理解帶電粒子在磁場中運動的向心力來源，半徑公式及周期公式的含義及公式變化．如圖，在陰極射線管正下方平行放置一根通有足夠強直流電流的長直導線，且導線中電流方向水平向右，則陰極射線將會 ()A．向上偏轉B．向下偏轉C．向紙內偏轉 D．向紙外偏轉[解析]

在陰極射線管所處位置處，直導線產生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可以判斷陰極射線中的電子受力方向向上，故選A.[答案]

A命題規律確定帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑、運動時間的方法：(1)圓周軌跡上任意兩點的洛倫茲力的方向線的交點就是圓心；(2)圓心確定下來后，經常根據平面幾何知識去求解半徑；(3)先求出運動軌跡所對應的圓心角θ，然后根據

(T為運動周期)，就可求得運動時間．[考例2]在真空中，半徑r＝3×10－2m的圓形區域內有勻強磁場，方向如圖所示，磁感強度B＝0.2T，一個帶正電的粒子，以初速度v0＝106m/s從磁場邊界上直徑ab的一端a射入磁場，已知該粒子的比荷＝108C/kg，不計粒子重力．求：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少？(2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時v0方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉角β.[解析]

(1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以洛倫茲力充當圓周運動需要的向心力，根據牛頓第二定律有：2)粒子在圓形磁場區域軌跡為一段半徑R＝5cm的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段圓弧對應的弦最長，即為場區的直徑，粒子運動軌跡的圓心O′在ab弦中垂線上，如圖所示：由幾何關系可知：sinθ＝＝0.6，∴θ＝37°而最大偏轉角β＝2θ＝74°.[答案](1)5×10－2m(2)37°74°[總結評述]

挖掘隱含的幾何條件是解決本題的關鍵．帶電粒子在勻強磁場的圓周運動問題，關鍵之處要正確找出粒子軌道的圓心和半徑，畫出軌跡圓弧，由幾何知識明確弦切角、圓心角和偏轉角之間的關系，從而就可進一步求出粒子在磁場中運動的時間、運動半徑等問題．如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，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，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是 ()[解析]

從“粒子穿過y軸正半軸后……”可知粒子向右側偏轉，洛倫茲力指向運動方向的右側，由左手定則可判定粒子帶負電，作出粒子運動軌跡示意圖如圖．根據幾何關系有r＋rsin30°＝a，再結合半徑表達式 故C正確．[答案]

C命題規律分析帶電粒子在磁場中做圓周運動的問題，重點是“確定圓心、確定半徑，確定周期或時間”，尤其是圓周運動半徑的確定，從物理規律上應滿足從運動軌跡上應根據幾何關系求解．

考例3]如圖所示，在x<0與x>0的區域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1>B2，一個帶負電荷的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，要使該粒子經過一段時間后又經過O點，B1與B2的比值應滿足什么條件？[解析]

粒子在整個運動過程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內B1與B2磁場區域中做勻速圓周運動，軌道都是半個圓周，設粒子的質量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為r1和r2，現分析粒子運動的軌跡，如圖所示，在xy平面內，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動到y軸上離O點距離為2r1的A點，接著沿半徑為r2的半圓D1，運動到y軸上的點O1，OO1的距離d＝2(r2－r1) ③此后，粒子每經歷一次“回旋”(即從y軸出發沿半徑為r1的半圓和半徑為r2的半圓回下方的y軸)，粒子的y坐標就減小d，設粒子經過n次回旋后與y軸交與On點，若OOn即nd滿足nd＝2r1 ④則粒子再經過半圓Cn＋1就能經過原點，式中r＝1,2,3…為回旋次數．[總結評述]

對基本粒子如電子、質子、α粒子等，討論其受力時可不計重力，對一般性粒子可先估算一下重力與電場力或磁場力的大小，決定是否考慮重力，要畫出較為準確的帶電粒子在磁場中的運動示意圖，以便確定圓心和軌跡所對的圓心角．兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示．在y>0,0<x<a的區域有垂直于紙面向里的勻強磁場，在y>0，x>a的區域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區域內的磁感應強度大小均為B.在O點處有一小孔(圖中未畫出)，一束質量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子沿x軸經小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發亮．入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數值．

已知速度最大的粒子在0<x<a的區域中運動的時間與在x>a的區域中運動的時間之比為25，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期．試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響)．[解析]

