第2講 磁場對運動電荷的作用 教案-高考物理備考復習重點資料歸納

第2講磁場對運動電荷的作用

［主干梳理對點激活］

知識點11洛倫茲力、洛倫茲力的方向?

洛倫茲力公式II

1.洛倫茲力的定義：國運動電荷在磁場中受到的力稱為洛倫茲力。

2.洛倫茲力的方向

(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指畫垂直，并且都與

手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心畫垂直進入，并使四指指向畫正電荷運

動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的畫正電荷在磁場中所受洛倫茲力的

方向。

(2)方向特點：FIB,Flu,即F垂直干畫8和v所決定的平面(注意5和。

可以有任意夾角)。

由于由始終回垂直于。的方向,故洛倫茲力永不做功。

3.洛倫茲力的大小：F=qvBsiM其中。為電荷運動方向與磁場方向之間的

夾角。

(1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)=qvBo

(2)當電荷運動方向與磁場方向平行時，F(xiàn)=05

(3)當電荷在磁場中靜止時，F(xiàn)=0o

知識點2帶電粒子在勻強磁場中的運動II

1.兩種特殊運動

(1)若vllB,帶電粒子以入射速度v做回］勻速直線運動。

(2)若。18,帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度。做畫勻速圓

圍運動。

2.基本公式

22

向心力公式：qvB-nry=m（第一。

3.導出公式

⑴軌道半徑：廠=肪。

2"2?！?

（2）周期：T=

v~qB

注意：八/和口的大小與軌道半徑〃和運行速率。無關，只與磁場的畫磁

感應強度8和粒子的畫比荷，有關。比荷北相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場

中八?相同。

1雙基瓶

一堵點疏通

1.帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到磁場力的作用。（）

2.洛倫茲力的方向垂直于B和。決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永遠不

做功。（）

3.根據(jù)公式r=呼，可知帶電粒子在勻強磁場中的運動周期7與。成反比。

（）

4.用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向電荷的運動方向。（）

5.帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。（）

6.當帶電粒子進入勻強磁場時，若。與B夾角為銳角，帶電粒子的軌跡為

螺旋線。（）

答案1.X2.V3.X4.X5.X67

二對點激活

1.（人教版選擇性必修第二冊EoG改編）下列各圖中，運動電荷的速度方向、

磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（）

I)

答案B

解析由左手定則知A中力”的方向應豎直向上，B中力廠的方向應豎直向

下，C、D中速度。與餓感應強度。平行，不受洛倫茲力，故B正確，A、C、D

錯誤。

2.（人教版選擇性必修第二冊科"3改編）如圖所示，一束質量、速度和電荷量

不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入

另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是（）

A.組成A束和B束的離子都帶負電

B.組成A束和B束的離子質量一定不同

C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷

D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外

答案C

解析由左手定則結合帶電粒子在磁場中偏轉的方向知，A、B束離子均帶

正電，故A錯誤。A、B束離子的速度相同，而A束離子在磁場中的偏轉半徑較

nw

小，由，.二而知A束離子的比荷大于B束離子的匕荷，而它們的電荷量關系未知,

則無法判斷離子質量關系，故B錯誤，C正確。速度選擇器中A、B束離子所受

靜電力向右，所以所受洛倫茲力應向左，結合左手定則可判斷磁場方向應垂直于

紙面向里，故D錯誤。

「考點細研悟法培優(yōu)

LJ

深化

考點1洛倫茲力的特點及應用理理解

1.洛倫茲力的特點

⑴洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的

平面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做

功。

(2)當電荷運動方向發(fā)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的方向時，要注意使

四指指向電荷運動的反方向。

2.洛倫茲力與靜電力的比較

對應力內(nèi)容項目洛倫茲力靜電力

產(chǎn)生條件v^O且v不與B平行電荷處在靜電場中

大小F=qvB(v]_B)F=qE

正電荷受力與電場強受方

一定是"LB,Flvf且與

力方向與場方向的關系向相同，負電荷受力與電

電荷電性有關

場強度方向相反

可能做正功、負功，也可

做功情況任何情況下都不做功

能不做功

力為零時場的情況F為零,B不一定為零F為零,七一定為零

既可以改變電荷運動速度

只改變電荷運動的速度方

作用效果的大小，也可以改變電荷

向，不改變速度大小

運動的方向

例1如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的

勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半

圓形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中，下列說法中正確的是()

