1、重難點1對洛倫茲力的理解Q重點知識講解1 .洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小(1)洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力.(2)洛倫茲力的方向判定方法：左手定則：掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；拇指指向洛倫茲力的方向.方向特點：F±B,F±v,即F垂直于B和v決定的平面.2 .洛倫茲力的大小(1) v/B時，洛倫茲力F=0.(0=0°或180°)(2) v±B時，洛倫茲力F=qvB.(0=90°)(3) v=。時，洛倫茲力F=0.3 .洛倫茲力的特點與應用(1)洛倫茲力的特點利用左手定則判斷洛倫

2、茲力的方向，注意區分正、負電荷.當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化.運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用.洛倫茲力一定不做功.(2)洛倫茲力與安培力的聯系及區別安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者性質相同，都是磁場力.安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功.4.洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產生條件vwO且v不與B平行電荷處在電場中大小F=qvB(v±B)F=qE力向F，B且F±v正電荷受力與電場方1可相同，負電荷文力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功，可能做負功，也可能不做功【典例精析】圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其

3、橫截面分別位于一個正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示.一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是A.向上B.向下C.向左D.向右【典例分析】根據等距下電流所產生的B的大小與電流成正比，得出各電流在O點所產生的B的大小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的方向.【參考答案】Bt精準解析】據題意，由安培定則可知，上a兩通電直導線在。點產生的磁場相抵消，黑兩通電由導線在。點產生的磁場方向均向左，所以四條通電直導線在o點產生的合磁場方向向左.由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲為的方向向下，正確選項為B【規律總結】對洛

4、倫茲力作用效果的理解洛倫茲力對運動電荷（或帶電體）不做功，不改變速度的大小，但它可改變運動電荷（或帶電體）速度的方向，改變帶電體所受其他力的大小和帶電體的運動，反過來洛倫茲力也發生改變，因此要注意應用動態變化的觀點解決該類問題。牛刀小球1 .從太陽和其他星體發射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用.如圖為地磁場的示意圖（虛線，方向未標出），赤道上方的磁場可看成與地面平行.若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有“（He的原子核）、3（電子）、丫（光子）射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下地理北被A.“射線沿直線射向赤道B

5、.3射線向西偏轉C.丫射線向東偏轉D.質子向北偏轉【答案】Bf解析】赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據左手定則可知，帶正電的口射線和質子向東偏轉，帶負電的P射線向西偏轉，不帶電的射線不偏轉，選項3正確.2.如圖所示為一長方體容器，容器內充滿NaCl溶液，容器的左右兩壁為導體板，將它們分別接在電源的正、負極上，電路中形成一定的電流，整個裝置處于垂直于前后表面的勻強磁場中，則關于液體上、下兩表面的電勢，下列說法正確的是A.上表面電勢高，下表面電勢低B.上表面電勢低，下表面電勢高C.上、下兩表面電勢一樣高D.上、下兩表面電勢差的大小與磁感應強度及電流強度的大小有關【答案】CC正確。【解析】由

6、題圖可知，電流從左向右流動，正負離子的流動方向完全相反，即正離子向右流動，負離子向左流動，根據左手定則，正負離子都向上偏轉，下表面不帶電，上表面正負離子電性中和，也不帶電，故電勢差為零，即上、下兩表面電勢一樣高，重難點2帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動Q重點知識講解1 .勻速圓周運動的規律若v，B,帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度V做勻速圓周運動.(1)v2基本公式：qvB=mR(2)mv半徑R=Bq(3)2兀R27tm周期T=v=qB2 .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

7、就是圓弧軌道的圓心（如圖甲所示，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，P為入射點，M為出射點）.3 .半徑的確定和計算利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑（或圓心角），求解時注意以下幾個重要的幾何特點：9)（1）粒子速度的偏向角（4）等于圓心角（臉，并等于AB弦與切線的夾角（弦切角的2倍（如圖所不）,即（j）=a=20=w.隙向角）風.（2）直角三角形的應用（勾股定理）.找到AB的中點C,連接OC,則AAOC、ABOC都是直角三角形.4 .運動時間

