2.如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是 ( ABC )

A．始终作匀速运动　　　　

B．开始作减速运动，最后静止于杆上

C．先作加速运动，最后作匀速运动　　

D．先作减速运动，最后作匀速运动

1.一个长螺线管中通有电流，把一个带电粒子沿中轴线射入(若不计重力影响)，粒子将在管中　　 (　D　)

A．做圆周运动　　　　　B．沿轴线来回运动

C．做匀加速直线运动　　　　D．做匀速直线运动

2、洛仑兹力的多解问题

(1)带电粒子电性不确定形成多解．

带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致双解．

(2)磁场方向不确定形成多解．

若只告知磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．

(3)临界状态不惟一形成多解．

带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，它可能穿过去，也可能偏转180⁰从入射界面这边反向飞出．另在光滑水平桌面上，一绝缘轻绳拉着一带电小球在匀强磁场中做匀速圆周运动，若绳突然断后，小球可能运动状态也因小球带电电性，绳中有无拉力造成多解．

(4)运动的重复性形成多解．

　　 如带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解．

[例8]如图所示，一半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，带电荷量为q的正粒子(不计重力)以速度为v从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A孔射出，问：

(1)磁感应强度B的大小必须满足什么条件？

(2)粒子在筒中运动的时间为多少？

解析:(1)粒子射入圆筒后受洛仑兹力的作用而发生偏转,设第一次与B点碰撞,撞后速度方向又指向O点,设粒子碰撞n-1次后再从A点射出,则其运动轨迹是n段相等的弧长.

设第一段圆弧的圆心为O^/,半径为r,则θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得,又由r=mv/Bq,联立得:

(2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将B代入得

弧AB所对的圆心角

粒子由A到B所用的时间　 (n=3.4.5……)

故粒子运动的总时间为　 (n=3.4.5……)

[例9]S为电子源，它只能在如图(l)所示纸面上的360⁰范围内发射速率相同，质量为m，电量为e的电子，MN是一块竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B．

(l)要使S发射的电子能到达挡板，则发射电子的速度至少多大？

(2)若S发射电子的速度为eBL／m时，挡板被电子击中范围多大？(要求指明S在哪个范围内发射的电子可以击中挡板，并在图中画出能击中挡板距O上下最远的电子的运动轨道)

[解析](l)电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV= mV²/r

　 当r= L/2时，速度v最小，　 由①、②可得，V=eBL／2m

　 (2)若S发射电子速率V^/=eBL／m，由eV^/B=mV^/2/r^/　　 可得：r^/=L

　 由左手定则知，电子沿SO发射时，刚好到达板上的b点，且OB= r^/= L，由SO逆时针转180⁰的范围内发射的电子均能击中挡板，落点由b→O→a→b^/→a，其中沿SO^/发射的电并击中挡板上的a点，且aO==L．由上分析可知，挡板能被电子击中的范围由a→b，其高度h=L+L=(十l)L，击中a、b两点的电子轨迹，如图(2)所示．

[例10]M、N、P为很长的平行边界面，M、N与M、P间距分别为L₁、L₂，其间分别有磁感应强度为B₁和B₂的匀强磁场区，Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，B₁≠B₂，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以大小为v的速度垂直边界M及磁场方向射入MN间的磁场区域，讨论粒子初速度v应满足什么条件才可穿过两个磁场区域(不计粒子的重力)。

解析:先讨论粒子穿出B₁的条件：

设粒子以某一速度v在磁场B₁中运动的圆轨迹刚好与M

相切，此时轨迹半径刚好为L₁，由　　　　　　 得：　 　　　　

由此可得使粒子能穿出B₁的条件是：　　　　 。

再讨论粒子穿出B₂条件：

又设粒子以某一的速度穿出了B₁后在B₂中穿过

时其圆轨迹又刚好与P相切，如图所示，粒子在B₁中的运动轨迹所对的圆心角为θ，那么：

，粒子在B₂运动的轨迹半径为：

由几何知识得：R－Rsinθ=L₂ 所以有：　　　　　　　　　　　

解得：，所以当粒子的速度时就可以穿出B₁和B₂。

试题展示

3.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆周运动)．

[例1]一带电粒子以初速度V₀垂直于匀强电场E 沿两板中线射入，不计重力，由C点射出时的速度为V，若在两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场，粒子仍以V₀入射，恰从C关于中线的对称点D射出，如图所示，则粒子从D点射出的速度为多少?

解析：粒子第一次飞出极板时，电场力做正功，由动能定理可得电场力做功为W₁=m(V²－v₀²)/2……①，当两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场后，粒子第二次飞出极板时，洛仑兹力对运动电荷不做功，但是粒子从与C点关于中线的对称点射出，洛仑兹力大于电场力，由于对称性，粒子克服电场力做功，等于第一次电场力所做的功，由动能定理可得W₂=m(V₀²－V_D²)/2……②，W₁=W₂。由 ①②③式得V_D=

点评：凡是涉及到带电粒子的动能发生了变化，均与洛仑兹力无关，因为洛仑兹力对运动电荷永远不做功。

[例2]如图所示，竖直两平行板P、Q，长为L，两板间电压为U，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，电场和磁场均匀分布在两板空间内，今有带电量为Q，质量为m的带正电的油滴，从某高度处由静止落下，从两板正中央进入两板之间，刚进入时油滴受到的磁场力和电场力相等，此后油滴恰好从P板的下端点处离开两板正对的区域，求(1)油滴原来静止下落的位置离板上端点的高度h。(2)油滴离开板间时的速度大小。