A.滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場不存在時大

B.滑塊經(jīng)過最低點時的加速度比磁場不存在時小

C.滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小

D.滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等

解題探究

嗎？

提示：因為洛倫茲力不做功，所以有無磁場對滑塊經(jīng)過最低點時的速度大小

無影響。

(2)運動到最低點時滑塊所受洛倫茲力方向如何？

提示：豎直向下。

嘗試解答選D。

由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的速度不

2

變，A錯誤；滑塊經(jīng)過最低點時的加速度a",則與磁場不存在時相比，滑塊

經(jīng)過最低點時的加速度不變，B錯誤；由左手定則可知，滑塊經(jīng)過最低點時受到

的洛倫茲力向下，而與滋場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時所受的向心力不變，

故對軌道的壓力變大，C錯誤；由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，在任意

一點，滑塊經(jīng)過時的速度與磁場不存在時相比均不變，則滑塊從M點到最低點所

用時間磁場不存在時相等，D正確。

0七

洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別

⑴安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力。

(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。

［變式H(多選)如圖所示，兩個傾角分別為30。和60。的足夠長光滑絕緣斜

面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，

兩個質量為〃八電荷量為十^7的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放,

運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(

A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大

B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短

C.兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同

D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等

答案AD

解析小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故mgcosO

=qvmB,解得Um二qB,所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲

滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力

分析和牛頓第二定律可得加速度。=gsinO,所以甲的加速度小于乙的加速度，因

為甲飛離時的速度大于乙飛離時的速度，由=S得，甲在斜面上運動的時間大

Vm

于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和工二五可知，甲在斜面上運

動的位移大于乙在斜面上運動的位移，故C錯誤；由平均功率的公式得，滑塊在

斜面上運動的過程中，重力的平均功率「二/。-sinO=〃吆與in。二粗旦^篙姆，

因sin3()o=cos6()。，sin60°=cos30°,故兩滑塊在斜面上運動時重力的平均功率相

等，故D正確.

MS

技巧

1.帶電粒子在勻強破場中運動的解題思路

(1)圓心的確定

①基本思路：與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。

②兩種常見情形

情形一：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a所示，

圖中。為入射點，何為出射點）。

情形二：已知入射方向和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的

垂線，再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b所示，圖中P為入射點，M為出射點）。

（2）半徑的確定和計算

利用幾何知識求出該圓的可能半徑（或圓心角），并注意以下兩個重要的幾何

特點：

①粒子速度的偏向角（P等于圓心角?,并等于AB弦與切線的夾角（弦切角3）

的2倍（如圖所示），S\］（p=a=20=cotG

②相對的弦切角夕相等，與相鄰的弦切角力互補，即。+。‘=180%

（3）運動時間的確定

①由偏轉角度計算：粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧

軌跡所對應的圓心角為a時，其運動時間由下式表示:

a

~360°

②由運動弧長計算：

2.帶電粒子在不同邊界勻強磁場中的運動規(guī)律

有界勻強磁場是指只在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂

直磁場方向射入磁場，在磁場區(qū)域內(nèi)做一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧

軌跡，然后離開磁場區(qū)域。帶電粒子在磁場中運動的圓弧軌跡取決于粒子進入磁

場的速度大小、方向和磁場的磁感應強度及磁場的區(qū)域邊界。常見磁場區(qū)域邊界

可分為如下幾種情形：

情形一：直線邊界

直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、

乙、丙所示，粒子進出磁場具有對稱性；雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示，粒

子進出磁場存在臨界條件。

解決這類問題的“三部曲”：畫軌跡、找圓心、定半徑。

如果粒干從同一直線邊界射入和射出，那么粒干講入磁場時速度與邊界的夾

角和射出磁場時速度與邊界的夾角相等。

情形二：矩形邊界

矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內(nèi)的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部

