第2讲 磁场对运动电荷的作用 1．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝ .(θ＝0°或180°) 第2讲 磁场对运动电荷的作用 1．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝ .(θ＝0°或180°) (2)v⊥B时，洛伦兹力F＝ .(θ＝90°) (3)v＝0时，洛伦兹力F＝ . qvB

2．洛伦兹力的方向 (1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向电流的方向即正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向． (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于 决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角) B和v

1．洛伦兹力与安培力相比较 安培力是洛伦兹力的宏观表现，但各自的表现形式不同，洛伦兹力对运动电荷永远不做功，而安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功． 2．洛伦兹力与电场力相比较

磁场对在其中运动的电荷有作用力(v不平行于B) 电场对放入其中的电荷有作用力 洛伦兹力 电场力 性质 磁场对在其中运动的电荷有作用力(v不平行于B) 电场对放入其中的电荷有作用力 产生条件 磁场中静止电荷、沿磁场方向运动的电荷不受洛伦兹力 电场中的电荷无论静止，还是运动都要受到电场力 方向 (1)方向由电荷正负、磁场方向以及电荷运动方向决定，方向之间关系遵循左手定则(2)洛伦兹力方向一定垂直于磁场方向以及电荷运动方向(电荷运动方向与磁场方向不一定垂直) (1)方向由电荷正负、电场方向决定(2)正电荷受力方向与电场方向一致，负电荷受力方向与电场方向相反 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 做功情况 一定不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功

1. (2010·深圳调研)如图8－2－1所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将(　　) A．向上偏转　　　B．向下偏转　　　C．向纸外偏转　　　D．向纸里偏转 解析：由右手螺旋定则，电子束所处位置的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则知，电子束将向上偏转，A项正确． 答案：A

1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做 运动． 2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做 运动． (1)向心力由洛伦兹力提供：qvB＝ ； (2)轨道半径公式：R＝ ； 匀速直线 匀速圆周 (3)周期：T＝ ＝ ；(周期T与速度v、轨道半径R无关) (4)频率：f＝ ＝ ； (5)角速度：ω＝ ＝ .

2. (2009·广东高三调研)如图8－2－2所示，重力不计、初速度为v的正电荷，从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向水平向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后(　　) B．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动 C．运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出 D．运动轨迹是一个半圆，并从a点下方某处穿出边界向左射出

解析：洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A项不正确；由左手定则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出，B、D两项不正确，C项正确． 答案：C

1．电视显像管的工作原理 电视显像管是应用电子束 (电偏转、磁偏转)的原理来工作的，使电子束偏转的 (电场、磁场)是由两对偏转线圈产生的．显像管工作时，由阴极发射电子束，利用磁场来使电子束偏转，实现电视技术中的 ，使整个荧光屏都在发光． 磁偏转 磁场 扫描

2．质谱仪 (1)构造：如图8－2－3所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成． (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式 mv2＝ .① qU

粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关 系式qvB＝ .② 由①②两式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．

3．回旋加速器 交流 相等 磁感应强度B 无关 (1)构造：如图8－2－4所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接 电源． (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期 ，粒子在圆周运动的过程中一 次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地 加速．由qvB＝ ，得Ekm＝ ，可见粒子获得的最大动能由 和D形盒半径R决定，与加速电压 ． 交流 相等 磁感应强度B 无关

3．(2010·温州市八校联考)如图8－2－5所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打至P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是(　　) 解析：带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有：qU＝mv2，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有： ，整理得： ，故B正确． 答案：B

4．一回旋加速器，当电场的频率一定时，加速α粒子的磁感应强度和加速质子的磁感应强度之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 解析：回旋加速器对粒子的加速过程必须保证电场频率等于圆周运动的频率，对质子f电＝ ；对α粒子f电＝ ，可得 答案：C

【例1】如图8－2－6所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α 【例1】如图8－2－6所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ <tan α.现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？

