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鲁科版高考物理一轮总复习第12章第2讲磁场对运动电荷的作用力课时学案
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这是一份鲁科版高考物理一轮总复习第12章第2讲磁场对运动电荷的作用力课时学案，共22页。学案主要包含了洛伦兹力的大小和方向，带电粒子在匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。
第2讲 磁场对运动电荷的作用力
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：运动电荷在磁场中受到的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，f＝0；
(2)v⊥B时，f＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，f＝qvBsin θ。
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：f⊥B，f⊥v，即f垂直于B和v决定的平面。
4．做功：洛伦兹力不做功。
思考辨析
1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。(×)
提示：带电粒子的速度方向与磁感线平行时不受洛伦兹力。
2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 (×)
提示：洛伦兹力垂直于速度和磁感线决定的平面，所以洛伦兹力一定垂直于速度方向。
3．洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功。 (×)
提示：洛伦兹力和速度方向垂直，一定不做功。
洛伦兹力和安培力容易混淆，洛伦兹力是安培力的微观解释，而安培力是洛伦兹力的宏观体现。安培力可以做功但洛伦兹力一定不做功。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
思考辨析
1．根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)
提示：由洛伦兹力提供向心力和T＝ 推导得出周期为 T＝，即周期与速度无关。
2．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)
考点1 洛伦兹力的理解(基础考点)
1．下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为0
C．洛伦兹力既不能改变运动电荷的动能，也不能改变运动电荷的速度
D．洛伦兹力对运动电荷不做功
D 解析：运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小，洛伦兹力对运动电荷不做功，故D正确。
2．有一个电子射线管(阴极射线管)，放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何( )
A．直导线如图所示位置放置，电流从B流向A
B．直导线如图所示位置放置，电流从A流向B
C．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内
D．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外
A 解析：电子运动方向从负极指向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子的偏转方向，由此得出导线上方的磁场方向垂直纸面向里，因此直导线必须如题图所示的位置放置，根据右手螺旋定则可知，导线AB中的电流方向从B指向A，故A正确，B、C、D错误。
3．(多选)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
BD 解析：初始时刻洛伦兹力qv0B的方向竖直向上，可能大于重力，也可能等于重力或小于重力，如果大于重力则小球先减速后匀速，如果等于重力则小球一直匀速，如果小于重力则小球一直减速直至静止。故选项A、C错误，B、D正确。
4．如图所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场B1和平行于纸面向下的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上( )
A．不亮 B．仅有一条水平亮线
C．仅有一个中心亮点 D．仅有一条竖直亮线
B 解析：若磁场B1不存在，则只存在平行于纸面向下的磁场B2，根据左手定则可知，电子受到水平方向的洛伦兹力，则荧光屏上仅有一条水平亮线，故选B。
1．洛伦兹力的注意点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正负电荷。
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(3)洛伦兹力一定不做功。
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v与
B不平行
电荷处在电场中
大小
f＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
f⊥B，f⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动(能力考点)
考向1 直线边界磁场中的运动
典例 (2020·湖南模拟)(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，x＞0的空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点，一带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
(1)运用左手定则通过力的方向逆向判断粒子的带电性质。
(2)圆弧长度除以线速度大小可以确定运动时间。
【自主解答】
ABD 解析：粒子P从C点沿x轴正方向进入磁场，受洛伦兹力作用而向上偏转过O点，由左手定则知粒子P带正电，故A正确。根据题意可知粒子P在磁场中做了半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝×＝，故B正确。粒子Q与粒子P相同，而速度为4v，由 R＝ 可知R2＝4R1＝2L，而C、D两点间的距离为2L，故粒子Q不可能沿x轴正方向进入磁场，设与y轴的夹角为θ，分别有两种情况从C点进，过D点出，轨迹如图所示。
由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角分别为60°和300°，则粒子Q的运动时间为t2＝＝ 或t2＝＝；而圆周的弧长为s＝·2L＝ 或s＝·2L＝，故C错误，D正确。
【核心归纳】
直线边界：粒子进出磁场具有对称性(如图所示)
图甲中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图乙中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝＝
图丙中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
考向2 平行边界磁场中的运动
典例 (2020·沈阳模拟)(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va、vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的运动轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
【自主解答】
BD 解析：根据题意由左手定则可得，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，
故Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得，从A点运动到B点，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝＝tb＝，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝，所以，运动周期为T＝＝，根据a、b两粒子的电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
【核心归纳】
平行边界：存在临界条件(如图所示)
图甲中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图乙中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图丙中粒子在磁场中运动的时间
t＝T＝＝
图丁中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
考向3 圆形边界磁场中的运动
典例 如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的 ，则 等于( )
A． B． C． D．
(1)带电粒子在磁场中运动时所能到达的最远的点一定是轨迹圆直径的另一端点。
(2)带电粒子在圆形边界的匀强磁场中运动时，注意轨迹圆和磁场边界的交点。
【自主解答】
A 解析：设圆形磁场区域的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界最远的交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin 60°＝，解得R＝r。
磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界最远的交点为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有R′＝r。带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，由于v、m、q相等，则得 ＝＝＝，故选项A正确，B、C、D错误。
【核心归纳】
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)
粒子做圆周运动的半径r＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
θ＋α＝90°
考向4 矩形边界磁场中的运动
典例 (2019·全国卷Ⅱ)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点O有一电子发射源，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
【自主解答】
B 解析：电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①所示，轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又 ＝k，解得va＝；电子从d点射出时，其运动轨迹如图线②所示，由几何关系有 r＝l2＋，解得rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又 ＝k，解得vd＝，选项B正确。
1．(多选)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．最后从磁场中射出的粒子的出场位置坐标为(a，－)
ACD 解析：沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以粒子在磁场中的运动时间为×＝ ，故A正确；沿与x轴成30°角的两个方向射出的粒子同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中的偏转角为120° ，所以粒子在磁场中的运动时间为 ×＝ ，弦长为s＝2×2asin 60°＝2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为 y＝atan 30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子的出场位置纵坐标为s＋y＝2a＋a＝a，则最后从磁场中射出的粒子的出场位置坐标为(a，－)，故B错误，C、D正确。
2．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B． C． D．
C 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得，evB＝m，则磁感应强度的大小与圆周运动轨迹的关系为B＝，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。设电子运动轨迹的最大半径为rmax，为使电子的运动被限制在题图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示。
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB, △ABO为直角三角形，则由几何关系可得(3a－rmax)2＝r2max＋a2，解得rmax＝a，则磁场磁感应强度的最小值Bmin＝＝，故选C。
3．(2020·天津高考)(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
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N点与O点相距 (＋1)a
AD 解析：粒子向下偏转，根据左手定则和所受洛伦兹力的方向，可知粒子带负电荷，A正确；粒子运动的轨迹如图所示，
由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°， OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为 r＝O1M＝a，洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得 v＝，B、C错误；N点与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(＋1)a，D正确。
考点3 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题(能力考点)
典例 如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场。磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【自主解答】
解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
qv0B0＝
正离子做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得磁感应强度的大小B0＝。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，
两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时有
R＝(n＝1,2,3，…)
联立求解，得正离子射入磁场时的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)
【核心归纳】
带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题形成的原因
(1)带电粒子的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，在相同初速度的条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解，如图所示。
(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，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解，如图所示。
(3)临界状态不唯一形成多解
如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子的运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解，如图所示。
(4)运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解，如图所示。
1．(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的3倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A． B． C． D．
AC 解析：依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，知磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受洛伦兹力的方向与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4qvB＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，A正确；当负电荷所受洛伦兹力的方向与电场力方向相反时，有2qvB＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，C正确。
2．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少？
解析：题目中只给出粒子的电荷量为q，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，其运动轨迹是如图所示的上方与NN′相切的 圆弧，轨道半径R＝
又d＝R－
解得v＝
若q为负电荷，其运动轨迹是如图所示的下方与NN′相切的 圆弧，则有R′＝
又d＝R′＋
解得v′＝。
答案：(2＋) 或 (2－)
模型一 “放缩圆”模型的应用
典例 (多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l。则下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【自主解答】
ABD 解析：若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长运动时间应为t＝，选项D正确。
【技法总结】
“放缩圆”法
适用
条件
速度方向
一定，大
小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆
心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动轨迹圆的半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