分圓弧。垂直于某邊射入，從某一頂點射出是常見的臨界情況。

解決該類問題的關鍵是把握臨界情況，如圖所示。常見的有如下幾種情況:（設

粒子從ad邊中點“垂亙射入）

(1)兩個臨界半徑

①從d點射出：力二竽。

2

②從c點射出：*二1一芋)+加。

(2)三種情況

①廠《內(nèi)，粒子從〃段射出。

②ri<rWr2,粒子從cd段射出。

③，>2粒子從C/段射出(不會到達/點)。

情形三：圓形邊界

圓形邊界磁場是指分布在圓形區(qū)域內(nèi)的有界磁場，帶電粒子在圓形邊界的勻

強磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓：粒子運動軌

跡的圓與磁場區(qū)域的圓，能很好地考查學生的綜合分析能力，所以是近年來高考

的熱點。

帶電粒子在圓形邊界磁場中運動的四個結論：

(1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入

的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁

場圓的圓心，如圖1所示。

(2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方

向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖2所示。徑向進出是等角進出的一種特

殊情況(。=0。)。

(3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向

進入磁場，當帶電粕子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶

電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖3所示。

(4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋?/p>

做圓周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓

周上同一點射出，且磁場區(qū)域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方

向平行，如圖4所示。

情形四：四分之一平面邊界

四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標系中某一象限范圍的有界磁

場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧，粒子軌跡與坐標軸相切或垂直是常見的臨

界情況。

解決該類問題的關鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標，及速度方向與

坐標軸的夾角關系，然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心，尋找?guī)缀侮P系求解

問題。

情形五：三角形邊界

三角形邊界磁場是指分布在三角形區(qū)域內(nèi)的有界磁場，粒子的軌跡也是一段

圓弧，由于三角形有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型，所以會

有不同的臨界情景。

解答該類問題主要把握以下兩點：

(1)射入磁場的方式

①從某頂點射入。

②從某條邊上某點(如中點)垂直(或成某一角度)射入。

(2)射出點的判斷

其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切，進而判定出射點的可能位置。

例2(2020?遼寧省錦州市一模)如圖所示，在豎直線EO/右側足夠大的區(qū)域

內(nèi)存在著磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量相同、電荷

量分別為+4和-q的帶電粒子，從。點以相同的速度先后射入磁場，已知。的

方向與。尸成9=30。角，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則下列說法中

不正確的是()

A.兩帶電粒子回到E。/豎直線時與。點的距離相等

B.兩帶電粒子在磁場中的運動時間相等

C.兩帶電粒子回到EO/豎直線時的速度相同

D.從射入磁場到射出磁場的過程中，兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同

。1解題探究I(1)如何判斷正、負粒子回到石。尸豎直線時的速度是否相同？

提示：畫出兩個粒子的運動軌跡，粒子以與直線邊界多大角度射入，就以多

大角度射出。

(2)洛倫茲力屬于變力，如何求它的沖量？

提示：依據(jù)動量定理求。

嘗試解答選B。

兩帶電粒子以與。產(chǎn)成夕二30。角的速度。射入有界勻強磁場后，由左手定則

可判斷，正粒子沿逆時針方向運動，負粒子沿順時針方向運動，它們的軌跡如圖

V2

所示，因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質量都相同，由桃歸二〃可知，它們

在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑相同，由幾何關系知，負粒子在磁場中轉過

的角度為2氏正粒子在磁場中轉過的角度3=271-2/則兩段圓弧所對應的弦長

度相等，即帶電粒子回到￡。/豎直線時與。點的距離相等，A正確；帶電粒子

在磁場中做圓周運動的周期7=乎二篝，則正、負粒子的周期相同，但是軌跡

圓弧所對的圓心角不同，因此兩帶電粒子在磁場中的運動時間不相等，B錯誤;