解析：(1)由于μ<tan α，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、杆的弹力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1.根据牛顿第二定律，对圆环A沿棒的方向：mgsin α－Ff1＝ma，垂直棒的方向：FN1＋qv1B＝mgcos α，所以当Ff1＝0(即FN1＝0)时，a有最大值am，且am＝gsin α，此时qv1B＝mgcos α，解得：v1＝ (2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2＝μFN2. 此时应有a＝0， 即mgsin α＝Ff2，在垂直杆方向上：FN2＋mgcos α＝qvmB， 解得：vm＝ 答案：见解析

对带电体在洛伦兹力作用下运动问题的分析思路： 1．确定研究对象，并对其进行受力分析． 2．根据物体受力情况和运动情况确定每一个运动过程所适用的规律．(力学规律均适用) 总之解决这类问题的方法与纯力学问题一样，无非多了一个洛伦兹力．要特别注意洛伦兹力不做功．

1－1　如图8－2－7所示，下端封闭、上端开口，高h＝5 m、内壁光滑的细 玻璃管竖直放置，管底有一质量m＝10 g、电荷量q＝0.2 C的小球．整 个装置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B＝0.2 T、方向垂直纸 面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变， 最终小球从上端管口飞出．取g＝10 m/s2.求： (1)小球的带电性． (2)小球在管中运动的时间． (3)小球在管内运动过程中增加的机械能．

解析：(1)小球受洛伦兹力方向向上，故小球带正电． (2)小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy.与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是竖直方向的Fy和水平方向的Fx.其中，竖直方向的洛伦兹力Fy＝qvB不变，在竖直方向上由牛顿第二定律得：qvB－mg＝ma.又有h＝ at2，解得t＝1 s. (3)小球飞出管口时，竖直方向的速度为：vy＝at. 则小球飞出管口的合速度为：v合＝ ， 动能增量 ，重力势能的增量ΔEp＝mgh.解上述各式得机械能增加量为ΔEk＋ΔEp＝1 J. 答案：(1)带正电　(2)1 s　(3)1 J

【例2】如图8－2－8所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个 粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则(　　) A．从P射出的粒子速度大 B．从Q射出的粒子速度大 C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D．两粒子在磁场中运动的时间一样长

解析：作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1<R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确选项应是B、D. 答案：BD

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 圆心的确定 法一：如图8－2－9(a)所示，图中P为入射点，M为出射点，已知入射方向和出射方向时，可以通过入射点和出射点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轨迹的圆心O. 法二：如图8－2－9(b)所示，图中P为入射点，M为出射点，已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作它的中垂线，这两条垂线的交点就是圆轨迹的圆心O.即圆轨迹的圆心位于弦的垂直平分线上． 法三：如图8－2－9(c)所示，圆轨迹的圆心位于速度偏向角(φ)的补角的角平分线上． 半径的计算　 一般利用几何知识解直角三角形

运动时间的确定 如图8－2－10所示，粒子在洛 伦兹力作用下做匀速圆周运 动，不论沿顺时针方向还是逆 时针方向，从A点运动到B点， 粒子速度偏向角(φ)等于圆心 角(α)，还等于AB弦与切线的 夹角θ(弦切角)的2倍，即：φ ＝ α＝2θ＝ωt 利用圆心角(α)与弦切角θ的 关系，计算出圆心角α的大小 ，由公式t＝T可求出粒子在磁 场中的运动时间．由此式可知 ，α越大，运动时间t越长. 如从同一边界射入的磁场，又从同一边界射出的带电粒子，两次速度方向与边界的夹角相等．

2－1 如图8－2－11所示，平行直线aa′与bb′间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 2－1 如图8－2－11所示，平行直线aa′与bb′间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.现分别在aa′上某两点射入带正电粒子M和N，M、N的初速度方向不同，但与aa′的夹角都为θ，两粒子都恰不能越过界线bb′.两粒子的质量均为m，电荷量均为q，两粒子从射入到bb′的时间分别为t1和t2，则(　　) C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度 D．M粒子的轨迹半径大于N粒子的轨迹半径