8、的確定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“時，其運動民,驍El時間可由下式表示：t=360°T或上=T,t=v（l為弧長）.2開5 .帶電粒子在有界磁場中的運動（1）帶電粒子在有界磁場中運動的三種常見情形直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）平行邊界（存在臨界條件，如圖所示）fh圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示）（2）分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵畫出運動軌跡；確定圓心和半徑；利用洛倫茲力提供向心力列方程.ab是圓的直徑.【典例精析】如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場,帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為V、方向與ab成30&

9、#176;角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t;若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為（）/-If*1011.1. *:.t,»1 233A.2VB.3VC.2VD.2V【典例分析】粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關，分析粒子的運動的情況，可以判斷第二個粒子的運動軌跡半徑，即可根據牛頓第二定律求出速度大小。【參考答案】C【精準解析】設圓形區域的半徑為R,帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲v2_mV力提供向心力，qvB=mr,得r=qB,rv；當粒子從b點飛出磁場時，運動軌跡如圖甲所示，入射速度與出射速度

10、與ab的夾角相等，所以速度的偏轉角為60°,軌跡對應的圓心角為60°,根據幾何知識得軌跡半徑為ri=2R;當粒子從a點沿ab方向射入磁場時，經過磁27tm場的時間也是t,由T=qB知，同一粒子兩次在磁場中運動的周期相等，又軌跡對應的圓21t、一-。，i一，一r心角9=T,即粒子沿ab方向射入磁場時，軌跡對應的圓心角也是60。，根據幾何知識得,V'r23，3.一粒子的軌跡半徑為2=R；可得v=r1=2,則v=2v,選項C正確.三步法【方法技巧】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法即信上軌斑.片琳立周心-凡何方法求半役牛刀小試從軌凝聲尋找幾有關和/枇也通*什與

11、周感應森度.亞動速度相聯和美系廠"由偏執角度與胤心角、達曲時同棉麻羲；在咽壇電誣初時時與周期怛聯帳即牛新第二定井杵圖為理吐的樨抻,轉制是周幌公式.半科公式1.如圖所示，a、b、c是三個面積相等的勻強磁場區域，圖中的虛線是三個圓直徑的連線，該虛線與水平方向的夾角為45°.一個不計重力的帶電粒子，從a磁場的M點以初速度v0豎直向上射入磁場，運動軌跡如圖，最后粒子從c磁場的N點離開磁場.已知粒子的質量為m,電荷量為q,勻強磁場的磁感應強度為B.則A.磁場a和c的方向垂直于紙面向里，磁場b的方向垂直于紙面向外B.粒子在N的速度方向水平向左37tmC.粒子從M點運動到N點的時間為2q

12、B67tmD.粒子從M點運動到N點的時間為qB【答案】BC【解析】不知道帶電粒子的電性，所以無i去判斷磁場的方向，n嗔錯誤f根據幾何關系,粒子在的速2紳2nm度方向水平向左二項正確f粒子從打點運動到丁點的時間為四分之三個周期，由二工，可得丁二西,3玩曲所以時間二1二須，C項正確，D項錯誤.xOy平2.如圖所示，在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于面向里，大小為B.現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場.不計重力的影響，則下列說法正確的是A.只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點57tmB.

13、粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為3qB兀mC.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為qB兀mD.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為6qB【答案】BC【解析】帶正電粒子由P點與x軸成30°角入射，則粒子運動軌跡的圓心在過P點與速度方向垂直的方向上，粒子在磁場中要想到達坐標原點，轉過的圓心角肯定大于180。，如圖所示，而磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點，A錯誤；由于P點的位置不定，所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角為圓弧與y軸相切時，557tm偏轉角度為300。，運動的時間t=6T=3qB,根據粒子運動的對稱性，可知粒子的運動,，一,，、一一，一,、，。-,、一

14、，、，127tm半徑無限大時，對應的最小圓心角也一定大于120。，所以運動時間t'3T=3qB,故粒子27tm57tm在磁場中運動的時間范圍是3qB<tqB,B、C正確，D錯誤.重難點3帶電粒子在磁場中運動的多解問題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，由于電性不同，當速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a,如帶負電,其軌跡為bo甲乙2 .磁場方向不確定形成多解有些題目只已知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示，帶正電粒子以速

15、率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a,如B垂直紙面向外，其軌跡為bo3 .臨界狀態不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉過180。從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示。4 .運動的周期性形成多解：帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖丁所示。【典例精析】在如圖所示的xOy平面內，y>0.5cm和y<0的范圍內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度均為B=1.0T,一個質量為m=1.6M015kg,帶電荷量為q=1.6>107C的