因洛倫茲力不改變速度的大小，結合幾何關系分析知，兩帶電粒子回到￡0/豎直

線時的速度相同，C正確；兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，由動量定理

得/洛=P-P。，由于兩帶電粒子以相同的初速度射入磁場，初動量外相等，離開

磁場時速度大小相等、方向相同，末動量〃相等，因此兩帶電粒子所受洛倫茲力

的沖量相同，D正確。本題選說法不正確的，故選B。

總｝結｝升｝華

I.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

一"?畫軌跡

■①找?guī)缀侮P系.求軌道半徑

②軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系

小學)一③偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系

④粒子在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系

乙消二、一即運用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律.或

竺/一直接應用丸道半徑公式與周期公式

2.作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題

(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直

線的交點。

(2)六條線：圓弧兩端點所在的軌道半徑，入射速度所在直線和出射速度所在

直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條

線構成一個四邊形，后面兩條線為這個四邊形的對角線。

(3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于

弦切角的兩倍。

[變式2](2020.河北省衡水中學4月教學質量監(jiān)測)(多選)如圖所示，在半徑

為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為3的勻強磁場,MN是一豎直放置的感光板。

從圓形磁場最高點夕垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，旦粒子所帶電荷

量為外質量為〃7,不考慮粒子重力，關于粒子的運動，以下說法正確的是（）

/維、

/XXXX'

XBXjXx

\XXXX/

Kxx.y

A.粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長

B.出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心。

C.出磁場的粒子一定能垂直打在MN上

D.只要速度滿足。二呼，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上

答案BD

解析由廣二麗，匕吃二：,知粒子在磁場中通過的弧長s二砂二石arctan肅,

運動的時間1=2二言?arctan鬻，則。越大，s不一定越大，但時間越短，故A

Ufit-1/

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正璃；速度不同，粒子的軌道半徑

不同，則對著圓心入射的粒子，沿不同的半徑方向射出磁場，即出射后不一定垂

直打在MN上，故C錯誤；速度滿足。二等時，粒子的軌道半徑為，?二,二R,

入射點、出射點、。點與軌跡的圓心構成正方形，粒子出射后一定垂直打在MN

板上，故D正確。

解題

考點3帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題1技巧

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，在相同的初速度

條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。

如圖甲，帶電粒子以速度。垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為％如

帶負電，其軌跡為從

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的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此

時由于磁感應強度方向不確定形成多解。

如圖乙，帶正電粒子以速度。垂直進入勻強磁場，如8垂直紙面向里，其軌

跡為〃，如3垂直紙面向外，其軌跡為兒

3.速度不確定形成多解

有些題目只指明了帶電粒子的電性，但未具體指出速度的大小或方向，此時

必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。常有兩種情形：（1）入射速度方向一

定，大小不同；Q）入射速率一定，方向不同。

如圖丙所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子速度大

小不確定，因此，它可能穿過下邊界，也可能轉過180。反向飛出，于是形成了多

解。

4.運動的周期性形成多解

帶電粒子在電場和磁場的組合場空間運動時，若運動具有周期性，則存在多

解。如圖丁所示。

例3（202（）■河北省石家莊市二模）如圖所示,邊長為L的等邊三角形A3C內(nèi)、

外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁

感應強度大小均為凡頂點A處有一粒子源，粒子源能沿NBAC的角平分線發(fā)射

不同速率的粒子，粒子質量均為〃?、電荷量均為+/不計粒子重力及粒子間的相

互作用力，則發(fā)射速度。。為哪一值時粒子能通過B點()

3

11(1)粒子要想通過8點，必須偏轉一次過8點嗎?