解析：对两种情况分别作出轨迹可看出两粒子在磁场中完成的圆弧所对的圆心角之和恰好是180°，则t1＋t2＝ ，A选项正确，B选项错误．从作出的图可看出RM>RN，由R＝ 知vM>vN，所以选项C、D均正确． 答案：ACD

【例3】如图8－2－12所示，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B＝0 【例3】如图8－2－12所示，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B＝0.10 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m＝3.2×10－26 kg.带电荷量q＝1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，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为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离) 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，如右图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T. 由牛顿第二定律 又：

联立①②得： T＝ 将已知代入③得R＝2 m⑤ 由轨迹图知：tan θ＝ 则全段轨迹运动时间： 联立④⑥并代入已知得： (2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d＝2rsin 2θ＝2 m. 答案：(1)4.19×10－6 s　(2)2 m

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法： (1)画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹． (2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系． (3)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，半径公式．

3－1 如图8－2－13所示，三个半径分别为R、2R、6R的同心圆将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中圆形区域Ⅰ和环形区域Ⅲ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B和 .一个质子从区域Ⅰ边界上的A点以速度v沿半径方向射入磁场，经磁场偏转恰好从区域Ⅰ边界上的C点飞出，AO垂直CO，则关于质子的运动，下列说法正确的是(　　)

A．质子最终将离开区域Ⅲ在区域Ⅳ匀速运动 B．质子最终将一直在区域Ⅲ内做匀速圆周运动 C．质子能够回到初始点A，且周而复始的运动 D．质子能够回到初始点A，且回到初始点前，在区域Ⅲ中运动的时间是在区域Ⅰ中 运动时间的6倍 解析：根据题意，质子在Ⅰ区做圆周运动的半径是R，且R＝mv/Bq，质子转过的圆 心角是90°，从C点离开Ⅰ区在Ⅱ中做匀速直线运动，然后进入Ⅲ区，在Ⅲ区质子的 轨道半径为r＝mv/(Bq/2)＝2R，作出质子运动的轨迹图象

可以判断出质子在Ⅲ区转过的圆心角为270°，速度方向与AO这条线重合，质子回到A点，然后周而复始的运动，A、B两项错，C项对；质子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T1/4＝2πm/Bq×1/4＝πm/2Bq，t2＝3T2/4＝4πm/Bq×3/4＝3πm/Bq，t2＝6t1，D项对． 答案：CD

如图8－2－14所示，长方形区域abcd，长ad＝0. 6 m，宽ab＝0 如图8－2－14所示，长方形区域abcd，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的方向垂直于磁场射入磁场区域(　　) A．从Od段射入的粒子，出射点全部分布在Oa段 B．从Oa段射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C．从Od段射入的粒子，出射点分布在Oa段和ab边 D．从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边

【错因分析】 本题容易错选B，错误的主要原因是把粒子在磁场外的运动也当作匀速圆周运动，受思维定势的影响，不注意认真分析是导致错误的根本原因．错解如下：从O点发出的粒子打到b点，从Oa间发出的粒子则均打在ab边．

【正确解答】 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有qvB＝m ，r＝ ＝0.3 m．从Od段射入的粒子，如果abcd区域均分布磁场，从O点射入的粒子刚好从b点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子做直线运动，出射点在bc边上(如右图所示)；从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边，D项正确． 答案：D

【反思总结】 (1)解带电粒子在有界磁场中运动的临界问题时，要注意寻找临界点、对称点．射出与否的临界点是带电粒子的圆形轨迹与边界的切点．(关于带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，详见第3讲的《专题》)． (2)粒子在不同磁场以及磁场内外运动的不同．本例中，沿ab、dc射入的粒子不受洛伦兹力，做直线运动，若边界有磁场，则沿dc射入的粒子从a点射出．除沿ab、dc射入的粒子，其他所有粒子均由磁场边界圆弧ae段射出磁场，因此射出点分布在ab、be之间. 点击此处进入 作业手册