16、帶正電粒子，從坐標原點O以vo=5.0>105m/s的速度沿與x軸成30。x軸上的Q點飛過，經過Q點時的速度方向也斜角的方向斜向上射出，經磁場偏轉恰好從向上（不計重力，戶3.14）,求：(1)粒子從(2)粒子從。點運動到Q點所用的最短時間;。點運動到Q點所通過的路程。【典例分析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在沒有磁場的區域中做勻速直線運動,粒子經歷的周期數越少，則粒子運動的時間越短；(2)粒子的運動情況可以不斷的重復上述情況，粒子的路程為在磁場中的路程與在沒有磁場的區域中的路程的和.【參考答案】(1)1.028X107s(2)0.0514n(n=1,2,3)【精準解析】(D當粒子第

17、一次以斜向上的速度，經過。點時，時間最矩，粒子的運動軌跡如圖所示,謾粒子在磁場中運動的H寸間為I則有qv0B=m0mv0解得r=qB271r27tm又T=v0=qB代入數據解得：r=5X103m,T=6.28108s由圖可知，粒子在磁場中運動的時間是一個周期，所以t1=T=6.28M08s、_一一、，-4d4X5X403粒子在無磁場區域運動的時間為t2,設無磁場區域寬度為d,有t2=v0=5.0X105s=4.0M08s最短時間t=t+t2=1.028M0-7s。(2)粒子可以不斷地重復上述運動情況，粒子在磁場中通過的路程為s1=2n<(n=1,2,3粒子在無磁場區域通過的路程為S2=4

18、nd（n=1,2,3"）總路程為s=s1+s2=0.0514n（n=1,2,3）。【方法技巧】求解帶電粒子在磁場中運動的多解問題的技巧（1）分析題目特點，確定題目多解性形成原因；（2）作出粒子運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能性）；（3）若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現幾種解的可能性，注意每種解出現的條件。牛刀小試1.如圖所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都有垂直紙面向外的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L1上.帶電粒子從A點以初速度v斜向下與L1成45°角射出，經過偏轉后正好過B點，經過B點時速度方向也斜向下，且方向與A點方向相同.不

19、計重力影響，下列說法正確的是A.該粒子-一定帶正電B.該粒子-一定帶;負電C.若將帶電粒子在A點時初速度變大（方向不變），它仍能經過B點D.若將帶電粒子在A點時初速度變小（方向不變），它不能經過B點【答案】C【解析】無論是帶正電還是帶負電，粒子都能到達5點，畫出粒子運動的軌跡（如圖所示），正粒子在133匕上方磁場中運動*乙在L下方磁場申正西，負粒子在匚上方磁場中運西M在二二下方磁場申運動4,設上山之間的距離為口芾電粒子運動的半彳劭瓦貝樹于正粒子，金月=I一亞Z+什收=%對于負粒子，尺3=口+也!+，一必收=即只要.=3=二力不管正粒子.負粒子速度多大，只要從V點入射方向與上成45,角，及就達到

20、3點，選C2.如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b,OP為分界線，在磁場a中，磁感應強度為2B,方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應強度為B,方向垂直于紙面向外，P點坐標為(41,31).一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b,經過一段時間后，粒子恰能經過原點O,不計粒子重力.求：XXXXXMXXxXM.J：I*八-A苒J*"L.*OA(1)粒子從P點運動到。點的最短時間是多少？(2)粒子運動的速度可能是多少？【答案】(1)60qB(2)12qm(n=1,2,3,)【解析】(1)設粒子的入射速度為一用梟，五、3、八分別表示粒子在磁場口中和磁場方中運動的軌道半徑和周期，則有博wv2一附幽2加&=?錯>施=q3，2qBqBf%=儂當粒子先在磁場匕中運動，后進入磁場佳中運動，然后從。點射出時，粒子從P點運動到。點所用的3/3時間最短，如圖所示.根據幾何知識得tan7=幣=故二粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為2x(90°-)2x(9Q0-a)tb=360°360°Ta537tm故從P點運動到。點的時間為占ta+tb=60qB(2)由題意及上圖可知n(2RaC0Sa+2RbC0S