高考物理一轮复习第九章第2节带电粒子在磁场中的运动学案含解析

第九章磁场课标解读课程标准命题热点1．了解我国古代对磁现象的认识和应用及其对人类文明的影响。

2．通过实验了解磁场。

知道磁场是一种物质，体会场的统一性与多样性。

知道磁感应强度和磁通量。

能用磁感线描述磁场。

体会物理模型在探索自然规律中的作用。

3．知道电流的磁场。

会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。

4．通过实验，认识安培力。

能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。

了解安培力在生产生活中的应用。

5．通过实验，认识洛伦兹力。

能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。

能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。

了解带电粒子的磁偏转原理及其应用。

(1)安培定则的应用、磁场的叠加。

(2)安培力、洛伦兹力的理解及应用。

(3)带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。

(4)带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题。

(5)洛伦兹力在现代科技中的应用。

第1讲磁场及其对电流的作用知识梳理·双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理知识点1 磁场、磁感应强度1．磁场(1)定义：磁场是磁体、电流周围存在的一种特殊物质。

(2)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

(3)方向：小磁针的 N极所受磁场力的方向。

2．磁感应强度(1)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)。

(2)方向：小磁针静止时 N极的指向。

知识点2 磁感线与安培定则1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。

2．安培定则：(1)通电直导线：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。

(2)环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向。

如图，分别表示通电直导线、环形电流、通电线圈周围的磁场，①表示电流的方向，②表示磁场的方向。

知识点3 安培力的大小与方向1．安培力的方向：左手定则(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。

2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习专题训练—带电粒⼦在叠加场和交变电、磁场中的运动（附答案解析）1.如图所⽰，⼀带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度⼤⼩为E、⽅向竖直向下；该磁场的磁感应强度⼤⼩为B、⽅向垂直纸⾯向⾥，不计空⽓阻⼒，设重⼒加速度为g，则( )A．液滴带正电B．液滴⽐荷＝C．液滴沿顺时针⽅向运动D．液滴运动速度⼤⼩v＝2．(多选)(2024·吉林长春市外国语学校开学考)如图所⽰，在竖直平⾯内的虚线下⽅分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度⼤⼩为10 N/C，⽅向⽔平向左；磁场的磁感应强度⼤⼩为2 T，⽅向垂直纸⾯向⾥。

现将⼀质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的⼩球，从该区域上⽅的某点A以某⼀初速度⽔平抛出，⼩球进⼊虚线下⽅后恰好做直线运动。

已知重⼒加速度为g＝10 m/s2。

下列说法正确的是( )A．⼩球平抛的初速度⼤⼩为5 m/sB．⼩球平抛的初速度⼤⼩为2 m/sC．A点距该区域上边界的⾼度为1.25 mD．A点距该区域上边界的⾼度为2.5 m3．(2023·⼴东梅州市期末)如图甲所⽰，在竖直平⾯内建⽴xOy坐标系(y轴竖直)，在x>0区域有沿y轴正⽅向的匀强电场，电场强度⼤⼩为E＝；在x>0区域，还有按图⼄规律变化的磁场，磁感应强度⼤⼩为B0，磁场⽅向以垂直纸⾯向外为正⽅向。

t＝0时刻，有⼀质量为m、带电荷量为＋q的⼩球(可视为质点)以初速度2v0从原点O沿与x轴正⽅向夹⾓θ＝的⽅向射⼊第⼀象限，重⼒加速度为g。

求：(1)⼩球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的可能距离；(2)⼩球与x轴之间的最⼤距离。

4．(多选)(2024·重庆西南⼤学附中⽉考)如图甲所⽰的平⾏⾦属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸⾯向外为磁场正⽅向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图⼄所⽰，取垂直极板向上为电场正⽅向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所⽰。

第2节磁场对运动电荷的作用知识点一| 洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力。

2．大小(1)v∥B时，F＝0。

(2)v⊥B时，F＝q v B。

(3)v与B夹角为θ时，F＝q v B sin_θ。

3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。

(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，则F垂直于B、v决定的平面。

(注意：B和v可以有任意夹角)由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。

[判断正误](1)洛伦兹力的方向、粒子运动方向、磁场方向两两相互垂直。

(2)带电粒子的速度大小相同，所受洛伦兹力不一定相同。

(3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。

考法1洛伦兹力的大小与方向1．(2015·重庆高考)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。

以下判断可能正确的是()A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹D[由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。