提示：不是，有多解。

(2)如何確定軌道半徑？

提示：依據(jù)直線邊界磁場的結論畫出粒子可能的軌跡，得到〃=%〃=

1,2,3,…)。

嘗試解答選D。

粒子帶正電，且經(jīng)過8點，其可能的軌跡如圖所示。

所有圓弧所對圓心角均為60。，所以粒子運動半徑，?=§(〃=123,…)，粒子

在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得。8=午，解得

加二誓二鬻5=123,…)，由此可知，A、B、C錯誤，D正確。

求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧

⑴分析題目特點，確定題目多解性形成的原因。

⑵作出粒子運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能性）。

（3）若為周期性的多解問題，尋找通項式；若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性,

注意每種解出現(xiàn)的條件。

［變式3-1］（多選）長為/的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所

示。磁感應強度為伉板間距離為/,極板不帶電?，F(xiàn)有質量為用、電荷量為q的

帶正電粒子（不計重力）：從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度。水平射入磁場，

欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是（）

A,使粒子的速度”駕

B.使粒子的速度需

C.使粒子的速度心等

D.使粒子的速度鬻（嘿

答案AB

解析如圖所示，若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有川=（門-52+匕又

因為門=蜀，解得初二器；若粒子剛好打在極板左邊緣，有底=:二蜀，解

得02二黑。欲使粒子不打在極板上，應使?；?。,當￥，故A、B正確，C、

D錯誤。

［變式3-2］如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間

距離為“，兩板中央各有一個小孔。、O'且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的

勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示（垂直于紙面向里的磁場方向為正

方向）。有一群正離子在=0時垂直于M板從小孔0射入磁場，已知正離子質量

為加，電荷量為夕，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To,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求:

（1）磁感應強度H）的大小;

⑵若正離子從0'孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短，請畫出其運動軌

跡并求出該最短時間;

⑶要使正離子從0'孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度。o

的可能值。

答案。爆QI軌跡圖見解析To

(3)〃二1,2,3,…)

解析（1）設離子的軌道半徑為R,由洛倫茲力提供向心力有:

mva

Boqvo=w

做勻速圓周運動的周期丁。二誓

由以上兩式得：剛二簫。

⑵軌跡如下圖,

最短時間/min=7bo

⑶要使正離子從0'孔垂直于N板射出磁場，正離子在兩板之間只運動一個

周期即仆時，R=M。

當正離子在兩板之間運動〃個周期，即〃小時，R=-^(n=\,2,3,…)

，加

又B卯0二次

聯(lián)立得正離子的速度的可能值為0。二誓二券(〃二1,2,3,…)。

啟智微專題建模提能4巧用動態(tài)圓解磁場中的臨界、極

值問題

1.模型構建

此類模型較為復雜，常見的磁場邊界有單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界

和圓形邊界等。因為是有界磁場，則帶電粒子運動的完整圓周往往會被破壞，可

能存在最大、最小面積，最長、最短時間等問題。

2.模型條件

(1)在勻強磁場中做勻速圓周運動。

(2)磁場有一定范圍。

3.模型分類

(一)動態(tài)放縮法

粒子源發(fā)射速度方向一定、大小不同的帶電粒

速度方向一定、大小不

子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做

同

勻速圓冏運動的軌道半往與粒子速度大小有關

適用

如圖所示(圖中只國出粒子帶正電的情景)，速度

條件

。越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒

軌跡圓圓心共線

子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初

速度方向的直線PP'上

XXXXXX

P9

XXS.XX

X/xX

4(0^

XX\xX'-.JOX

XXXX*XX

界定

以入射點P為定點，圓心位于尸尸直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而

方法

探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法

【典題例證1]

如圖所示，正方形區(qū)域。從力內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，曲二/,

0。=0.4/,大量帶正電的粒子從O點沿與ah邊成37。的方向以不同的初速度uo

射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知帶電粒子的質量為加，電荷

量為夕,磁場的磁感應強度大小為&sin370=0.6,cos370=0.8o

⑴求帶電粒子在磁場中運動的最長時間；

⑵若帶電粒子從〃邊離開磁場，求。o的取值范圍。

[解析1（1）粒子從而邊離開磁場時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示,

有qBv（）=又

2TIR

又丁二

V0

-2?！?

解何廠訪

360°-0

又由幾何關系得0=74。,則粒子在磁場中運動的最長時間t=36QOT=

143?！?

9()qB°

(2)當粒子軌跡與面邊相切時，如圖2所示，設此時初速度為。(H,軌道半徑

為Ri,由幾何關系可得

/?i+/?isin37°=0.4/

mvi\

又qBvoi=市一

qBl

解得Vo\=4〃z

當粒子運動軌跡與〃邊相切時，如圖3所示，設此時初速度為如2,軌道半

徑為R2,由幾何關系可得R2+R2cos37。=/

〃就2

又qBvs=在

解得g2=嗯^

綜上可得符如W器。

小143?！?？「、

［2答案4I⑴畸(2)q4B〃l/OOW就5qBl

。名師點睛帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的臨界問題

帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的特點：

(1)若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場

區(qū)域；

②當粒子速度在某一范圍內(nèi)時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側面邊

界飛出磁場；

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁

場。

(2)若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角，如圖乙所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場;