变式 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A． B． C． D．
D 解析：如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，
设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子的入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON ，OP＝4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径 R＝，则粒子离开磁场的出射点到两平面交点O的距离为 ，所以D正确。
模型二 “旋转圆”模型的应用
典例 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O, O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
【自主解答】
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得
qvB＝m，解得r＝。
(2)带电粒子的速率均相同，因此带电粒子运动轨迹圆的半径均相同，但带电粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，通过“动态圆”可以观察到带电粒子的运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长。如图乙所示，当带电粒子轨迹圆的弦长等于磁场区域的直径时，带电粒子在磁场空间的偏转角最大，sin ＝＝，则φmax＝60°。
甲 乙
答案：(1) (2)60°
【技法总结】
“旋转圆”法
适用
条件
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度为v0，则圆周运动的半径为R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径为R＝ 的圆上
界定方法
将一半径为R＝ 的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
变式 如图所示 ，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上的A处有一粒子源，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为( )
A．1∶1 B．2∶3 C．∶2 D．∶3
C 解析：粒子在磁场中运动时，有qvB＝，粒子运动的轨迹半径R＝＝d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝＝d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子从PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝d。因为R
典例 如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用的时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．∶
【自主解答】
C 解析：画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的运动轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子的运动时间为 t1＝；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则 cos θ＝＝，得θ＝60°，故t2＝，所以 ＝＝，C正确。
【技法总结】
“平移圆”法
适用
条件
速度大小一定的带电粒子，方向相同，入射点在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定的带电粒子，入射点不同，但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝ 的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法称为“平移圆”法
变式 如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度大小B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad的方向且垂直于磁场射入磁场区域，则( )
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
D 解析：由r＝ 得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3 m，从Od边射入的粒子，出射点分布在be边，从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边，故选项D正确。
第2讲 磁场对运动电荷的作用力
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：运动电荷在磁场中受到的作用力。
2．大小
(1)v∥B时，f＝0；
(2)v⊥B时，f＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，f＝qvBsin θ。
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：f⊥B，f⊥v，即f垂直于B和v决定的平面。
4．做功：洛伦兹力不做功。
思考辨析
1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。(×)
提示：带电粒子的速度方向与磁感线平行时不受洛伦兹力。
2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 (×)
提示：洛伦兹力垂直于速度和磁感线决定的平面，所以洛伦兹力一定垂直于速度方向。
3．洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功。 (×)
提示：洛伦兹力和速度方向垂直，一定不做功。
洛伦兹力和安培力容易混淆，洛伦兹力是安培力的微观解释，而安培力是洛伦兹力的宏观体现。安培力可以做功但洛伦兹力一定不做功。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
思考辨析
1．根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)
提示：由洛伦兹力提供向心力和T＝ 推导得出周期为 T＝，即周期与速度无关。
2．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)
考点1 洛伦兹力的理解(基础考点)
1．下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为0
C．洛伦兹力既不能改变运动电荷的动能，也不能改变运动电荷的速度
D．洛伦兹力对运动电荷不做功
D 解析：运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小，洛伦兹力对运动电荷不做功，故D正确。
2．有一个电子射线管(阴极射线管)，放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何( )
A．直导线如图所示位置放置，电流从B流向A
B．直导线如图所示位置放置，电流从A流向B
C．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内
D．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外
A 解析：电子运动方向从负极指向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子的偏转方向，由此得出导线上方的磁场方向垂直纸面向里，因此直导线必须如题图所示的位置放置，根据右手螺旋定则可知，导线AB中的电流方向从B指向A，故A正确，B、C、D错误。
3．(多选)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
BD 解析：初始时刻洛伦兹力qv0B的方向竖直向上，可能大于重力，也可能等于重力或小于重力，如果大于重力则小球先减速后匀速，如果等于重力则小球一直匀速，如果小于重力则小球一直减速直至静止。故选项A、C错误，B、D正确。
4．如图所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场B1和平行于纸面向下的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上( )
A．不亮 B．仅有一条水平亮线
C．仅有一个中心亮点 D．仅有一条竖直亮线
B 解析：若磁场B1不存在，则只存在平行于纸面向下的磁场B2，根据左手定则可知，电子受到水平方向的洛伦兹力，则荧光屏上仅有一条水平亮线，故选B。
1．洛伦兹力的注意点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正负电荷。
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(3)洛伦兹力一定不做功。
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v与
