資源簡介

素養目標　1.明確洛倫茲力的概念、洛倫茲力公式．(物理觀念) 2.知道洛倫茲力與安培力的關系．(物理觀念) 3.能夠應用洛倫茲力進行動力學分析與處理．(科學思維) 4.掌握帶電粒子在有界磁場中的一般解題步驟．(科學思維)
一、洛倫茲力
1．洛倫茲力
磁場對運動電荷的作用力叫作洛倫茲力．
2．洛倫茲力的方向
(1)判定方法：左手定則
①掌心——磁感線垂直穿入掌心；
②四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
③拇指——指向洛倫茲力的方向．
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面.
直觀情境 甲　v與B垂直　 乙　v與B不垂直 洛倫茲力與粒子運動方向、磁感應強度方向的關系
3.洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0(θ＝0°或180°)．
(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB(θ＝90°)．
(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功．
2．粒子的運動性質
(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動．
(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動.
直觀情境 v∥B 勻速直線運動 v⊥B 勻速圓周運動 v⊥B 勻速圓周運動
3.半徑和周期公式
(1)由qvB＝m，得r＝.
(2)由v＝，得T＝.
1．思維辨析
(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用．( )
(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．( )
(3)根據公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．( )
(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現，所以洛倫茲力也可能做功．( )
(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關．( )
2．湯姆孫通過對陰極射線的研究發現了電子．如圖所示，把電子射線管(陰極射線管)放在蹄形磁鐵的兩極之間，可以觀察到電子束偏轉的方向是　(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
3．如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面向里，有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質量、速度不同，但都是一價負粒子，則下列說法正確的是(　　)
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
B．只有質量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
C．只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
考點　對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的方向的特點
(1)洛倫茲力的方向既與電荷的運動方向垂直，又與磁場方向垂直，所以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所確定的平面．
(2)洛倫茲力的方向總垂直于電荷的運動方向，當電荷的運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向隨之變化．
(3)由于洛倫茲力的方向總與電荷的運動方向垂直，所以洛倫茲力對電荷不做功．
2．洛倫茲力與安培力的聯系及區別
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力．
(2)安培力可以做功，而洛倫茲力永不做功．
3．洛倫茲力與電場力的比較
項目 洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場方向的關系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動速度的大小，也可以改變電荷運動的方向
典例1　(2024·廣東聯考)(多選)中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓截面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學家率先建成的世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示．磁場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向的夾角為θ，所有粒子的質量均為m，電荷量均為＋q，且粒子的初速度方向在紙面內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則(　　)
A．甲粒子受力大小為qvB，方向水平向右
B．乙粒子的運動軌跡是直線
C．丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變
D．從圖中所示狀態，經過時間后，丙粒子位置改變了
1．[帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動]帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的運動軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點．該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計．下列說法正確的是(　　)
A．粒子帶正電
B．粒子先經過a點，再經過b點
C．粒子運動過程中洛倫茲力對其做負功
D．粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小
2．[電場力與洛倫茲力的比較]如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場. 、分別為紙面內的半圓形曲線，O、O′分別為兩半圓的圓心，PQ、P′Q′分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、P′點水平射出，分別經過半圓曲線的M、M′點，不計粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負電
B．甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電
C．甲圖中粒子經過M點時速度方向的反向延長線有可能經過圓心O
D．乙圖中粒子經過M′點時速度方向的反向延長線一定經過圓心O′
考點　帶電粒子在有界磁場中運動
1．圓心的確定
(1)已知入射點、出射點、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(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．
　　　
甲 　　乙
(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，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跡的圓心(如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點)．
2．半徑的確定
(1)用幾何知識求半徑，一般稱為幾何半徑，通常構建三角形，利用三角函數或勾股定理求解．
(2)用物理知識求半徑，即根據qvB＝m，得出r＝，一般稱為物理半徑．
3．運動時間的確定
(1)粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間為t＝T.
(2)速度為v的粒子在磁場中運動的弧長為s時，其運動時間為t＝.