②當粒子速度在某一范圍內(nèi)時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側面

邊界飛出磁場；

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側面邊界飛出

磁場；

④當粒子速度更大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側面邊界飛出

磁場。

綜合以上分析可知，求解帶電粒子在矩形有界勻強磁場區(qū)域運動的時間范圍、

速度范圍等的問題時，尋找“相切或相交”的臨界點是解決問題的關鍵；另外可

知在磁場邊界上還有粒子不能達到的區(qū)域即“盲區(qū)”。

(二)定圓旋轉法

粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒

子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周

運動的半徑相同，若射入初速度大小為內(nèi)，則

圓周運動半徑為r=鬻，如圖所示

速度大小一定，方向不

同

適用XXXXX①X

條件

:③

,..........-i'Q/

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以

軌跡圓圓心共圓

入射點。為圓心、半徑一二翳的圓上

界定

將半徑為r=的軌跡圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨

方法

界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法

【典題例證2】

(202()?山西省呂梁市一模)(多選)如圖所示，在熒屏MN上方分布了水平方向

的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處有一粒子源S,能夠在紙面內(nèi)不

斷地向各個方向同時發(fā)射速度為外電荷量為外質量為〃，的帶正電粒子，不計

粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為4貝IJ()

A.粒了能打到熒屏"N上的區(qū)域K度為2，5d

B.能打到熒屏MN上最左側的粒子所用的時間為邛

C.粒子從發(fā)射到打到熒屏MN上的最長時間為當

D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差為需

［解析］打在熒屏"N上的粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，根據(jù)幾何關系

知，帶電粒子能打到熒屏MN上的區(qū)域長度為：1==R+小R=(1+,)R=(1

+5)d,故A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒屏MN上最左側的粒子偏轉了

半個周期，故所用時間為：r=又T碧,解得：，二耳，故B正確；在磁場

中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子的運動軌跡如圖2所示，粒子做完

整圓周運動的周期T二邛，由幾何關系可知，最長時間：九=土T=啜，最短時間：

尬二卷7二瑞，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差：2

=/i-/2=^7,故C錯誤，D正確。

圖1圖2

［答案］BD

。名師點睛（1）解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題,關鍵在于運用

動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向，找出半徑方向，

同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。粒子射出或不

射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

（2）要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的

物理問題更形象、直觀。

（三）平移圓法

粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射

點不同但在同一直線上的帶電粒子，它

們進入勻強磁場時，做勻速圓周運動的

速度大小一定：方向一定，但半徑相同，若入射速度大小為。。，則運

適用入射點在同一直線上tnvo

動半徑r=I萬，如圖所示

條件

XXXXXXX

帶電粒N在磁場中做勻速圓周運動的圓

軌跡圓圓心共線

心在同一直線

界定將半徑為一二簿的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫

方法

“平移圓”法

【典題例證3】

（2020?山西太原五中高三二模）（多選）如圖所示，在直角三角形A8C內(nèi)充滿垂

直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），A3邊長度為"，ZB=^O現(xiàn)垂直A8邊射

入一束質量均為〃?、電荷量均為外速度大小均為。的帶正電粒子。已知垂直AC

邊射出的粒子在磁場中運動的時間為ro,而運動時間最長的粒子在磁場中的運動

4

時間為下。（不計重力），則下列說法中正確的是（）

A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為41。

Tim

B.該勻強磁場的磁感應強度大小為礪

2

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為

D.粒子進入磁場時速度大小為黑

［解析］根據(jù)題意：粒子垂直AB邊射入，垂直AC邊射出時經(jīng)過四分之一個

周期，即%="解得了=4/o,A正確；洛倫茲力提供向心力，有碎二端解

得R端粒子運動的周期r=等"鬻=4"可解得該勻強磁場的磁感應強度

7TH1

大小為8二礪，B正確；當粒子軌跡與邊相切時，粒子在磁場中運動的時間

最長，為小。二號丁，則在磁場中轉過的圓心角為120。，如圖所示，根據(jù)幾何關系可

2

分門?兀R.4力/曰c2,_.gg_2nR_,2NR2兀5〃兀［

知??sin&+—~=d,解得R=5d,C正確；根據(jù)丁二-^一可知，。=亍=3^—=拓,

sin6

D錯誤。

［答案］ABC

3名師點睛尋找臨界點常用的結論

（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。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。變化時，圓心角越大的，運動時間越長。