B不平行
电荷处在电场中
大小
f＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
f⊥B，f⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动(能力考点)
考向1 直线边界磁场中的运动
典例 (2020·湖南模拟)(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，x＞0的空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点，一带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
(1)运用左手定则通过力的方向逆向判断粒子的带电性质。
(2)圆弧长度除以线速度大小可以确定运动时间。
【自主解答】
ABD 解析：粒子P从C点沿x轴正方向进入磁场，受洛伦兹力作用而向上偏转过O点，由左手定则知粒子P带正电，故A正确。根据题意可知粒子P在磁场中做了半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝×＝，故B正确。粒子Q与粒子P相同，而速度为4v，由 R＝ 可知R2＝4R1＝2L，而C、D两点间的距离为2L，故粒子Q不可能沿x轴正方向进入磁场，设与y轴的夹角为θ，分别有两种情况从C点进，过D点出，轨迹如图所示。
由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角分别为60°和300°，则粒子Q的运动时间为t2＝＝ 或t2＝＝；而圆周的弧长为s＝·2L＝ 或s＝·2L＝，故C错误，D正确。
【核心归纳】
直线边界：粒子进出磁场具有对称性(如图所示)
图甲中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图乙中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝＝
图丙中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
考向2 平行边界磁场中的运动
典例 (2020·沈阳模拟)(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va、vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的运动轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
【自主解答】
BD 解析：根据题意由左手定则可得，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，
故Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得，从A点运动到B点，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝＝tb＝，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝，所以，运动周期为T＝＝，根据a、b两粒子的电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
【核心归纳】
平行边界：存在临界条件(如图所示)
图甲中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图乙中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图丙中粒子在磁场中运动的时间
t＝T＝＝
图丁中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
考向3 圆形边界磁场中的运动
典例 如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的 ，则 等于( )
A． B． C． D．
(1)带电粒子在磁场中运动时所能到达的最远的点一定是轨迹圆直径的另一端点。
(2)带电粒子在圆形边界的匀强磁场中运动时，注意轨迹圆和磁场边界的交点。
【自主解答】
A 解析：设圆形磁场区域的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界最远的交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin 60°＝，解得R＝r。
磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界最远的交点为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有R′＝r。带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，由于v、m、q相等，则得 ＝＝＝，故选项A正确，B、C、D错误。
【核心归纳】
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)
粒子做圆周运动的半径r＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
θ＋α＝90°
考向4 矩形边界磁场中的运动
典例 (2019·全国卷Ⅱ)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点O有一电子发射源，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
【自主解答】
B 解析：电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①所示，轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又 ＝k，解得va＝；电子从d点射出时，其运动轨迹如图线②所示，由几何关系有 r＝l2＋，解得rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又 ＝k，解得vd＝，选项B正确。
1．(多选)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．最后从磁场中射出的粒子的出场位置坐标为(a，－)
ACD 解析：沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以粒子在磁场中的运动时间为×＝ ，故A正确；沿与x轴成30°角的两个方向射出的粒子同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中的偏转角为120° ，所以粒子在磁场中的运动时间为 ×＝ ，弦长为s＝2×2asin 60°＝2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为 y＝atan 30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子的出场位置纵坐标为s＋y＝2a＋a＝a，则最后从磁场中射出的粒子的出场位置坐标为(a，－)，故B错误，C、D正确。
2．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B． C． D．
C 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得，evB＝m，则磁感应强度的大小与圆周运动轨迹的关系为B＝，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。设电子运动轨迹的最大半径为rmax，为使电子的运动被限制在题图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示。
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB, △ABO为直角三角形，则由几何关系可得(3a－rmax)2＝r2max＋a2，解得rmax＝a，则磁场磁感应强度的最小值Bmin＝＝，故选C。
3．(2020·天津高考)(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
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N点与O点相距 (＋1)a
AD 解析：粒子向下偏转，根据左手定则和所受洛伦兹力的方向，可知粒子带负电荷，A正确；粒子运动的轨迹如图所示，
由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°， OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为 r＝O1M＝a，洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得 v＝，B、C错误；N点与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(＋1)a，D正确。
考点3 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题(能力考点)
典例 如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场。磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【自主解答】