4．帶電粒子在有界磁場中的運動
(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性(如圖所示)．
(2)平行邊界：存在臨界條件．
(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出．
典例2　(2024·天津河西質檢)空間高能粒子是引起航天器異?；蚬收?，甚至失效的重要因素．某同學設計了一個屏蔽高能粒子輻射的裝置，如圖所示，鉛盒左側面中心O點有一放射源，放射源可通過鉛盒右側面的狹縫MQ以速率v向外輻射質量為m、電荷量為q的帶正電的高能粒子．鉛盒右側有一左右邊界平行、磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區域，過O點的截面MNPQ位于垂直于磁場的平面內，OH⊥MQ，∠MOH＝∠QOH＝60°.不計粒子所受重力，忽略粒子間的相互作用．
(1)求垂直磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間t；
(2)若所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，從而達到屏蔽作用，求磁場區域的最小寬度d(結果可保留根號)．
解析：(1)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R
1．[帶電粒子在直線邊界磁場中運動](多選)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成α角向磁場中射入兩個速率不同的相同粒子1和2，粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁場，粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則(　　)
A．粒子1與粒子2的動能之比為1∶2
B．粒子1與粒子2的動能之比為1∶4
C．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶1
D．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶2
2．[帶電粒子在圓形有界磁場中運動]如圖所示，圓形虛線框內有一垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是(　　)
A．沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子
B．沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短
C．沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率之比為∶1
D．沿徑跡Ob、Od運動的粒子在磁場中運動時間之比為4∶3
考點　帶電粒子在勻強磁場中的多解問題
類型 分析 圖例
帶電粒子電性不確定 帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，初速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解 如果帶正電，其軌跡為a；如果帶負電，其軌跡為b
磁場方向不確定 只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，由于磁感應強度方向不確定而形成多解 已知粒子帶正電，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b
臨界狀態不唯一 帶電粒子飛越有界磁場時，可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面一側反向飛出，于是形成多解
運動具有周期性 帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解
典例3　(2022·湖北卷)(多選)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為(　　)
A．kBL,0° B．kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
1．[臨界狀態不唯一形成多解](多選)如圖所示，等腰梯形abcd區域(包含邊界)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，邊長ab＝bc＝cd＝ad＝l，一質量為m、帶電荷量為－q(q>0)的粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，粒子僅在洛倫茲力作用下運動，為使粒子不能經過bc邊，粒子的速度可能為(　　)
A． B．
C． D．
2．[帶電粒子電性不確定形成多解]如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是磁場左右的兩條邊界線．現有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入．要使粒子不能從右邊界NN′射出，求粒子入射速率的最大值為多少？
課題研究　“動態圓”模型
模型Ⅰ.“平移圓”模型
適用條件及特點 速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上 所有粒子做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝，如圖所示
軌跡圓圓心共線 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上
典例1　(多選)如圖所示，在直角三角形abc區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．大量質量為m、電荷量為＋q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入場區，結果在bc邊僅有一半的區域內有粒子射出．已知bc邊的長度為L，bc和ac的夾角為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子的入射速度為
B．粒子的入射速度為
C．粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為
D．從bc邊射出的粒子在磁場內運動的最長時間為
模型Ⅱ.“旋轉圓”模型
適用條件及特點 速度大小一定，方向不同 粒子源發射速度大小一定、方向不同，運動半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝.如圖所示
軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝的圓上
應用方法 將一半徑為R＝的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件
