1、高三物理磁场对运动电荷的作用知识梳理：1洛伦兹力：磁场对 的作用力。2洛伦兹力的方向(1)判断方法：(2)方向特点：FB，Fv。即F垂直于 决定的平面。(注意：B和v不一定垂直)。3洛伦兹力的大小：F ，为v与B的夹角，如图所示。(1)vB时，0或180，洛伦兹力F 。(2)vB时，90，洛伦兹力F 。(3)v0时，洛伦兹力F 。4、对洛伦兹力的理解（1）洛伦兹力和安培力的关系洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做功。（2）洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹
2、力电场力性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系一定是FB，Fv，与电荷电性无关正电荷与电场方向相同，负电荷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，也可能不做功力F为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向例1以下说法正确的是()A电荷处于电场中一定受到电场力 B运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C洛伦兹力对运动电荷一定不做功 D洛伦兹力可以改变运动
3、电荷的速度方向和速度大小例2.如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v向左运动，则关于电子的运动轨迹和运动半径的判断正确的是()A将沿轨迹运动，半径越来越小B将沿轨迹运动，半径越来越大C将沿轨迹运动，半径越来越小D将沿轨迹运动，半径越来越大二、带电粒子在匀强磁场中的运动1、若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做 运动。2、若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内做 运动。向心力由洛伦兹力提供：qvB ；轨道半径公式：R 周期：T ；(周期T与速度v、轨道半径R无关)例3.如图一束电子流沿管的轴线进入螺线管,忽略重力,电子在管内的运动应该是( )A.当从a
4、端通入电流时,电子做匀加速直线运动B.当从b端通入电流时,电子做匀加速直线运动C.不管从哪端通入电流,电子都做匀速直线运动D.不管从哪端通入电流,电子都做匀速圆周运动3、带电粒子在有理想边界的匀强磁场中的运动带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向心力，解题的关键是画粒子运动的示意图，确定圆心、半径及圆心角。(1)圆心的确定：已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图822甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射
5、方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。(2)半径的确定：用几何知识求出半径大小。(3)运动时间的确定：粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间为：tT(或tT)；速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为：t。(4)常见的几种情形：直线边界：进出磁场具有对称性，如图823所示。平行边界：存在临界条件，如图824所示。圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如右图所示。(5)三步法解题：画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹。找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度
6、相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式。4、带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解。如图826所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如果带正电，其轨迹为a；如果带负电，其轨迹为b。(2)磁场方向不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图827所示，带
7、正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场， 图827如果B垂直于纸面向里，其轨迹为a；如果B垂直于纸面向外，其轨迹为b。 (3)临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，如图828所示，于是形成了多解。 图828(4)运动的周期性形成多解：带电粒子在磁场或部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图829所示。 图829 图8213题型一：带电粒子在单边界磁场中的运动例4、如图8213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
8、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，则该粒子的比荷和所带电荷的电性分别是()A.，正电荷B.，正电荷 C.，负电荷 D.，负电荷题型二：带电粒子在双边界磁场中的运动例5、如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。yxoBvvaO/例6： 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并
9、恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。例7长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，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v5BqL/4mC使粒子的速度vBqL/mD使粒子的速度BqL/4mv0)、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，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)()A. B. C. D.7如图8所示，O点有一
10、粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()A粒子的速度大小为 B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长8、一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子
11、，速度大小为v0方向与ad边夹角为30，如图8212所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。(1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小。(2)若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围及粒子在磁场中运动的最长时间是多少？9、如图在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B0.10 T，磁场区域半径r m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外，两区域切点为C.今有质量m3.21026 kg、带电荷量q1.61019 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v1106 m/s正对O1的方向垂直射入
12、磁场，它将穿越C点后再从右侧区穿出求：(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大？(侧移距离指在垂直初速度方向上移动的距离)10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，带电荷量为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？11如图所示，在x0的区域中，存在磁感应强