解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
qv0B0＝
正离子做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得磁感应强度的大小B0＝。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，
两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时有
R＝(n＝1,2,3，…)
联立求解，得正离子射入磁场时的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)
【核心归纳】
带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题形成的原因
(1)带电粒子的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，在相同初速度的条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解，如图所示。
(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，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解，如图所示。
(3)临界状态不唯一形成多解
如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子的运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解，如图所示。
(4)运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解，如图所示。
1．(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的3倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A． B． C． D．
AC 解析：依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，知磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受洛伦兹力的方向与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4qvB＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，A正确；当负电荷所受洛伦兹力的方向与电场力方向相反时，有2qvB＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，C正确。
2．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少？
解析：题目中只给出粒子的电荷量为q，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，其运动轨迹是如图所示的上方与NN′相切的 圆弧，轨道半径R＝
又d＝R－
解得v＝
若q为负电荷，其运动轨迹是如图所示的下方与NN′相切的 圆弧，则有R′＝
又d＝R′＋
解得v′＝。
答案：(2＋) 或 (2－)
模型一 “放缩圆”模型的应用
典例 (多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l。则下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【自主解答】
ABD 解析：若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长运动时间应为t＝，选项D正确。
【技法总结】
“放缩圆”法
适用
条件
速度方向
一定，大
小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆
心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动轨迹圆的半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
变式 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A． B． C． D．
D 解析：如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，
设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子的入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON ，OP＝4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径 R＝，则粒子离开磁场的出射点到两平面交点O的距离为 ，所以D正确。
模型二 “旋转圆”模型的应用
典例 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O, O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
【自主解答】
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得
qvB＝m，解得r＝。
(2)带电粒子的速率均相同，因此带电粒子运动轨迹圆的半径均相同，但带电粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，通过“动态圆”可以观察到带电粒子的运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长。如图乙所示，当带电粒子轨迹圆的弦长等于磁场区域的直径时，带电粒子在磁场空间的偏转角最大，sin ＝＝，则φmax＝60°。
甲 乙
答案：(1) (2)60°
【技法总结】
“旋转圆”法
适用
条件
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度为v0，则圆周运动的半径为R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径为R＝ 的圆上
界定方法
将一半径为R＝ 的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
变式 如图所示 ，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上的A处有一粒子源，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为( )
A．1∶1 B．2∶3 C．∶2 D．∶3
C 解析：粒子在磁场中运动时，有qvB＝，粒子运动的轨迹半径R＝＝d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝＝d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子从PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝d。因为R
典例 如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用的时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．∶
【自主解答】
C 解析：画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的运动轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子的运动时间为 t1＝；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则 cos θ＝＝，得θ＝60°，故t2＝，所以 ＝＝，C正确。
【技法总结】
“平移圆”法
适用
条件
速度大小一定的带电粒子，方向相同，入射点在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定的带电粒子，入射点不同，但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝ 的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法称为“平移圆”法
变式 如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度大小B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad的方向且垂直于磁场射入磁场区域，则( )
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
D 解析：由r＝ 得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3 m，从Od边射入的粒子，出射点分布在be边，从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边，故选项D正确。
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