典例2　(2024·湖南明德中學模擬)(多選)如圖所示，矩形ABCD區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點，在O點有一粒子源，可以在紙面內向磁場內各個方向均勻射出質量均為m、電荷量均為q、同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則(　　)
A．從AD邊射出與從CD邊射出的粒子數之比為3∶2
B．粒子運動的速度大小為
C．粒子在磁場中運動的最長時間為
D．磁場區域中有粒子通過的面積為d2
模型Ⅲ.“放縮圓”模型
適用條件及特點 速度方向一定，大小不同 粒子初速度方向一定，大小不同，在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓 圓心共線 帶正電粒子速度v越大，運動半徑也越大．運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上
應用方法 以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件
典例3　(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是(　　)
A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l
B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為
答案及解析
1．思維辨析
(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用．(×)
(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．(×)
(3)根據公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．(×)
(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現，所以洛倫茲力也可能做功．(×)
(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關．(√)
2．湯姆孫通過對陰極射線的研究發現了電子．如圖所示，把電子射線管(陰極射線管)放在蹄形磁鐵的兩極之間，可以觀察到電子束偏轉的方向是　(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：電子束帶負電，電子束由負極向正極運動，在電子束運動的過程中，條形磁鐵產生的磁場由 N極指向S極，根據左手定則可判斷出電子受到的洛倫茲力方向向下，故電子束的偏轉方向向下，B正確，A、C、D錯誤．
答案：B
3．如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面向里，有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質量、速度不同，但都是一價負粒子，則下列說法正確的是(　　)
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
B．只有質量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
C．只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管
答案：C
考點　對洛倫茲力的理解
典例1　(2024·廣東聯考)(多選)中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓截面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學家率先建成的世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示．磁場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向的夾角為θ，所有粒子的質量均為m，電荷量均為＋q，且粒子的初速度方向在紙面內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則(　　)
A．甲粒子受力大小為qvB，方向水平向右
B．乙粒子的運動軌跡是直線
C．丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變
D．從圖中所示狀態，經過時間后，丙粒子位置改變了
解析：甲粒子受洛倫茲力大小為qvB，根據左手定則可知方向與磁場方向垂直，A錯誤；乙粒子速度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，所以運動軌跡是直線，B正確；將丙粒子速度v在沿磁感應強度方向和垂直磁感應強度方向分解為v1和v2，其中 v1對應的分運動為水平向右做勻速直線運動，v2對應的分運動為在垂直紙面的平面內做勻速圓周運動，所以丙粒子的合運動為螺旋曲線運動，由于洛倫茲力不做功，所以其動能不變，C錯誤；對丙粒子在垂直于紙面平面的勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有qv2B＝，解得r＝，所以周期為T＝＝，丙粒子在沿磁感應強度方向做勻速直線運動的速度為v1＝vcos θ，經過一個周期的時間，丙粒子位置改變了x＝v1T＝，D正確．故選BD．
1．[帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動]帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的運動軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點．該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計．下列說法正確的是(　　)
A．粒子帶正電
B．粒子先經過a點，再經過b點
C．粒子運動過程中洛倫茲力對其做負功
D．粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小
解析：該粒子的動能在減少，而其質量和電荷量不變，則速度大小在減小，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，所以粒子運動的軌跡半徑逐漸減小，粒子先經過b點，再經過a點，根據左手定則知粒子帶負電，A、B錯誤；由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，C錯誤；根據F＝qvB知，粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小，D正確．
答案：D