]2．(2019·济宁模拟)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，此时它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右B[带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生的磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。

根据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B正确。

]3．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。

2带电粒子在匀强磁场中的运动一、带电粒子在匀强磁场中的运动1.运动轨迹带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场时：(1)当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动。

(2)当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动。

2.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动(1)运动条件：不计重力的带电粒子沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场。

(2)洛伦兹力作用：提供带电粒子做圆周运动的向心力，即q v B＝m v2 r。

(3)基本公式①半径：r＝m vqB；②周期：T＝2πmqB。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与粒子运动速率和半径无关。

3.洛伦兹力的作用效果洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向，不改变带电粒子速度的大小，或者说洛伦兹力不对带电粒子做功，不改变粒子的能量。

二、质谱仪1.原理图：如图1所示。

图12.加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得qU＝12m v2。

3.偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：q v B＝m v2 r。

4.结论：r＝1B2mUq。

测出粒子的轨迹半径r，可算出粒子的质量m或比荷qm。

5.应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素。

三、回旋加速器1.构造图：如图2所示。

图22.核心部件：两个半圆金属D形盒。

3.原理：高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同，粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些，粒子做圆周运动的周期不变。

4.最大动能：由q v B＝m v2R和E＝12m v2得E＝q2B2R22m(R为D形盒的半径)，即粒子在回旋加速器中获得的最大动能与q、m、B、R有关，与加速电压无关。