13、度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1B2，一个带负电、比荷为k的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，粒子重力不计(1)求粒子在两个磁场中运动的轨道半径；(2)如果B12B2，则粒子再次回到原点时运动了多长时间？(3)要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？高三物理磁场对运动电荷的作用答案例1、答案：AC解析：电荷处在电场中一定受到电场力作用，A正确；当运动电荷速度方向与磁场平行时不受洛伦兹力，B项错误；洛伦兹力与电荷运动速度时刻垂直不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小，C项正确，D项错误。例2、【答案】：A【解析】：根据安培定
14、则可以确定导线下方磁场方向垂直于纸面向里，再根据左手定则和电子带负电知，电子受洛伦兹力方向向上再根据r，B越来越大，知r越来越小，故A正确例3:、答案：C解析:由于通电螺线管内存在匀强磁场,电子运动方向与磁感线平行,所以不管从哪端通入电流,电子都做匀速直线运动.例4、答案：C解析：粒子穿过y轴正半轴，由左手定则可判断粒子带负电。根据带电粒子在有界磁场中运动的对称性作出粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图中几何关系可得：rrsin 30a，解得ra。由r得：。例5、答案：m=2dBe/v t=d/3v解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为fv，故圆心在电子穿入和穿
15、出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角30，OB为半径。r=d/sin30=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又AB圆心角是30，穿透时间t=T/12，故t=d/3v。带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Bed，即vBed/m.例6、解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为；射出点坐标为（0，）。例7、答案：AB解析：欲使粒子不打在板上有两种办法：(1)使粒子从左边射出，r即，所以v即L，所以v，故
16、A、B正确，C、D错误。例8、答案：(1)(2)(3)tan解析：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：evB解得：R。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T由如图所示的几何关系得圆心角：，所以tT。(3)由如图所示几何关系可知，tan，所以rtan。例9、【答案】(1)v(2)【解析】(1)依题意作过A、C两点的圆，此圆对应的圆心为为O1，如图虚线所示设该圆的半径为r，则由几何关系容易得到，AO1C120，作垂直AC的半径O1N与AC交于M，则有MNMO1，其中ra故要使带电粒子能到达C点，x应满足条件xa由牛顿第二定律有Bqv，解得r解得：v(2)当带电粒子从x轴射出时运动的时间最长，
17、如图所示为粒子在磁场区域运动的最长时间的运动轨迹，圆心为O2，PO2Q与x轴垂直，设该圆的半径为r，由几何关系有：rrcos 302a解得r4(2)a又因为Bqv得v粒子在磁场区域运动的最长时间t高三物理磁场对运动电荷的作用针对练习答案1、答案：B解析：带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力，既与速度的大小有关，还与速度的方向有关，速度大小相同，洛伦兹力不一定相同，A错；由洛伦兹力公式及左手定则可知B项正确；洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，但磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，C项错误；粒子只受到洛伦兹力作用，动能不改变，但速度的方向要改变，D项错误。2、答案：D解析：设粒子在铝板上方和下方的速率及
18、轨道半径分别为v1、v2及R1、R2。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得：qv1B上 qv2B下 由题意知：R12R2 mvmv 联立得：，选项D正确。3、答案：D 解析：离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r，离子碰上电子后半径发生变化，r，所以q，qq，D正确。4、答案：C解析：选C.由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由t可知，它们在磁场中运动的时间之比为906030321，选项C正确5、答案：B解析：设带电粒子以速度v射入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB，得r1，根据几何关系得tan ，且160.当带电粒子以v的速度射入时，轨道半径r2r1，圆心在O2，则ta
19、n .即tan 3tan .故60，2120；带电粒子在磁场中运动的时间tT，所以，即t22t12t，故选项B正确，选项A、C、D错误6、答案：B解析：如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvB，得v，B正确7、答案：AC解析：带正电粒子与y轴正方向成60角射出进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得aRsin 30，其中R，联立解得v，故选项A正确
20、、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmT，故选项C正确、D错误8、答案：(1)(2)v0解析：(1)若粒子带负电，且恰能从d点射出，如图所示30由几何关系得R又qv0B由得v0。(2)若粒子带正电，由于磁场边界的限制，粒子从ab射出磁场时速度有一定范围。当v0有最小值v1时，粒子径迹恰与ab边相切；当v0有最大值v2时，粒子径迹恰与cd边相切
21、。轨迹示意图见右图。当v0有最小值v1时，有：R1R1sin 30L，由轨道半径公式Rmv/qB，得：v1qBL/3m；当v0有最大值v2时，有：R2R2sin 30，由轨道半径公式Rmv/qB，得：v2qBL/m。所以带电粒子从磁场中ab边射出时，其速度范围应为：v0。要使粒子在磁场中运动时间最长，其轨迹对应的圆心角应最大，当速度为v1时，粒子在磁场中运动时间最长，对应轨迹的圆心角为：，则tmax。9、答案：(1)4.19106 s(2)2 m解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T由牛顿第二定律有：qvBm又T联
22、立得：RT将已知数据代入得R2 m由轨迹图知tan ，即则全段轨迹运动时间t2T联立并代入已知数据得：t s4.19106 s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系知，侧移距离：d2rsin 2将已知数据代入得：d2sin m2 m10、答案：(1)(2)解析：(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1，又qv1Bm得：v1.(2)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，由几何关系有：(2rR2)2Rr2可得R2，又qv2Bm，可得v2故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.11(1)r1r2 (2)t (3) (1)粒子做圆周运动的半径公式r，又k则粒子在两个磁场中运动的轨道半径r1，r2(2)因B12B2，则r22r1，粒子再次回到原点需经历左边两个半圆和右边一个半圆，则经历左边两个半圆的时间t1经历右边一个半圆的时间t2则总时间tt1t2.(3)在xOy平面内，粒子分别在左边和右边各运动一个半圆，其直径差为d2(r2r1)，如图粒子每经历一次回旋，其y轴坐标就减小d，设经历n次回旋y轴坐标减小2r1时，再经过左边的半个圆周恰好通过O点，则dn2r1(n1，2，3，)所以(n1，2，3，)解得(n1，2，3，)