2．[電場力與洛倫茲力的比較]如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場. 、分別為紙面內的半圓形曲線，O、O′分別為兩半圓的圓心，PQ、P′Q′分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、P′點水平射出，分別經過半圓曲線的M、M′點，不計粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負電
B．甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電
C．甲圖中粒子經過M點時速度方向的反向延長線有可能經過圓心O
D．乙圖中粒子經過M′點時速度方向的反向延長線一定經過圓心O′
解析：甲圖中，由于帶電粒子在電場中受到豎直向下的電場力，與電場方向相同，故粒子帶正電，乙圖中，由左手定則可知粒子帶正電，A、B錯誤；甲圖中帶電粒子做類平拋運動，由類平拋運動規律可知，粒子經過M點時速度方向的反向延長線與過P點的水平直線的交點為粒子水平位移的中點，即交點與P點的距離為x1＝，如果交點為圓心O，則要求水平方向的位移應為x＝2R，PM兩點間的水平距離xPM<2R，所以假設不成立，C錯誤；乙圖中粒子在圓形磁場區域內做勻速圓周運動，設粒子的軌跡半徑為R，半圓的半徑為r，運動軌跡如圖所示，因P′O1＝M′O1＝R，O′P′＝O′M′＝r，O′O1為公共邊，所以△O1P′O′≌△O1M′O′，因P′點的速度vP′的方向沿P′O′指向O′，且O1P′⊥vP′，所以O1P′⊥P′O′，即∠O1P′O′＝90°，因此∠O1M′O′＝90°，即O1M′⊥M′O′，又因為O1M′⊥vM′，所以vM′與O′M′共線，即粒子經過M′點的速度方向的反向延長線一定過圓心O′，D正確．
答案：D
考點　帶電粒子在有界磁場中運動
典例2　(2024·天津河西質檢)空間高能粒子是引起航天器異常或故障，甚至失效的重要因素．某同學設計了一個屏蔽高能粒子輻射的裝置，如圖所示，鉛盒左側面中心O點有一放射源，放射源可通過鉛盒右側面的狹縫MQ以速率v向外輻射質量為m、電荷量為q的帶正電的高能粒子．鉛盒右側有一左右邊界平行、磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區域，過O點的截面MNPQ位于垂直于磁場的平面內，OH⊥MQ，∠MOH＝∠QOH＝60°.不計粒子所受重力，忽略粒子間的相互作用．
(1)求垂直磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間t；
(2)若所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，從而達到屏蔽作用，求磁場區域的最小寬度d(結果可保留根號)．
解析：(1)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R
由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝
解得T＝
經分析可知，當粒子沿OH方向進入磁場時，粒子可垂直磁場邊界向左射出磁場，有t＝
聯立解得t＝.
(2)若沿OQ方向進入磁場的粒子的運動軌跡與磁場右邊界相切，則所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，如圖所示(磁場未畫出)，根據幾何關系有d＝R＋Rsin 60°
由(1)可得R＝
聯立解得d＝.
答案：(1)　(2)
1．[帶電粒子在直線邊界磁場中運動](多選)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成α角向磁場中射入兩個速率不同的相同粒子1和2，粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁場，粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則(　　)
A．粒子1與粒子2的動能之比為1∶2
B．粒子1與粒子2的動能之比為1∶4
C．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶1
D．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶2
解析：由題意可知，粒子1和2圓周運動軌跡對應的弦長之比為1∶2，則粒子1和2運動軌跡的半徑之比為1∶2，根據qvB＝m，得r＝，即速度之比為1∶2，又Ek＝mv2＝，可知粒子1與粒子2的動能之比為1∶4，A錯誤，B正確；根據T＝可知，兩粒子周期相同，而由題意可知，兩粒子圓周運動的圓心角相等，由t＝T可知，兩粒子運動時間相等，又l＝vt，可知粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶2，C錯誤，D正確．
答案：BD
2．[帶電粒子在圓形有界磁場中運動]如圖所示，圓形虛線框內有一垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是(　　)
A．沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子
B．沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短
C．沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率之比為∶1
D．沿徑跡Ob、Od運動的粒子在磁場中運動時間之比為4∶3
解析：由左手定則知，沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，A錯誤；正電子和負電子的電荷量q和質量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則qvB＝m，T＝，解得T＝，則四種粒子的運動周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角為θ，由t＝T知沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，B錯誤；設圓形虛線框半徑為r，根據幾何關系得，沿徑跡Oa、Ob運動的粒子軌跡半徑分別為ra＝r、rb＝r，根據qBv＝m，得＝＝，C錯誤；沿徑跡Ob、Od運動的粒子在磁場中的運動時間之比為偏轉角之比，為＝＝＝，D正確．
答案：D
考點　帶電粒子在勻強磁場中的多解問題
典例3　(2022·湖北卷)(多選)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為(　　)
A．kBL,0° B．kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
解析：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖所示
根據幾何關系則有R＝L
由qvB＝m可得v＝＝kBL
根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當粒子上下均經歷一次時，如圖所示