思考判断(1)利用质谱仪可以测定带电粒子的质量和分析同位素。

(√)(2)回旋加速器的半径越大，带电粒子获得的最大动能就越大。

(√)(3)回旋加速器的加速电压越高，带电粒子获得的最终动能越大。

(×)(4)利用回旋加速器加速带电粒子时，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。

富县高级中学集体备课教案年级：高三理科目：物理授课人：课题第二讲洛伦兹力带电粒子在匀强磁场中的运动2 第课时三维目1、洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式2、带电粒子在匀强磁场中的运动重点1、洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式2、带电粒子在匀强磁场中的运动中心发言人陈熠难点带电粒子在匀强磁场中的运动教具课型课时安排课时教法学法个人主页教学过程对洛伦兹力的理解及应用1．对洛伦兹力的理解2．洛伦兹力与安培力的联系及区别3．洛伦兹力与电场力的区别洛伦兹力F电场力F产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力的作用大小F＝qvB(v⊥B) F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功例1、如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()A．仍在A点教学过程B．在A点左侧C．在A点右侧D．无法确定答案： C1－1：如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区．已知BC＝CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D 所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是E k1、E k2、E k3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是()A．t1＝t2＜t3B．t1＜t2＝t3C．E k1＞E k2＝E k3D．E k1＝E k2＜E k3答案：AC小结作业：教后反思审核人签字：年月日。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在匀强磁场中的运动】 [考点分析]1．命题特点：带电粒子在匀强磁场中的运动是等级考命题的热点问题，对此部分内容的考查以带电粒子在各类有界匀强磁场中的运动为主，题型有选择也有计算，难度中等偏上．2．思想方法：对称法、图解法、模型法等．[知能必备]1．单边界磁场问题的对称性带电粒子在单边界匀强磁场中的运动一般都具有对称性，可总结为：单边进出(即从同一直线边界进出)，等角进出，如图所示．2．缩放圆法的应用技巧当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件．3．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因[真题再练]1. (多选)如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBamC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a解析：AD 由左手定则，分析粒子在M 点受的洛伦兹力，可知粒子带负电，选项A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O ′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R ＝2a ，选项C 错误；由q v B ＝m v 2R ，可求出v ＝2qBa m ，选项B 错误；由图可知，ON ＝a ＋2a ＝(2＋1)a ，选项D 正确．2.如图，在0≤x ≤h ，－∞<y <＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 的大小可调，方向不变．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从磁场区域左侧沿x 轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B m ；(2)如果磁感应强度大小为B m2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x 轴正方向的夹角及该点到x 轴的距离．解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R ，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有q v 0B ＝m v 20R①由此可得R ＝m v 0qB②粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足R ≤h ③由题意，当磁感应强度大小为B m 时，粒子的运动半径最大，由此得B m ＝m v 0qh④ (2)若磁感应强度大小为B m2，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R ′ ＝2h ⑤粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α，由几何关系sin α＝h 2h ＝12⑥即α＝π6⑦由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为 y ＝2h (1－cos α)⑧联立⑦⑧式得y ＝ (2－3)h ⑨ 答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里 m v 0qh(2)π6(2－3)h带电粒子在匀强磁场中运动问题的解题流程[精选模拟]视角1：带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题1．(多选)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：AD 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误；θ＝30°，如图丙所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确，选项C 错误．2.如图所示，竖直线MN ∥PQ ，MN 与PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，O 是MN 上一点，O 处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v (方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN 成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ 射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B ．23πa 3vC.4πa 3vD ．2πa v解析：C 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a ＝R sin 30°，即R ＝2a .设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t ＝α2πT ，即α越大，粒子在磁场中运行时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R ＝2a ，此时圆心角αm 为120°，即最长运行时间为T 3，而T ＝2πR v ＝4πav ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v，C 正确．3．如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O 有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ 向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域．过O 的截面MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH 垂直于MQ .已知∠MOH ＝∠QOH ＝53°.α粒子质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.20×10－19C ，速率v ＝1.28×107m/s ；磁场的磁感应强度B＝0.664 T ，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60.(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t ；(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d . 解析：(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，则T ＝2πmqB垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t ＝T2代入数据解得：t ＝π32×10－6 s ≈9.81×10－8 s.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R沿OQ 方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，由几何关系可得：d ＝R ＋R sin 53° 代入数据可得：d ＝0.72 m. 答案：(1)9.81×10－8 s (2)0.72 m视角2：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题4．(多选)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql4mC ．使粒子的速度v ＞BqlmD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql4m解析：AB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql4m，故A 、B 正确．。