【針對訓練】

1.如圖所示，在直角坐標系戈。），中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大

小為B,磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為機、電荷量為+9的粒子以相同

的速率。從原點。沿紙面內(nèi)由從x軸負方向到），軸正方向之間的各個方向射入磁

場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場

中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中尺二翳，則正確的圖是（）

（）

B

答案D

解析如圖，從。點沿x軸負方向射入的粒子，軌跡為圓，和x軸相切于。

點，在X軸上方，半徑為R;沿），軸正方向射入的粒子，軌跡為半圓，在y軸右

側，和x軸交點距。點為2R;沿其余方向射入的帶電粒子，軌跡最遠點均在以。

為圓心、半徑為2R的圓周上；由以上分析結合定圓旋轉法，可知D正確。

2.（2020.河北省石家莊市高三教學質量檢測）如圖所示，在直角三角形abc

區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為優(yōu)/。=60。，

Z^=90°,邊長=一個粒子源在。點將質量為機、電荷量為鄉(xiāng)的帶正電粒

子以大小和方向不同的速度射入磁場，不計重力，在磁場中運動時間最長的粒子

中，速度的最大值是（)

/?

工f(t.........................................

A姻

2m.6/H

「小qBL

,4機

答案A

解析粒子沿"邊射入磁場且從4C邊射出磁場時轉過的圓心角最大，粒子

在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與區(qū)相切，如圖所示，由題

意和幾何關系可知"二人，四邊形"do是正方形，粒子軌道半徑r=3,粒子

做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得gmB二竿\解得粒子的

2L

最大速度5n=喏，故A正確，B、C、D錯誤。

3.（2020?江蘇省南通市、泰州市上學期期末）如圖所示，寬度為L、足夠長的

勻強磁場的磁感應強度大小為伉方向垂直紙面向里。絕緣長薄板MN置于磁場

的右邊界，粒子打在板上時會被反彈（碰撞時間極度），反彈前后豎直分速度不變,

水平分速度大小不變、方向相反。磁場左邊界上。處有一個粒子源，向磁場內(nèi)沿

紙面各個方向發(fā)射質量為〃h電荷量為+外速度大小為。的粒子，不計粒子重力

和粒子間的相互作用，粒子電荷量保持不變。

⑴要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板:求粒子速度大小。滿足的條件;

⑵若。二嚕，一些粒子打到絕緣薄板上反彈回來，求這些粒子在磁場中運

動時間的最小值工

（3）若。=2償，求粒子從左邊界離開磁場區(qū)域的長度s。

答案（1）0＜端Q）舞（3）4小L

v2

解析（1）設粒子在磁場中運動的軌道半徑為廠，則有=7町7

如圖1所示，要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，應滿足2yL

聯(lián)立解得V曙。

KX

圖2

2jr/?2

(2)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=m

當。二嚕時，解得「二乙

ff

打到絕緣板上反彈回來且在磁場中運動時間晟短的粒子通過的圓弧對應的弦

長最短，粒子運動軌跡如圖2所示

T

由幾何關系可知最小時間，=2乂%

A.—2nm

解得U砧。

⑶當。二郎時，解得〃二2L

粒子在磁場中運動從左邊界離開磁場時，離。點最遠的粒子運動軌跡如圖3

所示

圖3

則從左邊界離開磁場區(qū)域的長度

s=4rsin60°

解得s=4小心

［高考模擬隨堂集訓］

1.（2020?全國卷I）—勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外，

其邊界如圖中虛線所示，而為半圓，訛、6/與直徑共線，此間的距離等于

半圓的半徑。一束質量為〃八電荷量為儀4>0）的粒子，在紙面內(nèi)從C點垂直于4C

射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時

間最長的粒子，其運動時間為（）

cad

*,?,???