因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性有R＝L
根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°
當粒子從上部分磁場射出時，需滿足
v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°
故可知B、C正確，A、D錯誤．故選BC．
1．[臨界狀態不唯一形成多解](多選)如圖所示，等腰梯形abcd區域(包含邊界)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，邊長ab＝bc＝cd＝ad＝l，一質量為m、帶電荷量為－q(q>0)的粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，粒子僅在洛倫茲力作用下運動，為使粒子不能經過bc邊，粒子的速度可能為(　　)
A． B．
C． D．
解析：為使粒子不能經過bc邊，則粒子可以從ab邊或cd邊出磁場，臨界點分別為b、c，其幾何關系如圖所示，當粒子過b點時，做圓周運動的圓心在O1點，根據幾何關系可知r1＝ab＝l，則為使粒子從ab邊出磁場，其運動半徑應小于r1，根據牛頓第二定律可知qBv＝m，解得v1＝<；當粒子過c點時，做圓周運動的圓心在O2點，根據幾何關系可知r2＝ac＝ab＝l，則為使粒子從cd邊出磁場，其運動半徑應大于r2，即v2＝＞，故A、C正確．
答案：AC
2．[帶電粒子電性不確定形成多解]如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是磁場左右的兩條邊界線．現有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入．要使粒子不能從右邊界NN′射出，求粒子入射速率的最大值為多少？
解析：題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分情況討論．
若q為正電荷，軌跡為①，如圖所示，是與NN′相切的圓弧，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
又d＝r－
解得v＝
若q為負電荷，軌跡為②，如圖所示，是與NN′相切的圓弧，由洛倫茲力提供向心力，有qv′B＝m
又d＝r′＋
解得v′＝.
答案：(q為正電荷)或(q為負電荷)
課題研究　“動態圓”模型
典例1　(多選)如圖所示，在直角三角形abc區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．大量質量為m、電荷量為＋q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入場區，結果在bc邊僅有一半的區域內有粒子射出．已知bc邊的長度為L，bc和ac的夾角為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子的入射速度為
B．粒子的入射速度為
C．粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為
D．從bc邊射出的粒子在磁場內運動的最長時間為
解析：電荷量為＋q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入磁場區域，由左手定則可判斷出粒子進入磁場區域向上偏轉做勻速圓周運動，因bc邊只有一半區域有粒子射出，恰好在bc邊中點射出的粒子軌跡如圖中實線所示，由幾何關系可得r＝，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，聯立解得粒子的入射速度v＝，A項正確，B項錯誤；粒子在勻強磁場中運動的最長軌跡弧長為s＝πr＝，C項正確；與bc邊相切恰從bc邊射出的粒子對應的圓心角最大為θ＝，從bc邊射出的粒子在磁場內運動的最長時間為t＝＝，D項錯誤．
答案：AC
典例2　(2024·湖南明德中學模擬)(多選)如圖所示，矩形ABCD區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點，在O點有一粒子源，可以在紙面內向磁場內各個方向均勻射出質量均為m、電荷量均為q、同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則(　　)
A．從AD邊射出與從CD邊射出的粒子數之比為3∶2
B．粒子運動的速度大小為
C．粒子在磁場中運動的最長時間為
D．磁場區域中有粒子通過的面積為d2
解析：如圖甲所示，由此粒子的運動軌跡結合幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑r＝d，由牛頓第二定律有qvB＝m，解得粒子運動的速度大小為v＝，選項B正確；由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此在磁場中運動的軌跡越長，時間越長，分析可知，粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周，因此最長時間為四分之一周期，即最長時間為，選項C錯誤；由圖甲可知，磁場區域有粒子通過的面積為圖甲中AOCDA區域的面積，即為d2＋πd2＝d2，選項D正確；由圖乙可知，當速度垂直OB時，粒子剛好從D點射出，如圖乙所示，由幾何關系可知，當速度方向與OC的夾角為30°時，恰好從C點射出，則從AD邊射出與從CD邊射出的粒子數之比為：90°∶60°＝3∶2，選項A正確．
答案：ABD
典例3　(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是(　　)
A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l
B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為
解析：若粒子射入磁場時速度為v＝，則由qvB＝m可得r＝l，由幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝，所以v＝，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(＋1)l，故其最大速度為v＝，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應為t＝，選項D正確．
答案：ABD(共58張PPT)
第2講　磁場對運動電荷的作用
第九章　磁　場
理清教材 強基固本
答案
解析
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重難考點 全線突破
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課題研究 提升能力
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謝 謝 觀 看
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