第2讲磁场对运动电荷的作用考点1对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力方向的特点洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直．2．洛伦兹力的作用效果(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小．如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动．(2)洛伦兹力对带电粒子不做功因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功．如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化．1．如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(A)A．向上B．向下C．向左D．向右解析：条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．2．(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(BD)A．小球带负电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．洛伦兹力对小球不做功解析：由左手定则可知小球带正电，A项错误；因小球随试管向右做匀速运动，故沿试管方向洛伦兹力的分量不变，小球沿试管做匀加速运动，这样运动合成的轨迹为抛物线，B项正确；如果按分解力来看，沿试管向上的洛伦兹力仅是一个分力，水平方向也有洛伦兹力的分力，而在水平方向上洛伦兹力在做负功，所做的负功与沿试管向上的洛伦兹力所做的正功的代数和为零，故洛伦兹力没有做功．如果按总的情况看，洛伦兹力与速度方向总是垂直的，洛伦兹力对小球不做功，C 项错误，D 项正确．3．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir ，式中k 是常数、I 为导线中电流、r 为点到导线的距离．带负电的小物体在拉力F 的作用下，以速度v 从a 点出发沿连线运动到b 点做匀速直线运动，小球与桌面的动摩擦因数为μ，关于上述过程，下列说法正确的是( BCD )A ．拉力F 一直增大B ．小物体对桌面的压力先减小后增大C ．桌面对小物体的作用力方向不变D ．拉力F 的功率先减小后增大解析：本题考查安培定则及磁感应强度的矢量合成．根据右手螺旋定则可知直线M 附近处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 附近的磁场方向垂直于MN 向里，设MN 间距为d ，根据磁场的磁感应强度B ＝k I r ＋k Id －r ，可知在r ＝d2时磁感应强度最小，磁感应强度从左到右先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向向下，根据F ＝q v B 可知，其大小是先减小后增大，小球对桌面的压力先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，因为小球做匀速直线运动，合力为零，所以拉力先减小后增大，故A 错误，B 正确；因为小球做匀速直线运动，合力为零，在水平方向上拉力与摩擦力相等，在竖直方向上支持力和重力相等，所以桌面对小物体的作用力方向不变，故C正确；由上可知拉力先减小后增大且物体做匀速运动，根据P＝F v，可知拉力F的功率先减小后增大，故D正确．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．考点2带电粒子在匀强磁场中运动1．带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析(1)圆心的确定方法方法1：若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)；方法2：若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)．(2)半径的计算方法方法1：由物理方法求：半径R＝m v qB；方法2：由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定．(3)时间的计算方法方法1：由圆心角求：t＝θ2π·T；方法2：由弧长求：t＝sv.2．带电粒子在有界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)．(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)．考向1带电粒子在匀强磁场中运动如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．【解析】(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0＝m v20R1①qλB0v0＝m v20 R2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1 v0③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝πR2 v0④联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d0＝2(R1－R2)＝2m v0B0q(1－1λ)⑥【答案】(1)πmB0q(1＋1λ)(2)2m v0B0q(1－1λ)1．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( AC )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πmqB 所以R 2R 1＝B 1B 2＝k ，T 2T 1＝B 1B 2＝k根据a ＝q v B m ，ω＝v R ＝qB m 可知a 2a 1＝B 2B 1＝1k ，ω2ω1＝B 2B 1＝1k所以选项A 、C 正确，B 、D 错误．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的分析方法考向2 带电粒子在直线边界磁场运动(2019·安徽联盟联考)(多选)如图所示，MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P 点有甲、乙两粒子同时沿与PN 分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )A ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1 3B ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为21C ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为3 2D ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为21[审题指导] 本题利用直线边界的对称性：从一直线边界射入匀强磁场中的粒子，从同一直线边界射出时，速度与直线边界的夹角相等，即射入和射出具有对称性．【解析】 设P 、Q 间的距离为L ，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为：r 甲＝L 2cos30°＝L3，r 乙＝L2cos60°＝L ，如果两粒子完全相同，由r ＝m v qB ，得v ＝qBrm ，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲v 乙＝r 甲r 乙＝13，A 正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T ＝2πmqB可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t 甲t 乙＝2π3π3＝21，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v 甲v 乙＝2πr 甲32πr 乙6＝23，由r ＝m v qB ，可得q m ＝vrB ，则甲、乙两粒子的比荷之比为q 甲m 甲q 乙m 乙＝v 甲r 甲B v 乙r 乙B ＝21，C 错误、D 正确．【答案】 ABD2. (多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( AD )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：由左手定则可判断粒子a 、b 均带正电，选项A 正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R ＝m v qB 相同，周期T ＝2πmqB 也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b 在磁场中运动轨迹是半个圆周，a 在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A 、D 正确．考向3 带电粒子在圆形有界磁场中运动如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt [审题指导] (1)带电粒子的速度由v 变为v3后，在磁场中做圆周运动的周期不变，半径变为原来的13.(2)画出运动轨迹示意图，找到圆心，确定圆心角是本题关键．【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r ＝m v qB ，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πmqB ，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3后，根据r ＝m v qB 知其在磁场中的轨迹半径变为r3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项为B.【答案】 B3．如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变了60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBRm ，故B 正确．带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心． (2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同．(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定．考点3带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题1．从关键词找突破口许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．2．四个结论(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)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得R1＝3r 3又q v1B＝m v21R1得v1＝3Bqr3m.(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R22＋r2，可得R2＝3r 4，又q v2B＝m v22R2，可得v2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m.【答案】(1)3Bqr3m(2)3Bqr4m4．如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(B)A．B>3m v3aq B．B<3m v3aqC．B>3m vaq D．B<3m vaq解析：若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan30°＝3a.由r＝m vqB得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3m v3aq，选项B正确．5．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2v1为(C)A.3 2B.2 1C.3 1 D．3 2解析：当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝R cos60°＝12R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝R cos30°＝32R；根据轨道半径公式r＝m vqB可知，v2v1＝r2r1＝31，故选项C正确．解决带电粒子的临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值．(2)临界问题的一般解题流程学习至此，请完成课时作业30。