7m5M

A?磁B.癇

-4?！?？-

C------D-----

1,3qB口2出

答案C

2A

解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=，,T壁,可得粒子在磁

場中做勻速圓周運動的周期T=N設粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角

為優(yōu)則粒子在磁場中的運動時間［二^］:患，即粒子在磁場中運動的軌跡對應

的圓心角越大，運動時間越長。當粒子分別從狼、從7間射出時，在磁場中的軌跡

為半圓，運動時間等于半個周期；當粒子從。下間射出時，在磁場中運動的時間

大于半個周期。畫出粒子從。力間射出的任一軌跡，如圖甲，。為軌跡圓心，e

為射出點，由圖可知，軌跡所對的圓心角夕二兀+〃，由幾何關系可知，?=2/?,則

9…26。當粒子的速率變化時，出射點e在。石上移動，分析可知，當。與￡

的連線比與圓弧?！ㄏ嗲袝r，"最大，如圖乙。設?！ǖ陌霃綖镽,貝IJ訛二R,

4max〃Z

由圖乙中的幾何關系可知"的最大值為30。，則，max=兀+2夕max=7，/max二”

_4mz

C正確。

2.(2020?全國卷III)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和

3。的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為。

的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為〃?，電荷量為%忽略重力。

為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應強度最小為

)

3niv

2-ae

一3/如

C'~4ae

答案C

解析電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有G歸二〃7,

則磁感應強度與圓周運動軌跡半徑的關系式為：B=—t即運動軌跡半徑越大，

磁場的磁感應強度越小。電了從圓心沿半徑方向進入磁場，當其恰好不離開圖中

實線圓圍成的區(qū)域時，運動軌跡與實線圓相切，此時電子運動軌跡半徑有最大值

「max,如圖所不，其中A點為電子做圓周運動的圓心。由幾何關系可得：(3a-Tmax)2

4/np3nw

-溫ax+a?,解得rmax=,則磁場的磁感應強度最小為Bmin=不意"=4二，故C

正確。

3.（2020.天津高考）侈選）如圖所示，在Qry平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直

紙面向里，磁感應強度大小為。的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁

場，速度方向與），軸正方向的夾角。=45。。粒子經(jīng)過磁場偏轉后在N點（圖中未

畫出）垂直穿過x軸。已知。歷二處粒子電荷量為q,質量為"?，重力不計。則（）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為嚕

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為。

D.N與。點相距（6+1）。

答案AD

解析由題意知，粒子運動的軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負

電荷，A正確；由于初速度方向與）'軸正方向的夾角0=45。，根據(jù)幾何關系可知

ZOMOi=NOOiM=45。，OM=OO\=a,則粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=

r-V2

ChMfa,C錯誤；洛倫茲力提供向心力，有qTjBnnj,解得粒子速度大小為

。二"醇，B錯誤；N與。點的距離為N。=OOi+r=（啦+1）凡D正確。

4.(2020?全國卷II)如圖，在-8勺<+8區(qū)域中存在方向垂直于

紙面的勻強磁場，磁感應強度8的大小可調(diào)，方向不變。一質量為機、電荷量為

式q>0)的粒子以速度。。從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力。

(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉后穿過)，軸正半軸離開破場，分析說明磁場的方向，并

求在這種情況下磁感應強度的最小值8”；

(2)如果磁感應強度大小為牛，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。

求粒子在該點的運動方向與R軸正方向的夾角及該點到R軸的距離。

答案(1)磁場方向垂直于紙面向里鬻

(2)1(2-3)力

解析(1)由題意可知，粒子剛進入磁場時受到沿y軸正方向的洛倫茲力，由

左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向里。設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

R,根據(jù)洛倫茲力公式向圓周運動規(guī)律，有

qvoB=〃瞪①

由此可得

R二證②

粒子從磁場區(qū)域左側沿工軸進入磁場，穿過y軸正半軸離開磁場，故其在磁

場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足

由題意可知，當磁感應強度大小為以時，粒子的運動半徑最大，由此可得

mvo…

=④

(2)若磁感應強度大小為牛，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②

④式可得，此時粒子的運動半徑為

R'