速度小的粒子將在0<x<a的區域走完半圓，射到豎直屏上，屏上發亮的范圍是從0到2a.軌道半徑大于a的粒子開始進入右側磁場，考慮r＝a的極限情況，這種粒子在右側的圓軌跡與x軸在D點相切(如圖中虛線)，OD＝2a，這是水平屏上發亮范圍的左邊界．速度最大的粒子的軌道如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C′，C在y軸上，由對稱性可知C′在x＝2a直線上．設t1為粒子在0<x<a的區域中運動的時間，t2為在x>a的區域中運動的時間，命題規律帶電粒子在有界磁場中運動時，一般命題涉及臨界問題、極值問題、相遇問題等方面．[考例4](2009·浙江)如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場．在圓的左邊放置一帶電微粒發射裝置，它沿x軸正方向發射出一束具有相同質量m、電荷量q(q>0)和初速度v的帶電微粒．發射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區間內．已知重力加速度大小為g.(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向．(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區域，并說明理由．(3)若這束帶電微粒初速度變為2v，那么它們與x軸相交的區域又在哪里？并說明理由．[解析]

(1)帶電微粒平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力的大小相等，方向相反．設電場強度大小為E，則mg＝qE.可得電場強度 方向沿y軸正方向．帶電微粒進入磁場后受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，由于電場力和重力相互抵消，微粒將在磁場中做勻速圓周運動．如圖(a)所示，考慮到帶電微粒是從C點水平進入磁場，經O點后沿y軸負方向離開磁場，可得圓周運動半徑r＝R.(2)這束帶電微粒都通過坐標原點．理由說明如下：方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖(b)所示，這樣，這束帶電微粒在磁場中的圓心軌跡如圖(b)所示的虛線半圓，此半圓的圓心是坐標原點．所以，這束帶電微粒都是通過坐標原點后離開磁場的．方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，如圖(b)所示．設P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，其圓周運動的圓心Q的坐標為(－Rsinθ，Rcosθ)．圓周運動的軌跡方程為(x＋Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2，磁場邊界是圓心坐標為(0，R)的圓周，其方程為x2＋(y－R)2＝R2.解上述兩式，可得帶電微粒做圓周運動的軌跡與磁場邊界的交點為坐標為后者的點就是P點，須舍去．可見，這束帶電微粒都是通過坐標原點離開磁場的．(3)這束帶電微粒與x軸相交的區域是x>0.說明理由如下：帶電微粒初速度大小為2v，則從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的半徑r′為粒子通過磁場后，將在y軸的右方(y>0區域)離開磁場并做勻速直線運動，如圖(c)所示．靠近M點發射出來的帶電微粒在轉出磁場后會射向x軸正方向的無窮遠處；靠近N點發射出來的帶電微粒會在靠近原點之處轉出磁場． 圖(c)所以這束帶電微粒與x軸相交的區域范圍是x>0.[答案]

見解析[總結評述]

解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，一般按以下步驟進行：(1)根據帶電粒子速度方向找出半徑方向(2)根據磁場邊界和題設條件畫出粒子的運動軌跡．(3)根據運動軌跡確定圓心位置，建立幾何關系．(4)根據運動規律列解題方程．如下圖所示，一有界勻強磁場垂直紙面向里，B＝9.1×10－4T.其邊緣上有兩點C、D位于垂直于磁場方向的平面內(即紙面內)，C、D間距L＝0.05m，今有一個電子從C點以速度v0垂直勻強磁場方向射入，且與CD夾角為α＝30°.(1)若電子剛好從D點飛出磁場，則電子的速度v0應為多少？(2)電子從C點到D點所用的時間是多少？(已知電子質量m＝9.1×10－31kg，電荷量e＝1.6×10－19C)[解析]

電子從C點進入勻強磁場后，在磁場中做勻速圓周運動，C、D是圓周上兩點，利用C、D速度方向確定圓心，找出半徑R和 對應的圓心角，即可求解．(1)畫出電子從C運動到D的軌道如上圖所示，OC＝OD＝R，由幾何知識得到CD長度L＝R粒子做勻速圓周運動，有： 代入數據解之得v0＝8.0×106m/s(2)由圖可知電子由C與D轉過的圓心角θ＝60°，則由C到D所用的時間[答案]

(1)8.0×106m/s(2)6.5×10－9s[考例5](2009·安微安慶六校聯考)如圖所示，環狀磁場(方向垂直于紙面)所圍成的中空區