带电粒子在磁场中的运动（二）【学习目标】 有界磁场问题一、单边界1．如图所示，x 轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O 点射入磁场中，射入方向与x 轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中A.运动时间相同B.运动轨道半径相同C.重新回到x 轴时速度大小和方向均相同D.重新回到x 轴时距O 点的距离相同2、 如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点O 以与MN 成30°角的同样速度v 射入磁场（电子质量为m ，电荷为e ），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。

只是偏转方向相反。

先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。

所以两个射出点相距2r ，由图还可看出，经历时间相差2T /3。

答案为射出点相距Be mv s 2=，时间差为Bqm t 34π=∆。

关键是找圆心、找半径和用对称。

3. 如图所示,直线边界MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场区域足够大.今有质量为m,电荷量为q 的正、负带电粒子,从边界MN 上某点垂直磁场方向射入,射入时的速度大小为v,方向与边界MN 的夹角的弧度为θ,求正、负带电粒子在磁场中的运动时间.答案 带正电粒子:2m （π-θ）/qB 带负电粒子:qB m θ24. 如图所示,在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场,一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角,若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a,则该粒子的荷质比和所带电荷的正负是（ ）MA .aB 23v ,正电荷 B .aB 2v ,正电荷C .aB 23v ,负电荷D . aB2v ,负电荷 答案 C 5、如图3-6-9所示，一个带负电的粒子以速度v 由坐标原点射入充满x 正半轴的磁场中，速度方向与x 轴、y 轴均成45°角．已知该粒子电量为－q ，质量为m ，则该粒子通过x 轴和y 轴的坐标分别是多少？mv/qB －mv/qB6、如图3-6-2所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直平面并指向纸面外，磁感应强度为B ．一带正电的粒子（不计重力）以速度v 0从O 点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x 轴正向的夹角为θ．若粒子射出磁场的位置与O 点的距离为，求该粒子的电荷量与质量之比q/m ．解析：洛伦兹力提供向心力Bqv=mv 2/r ……①几何关系如图3-6-3所示，l/2=rsinθ……②整理得q/m=2v 0sinθ/lB ……③二、双边界磁场1、平行边界1. 三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从如图所示的长方形区域的匀强磁场上边缘射入强磁场,当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°,则它们在磁场中的运动时间之比（ ）A .1∶1∶1B .1∶2∶3C .3∶2∶1D .1∶2∶3答案 C（1）速度垂直边界1．如图所示，比荷（荷质比）为e / m 的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为d 、磁感受应强度为B 的匀强磁场区域，要从右侧面穿出这个磁场区域，电子的速度应满足的条件是 。

第2讲磁场对运动电荷的作用主干梳理对点激活知识点1 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 I洛伦兹力公式 n 1.定义：_01运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力。

2. 方向(1) 判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动 的反方向。

⑵方向特点：F 丄B , F 丄V 。

即F 垂直于02 B 和 v 所决定的平面。

(注意B 和 v 可以有任意夹角)。

由于F 始终03垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功。

3. 洛伦兹力的大小：F = qvBsin B其中B 为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。

⑴当电荷运动方向与磁场方向垂直时， F = qvB 。

(2) 当电荷运动方向与磁场方向平行时，F = 0。

(3) 当电荷在磁场中静止时，F = 0。

知识点2 带电粒子在匀强磁场中的运动 n1. 两种特殊运动⑴若v // B ,带电粒子以入射速度v 做丽匀谏直线运动(2)若v 丄B ,带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度 周运动。

2. 基本公式向心力公式： qvB = m* = m 罕2「。

3. 导出公式注意：T 、f 和①的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的［03 磁感v 做l~02匀速圆(1)轨道半径:mvBq (2)周期: 2 n r qB应强度B和粒子的「04比荷m有关。

比荷m相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中----- m mT、f、3相同。

「双基夯实一堵点疏通1 .带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。

（）2. 洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。

（）2 n3. 根据公式T=晋，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。

（）4. 用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。

（）5. 带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。

（）6. 当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，带电粒子的轨迹为螺旋线。