解析：(1)油滴在进入两板前作自由落体运动，刚进入两板之间时的速度为V₀，受到的电场力与磁场力相等，则qv₀B＝qU／d，v₀＝U／Bd= ，h=U²／2gB²d²

(2)油滴进入两板之间后，速度增大，洛仑兹力在增大，故电场力小于洛仑兹力，油滴将向P板偏转，电场力做负功，重力做正功，油滴离开两板时的速度为V_x ，由动能定理

mg(h+L)－q U／2=mV_x ²/2，

点评：(1)根据带电油滴进入两板时的磁场力与电场力大小相等求出油滴下落时到板上端的高度；(2)油滴下落过程中的速度在增大，说明了洛仑兹力增大，油滴向P板偏转，电场力做负功．

[例3]如图所示，在空间有匀强磁场，磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为B，光滑绝缘空心细管MN的长度为h，管内M端有一质量为m、带正电q的小球P，开始时小球P相对管静止，管带着小球P沿垂直于管长度方向的恒定速度u向图中右方运动．设重力及其它阻力均可忽略不计．(1)当小球P相对管上升的速度为v时，小球上升的加速度多大？(2)小球P从管的另一端N离开管口后，在磁场中作圆周运动的圆半径R多大？(3)小球P在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功是多少？

解析：(1)设此时小球的合速度大小为v_合，方向与u的夹角为θ

　　 有……①　　 cosθ=u/v_合=u/　 ………②

　 此时粒子受到的洛伦兹力f和管壁的弹力N如所示，由牛顿第二定律可求此时小球上升的加速度为：a=fcosθ=qv_合Bcosθ/m………③　

联立①②③解得：a=quB/m

(2)由上问a知，小球上升加速度只与小球的水平速度u有关，故小球在竖直方向上做加速运动．设小球离开N端管口时的竖直分速度为v_y，由运动学公式得

此时小球的合速度

　　 故小球运动的半径为　

(3)因洛化兹力对小球做的功为零，由动能定理得管壁对小球做的功为：

　　 W=½mv²－½mu²=quBh

[例4]在两块平行金属板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各个方向射出速率不同的α粒子，如图所示．若在A、B板中加上U_AB＝U₀的电压后，A板就没有α粒子射到，U₀是α粒子不能到达A板的最小电压．若撤去A、B间的电压，为了使α粒子不射到A板，而在A、B之间加上匀强磁场，则匀强磁场的磁感强度B必须符合什么条件(已知α粒子的荷质比m／q=2．l×10^－8kg/C，A、B间的距离

d＝10cm，电压U₀=4．2×10⁴V)？

解析：α粒子放射源向各个方向射出速率不同的α粒子，设最大的速率为v_m。则各个方向都有速率为v_m的α粒子．当A、B板加了电压后，A、B两板间的电压阻碍α粒子到达A板，其方向是垂直两板并由A板指向B板。

在无电场时，α粒子在沿B向A板运动方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度与垂直两板的直线的夹角．在①式中最容易到达A板的α粒子应有θ＝0，v＝v_m，即其速度方向由B极指向A板，且速率最大的α粒子，这些α粒子若达不到A板，其余的α粒子均达不到A板．由动能定理可得qU₀＝mv_m²／2………②；

若撤去电场，在A、B间加上匀强磁场，这些α粒子将做匀速圆周运动，其半径为R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的条件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，当v值取最大值v_m后，若所有具有v_m的α粒子不能达到A板，则所有的α粒子均不能达到A板．在所有方向上的α粒子中，它们的轨迹刚好与A板相切的情况如图所示．在图中与A板相切的轨迹中最小半径为R₃，若R₃是具有速率为v_m的α粒子的半径，则其它具有v_m的α粒子均不能到达 A板．若令R₃为最小值R_min时，即图中R_min= d／2是所有α粒子中轨迹与A板相切的最小半径，将其代入③式后得d／2=mv_m/qB_min……④，由②④两式可得B_min=2／d=0．84T，所以，A、B两板之间应加上垂直于纸面的匀强磁场，且磁感强度 B ≥0．84 T时，所有的α粒子均不能到达A板．

规律方法 　　1、带电粒子在磁场中运动的圆心、半径及时间的确定

(1)用几何知识确定圆心并求半径．

因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系．

　 (2)确定轨迹所对应的圆心角，求运动时间．

先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360⁰(或2π)计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/360⁰(或θT/2π)可求出运动时间．

(3)注意圆周运动中有关对称的规律．

如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．

[例5]如图所示，一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30⁰，则电子的质量是　　　　　　　 ，穿过磁场的时间是　　　　　　　　　　　　 。

解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ=30⁰，OB为半径．所以r=d/sin30⁰=2d．　　　　　

又由r=得m＝2dBe／v．

　　 又因为AB圆心角是30⁰，所以穿过时间 t=T=×=．

[例6]如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是(　　　　 )

　　 A、电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长

　　 B．电子在磁场中运动时间越长。其轨迹线所对应的圆心角越大

　　 C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合

　　 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同

解析：在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点可知轨迹的半径R=mv／qB，说明了半径的大小与电子的速率成正比．但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t₅＝t₄＝t₃＞t₂＞t₁显然，本题选项中只有B正确．

　点评：本题所考查的是带电粒子在矩形(包括正方形)磁场中运动的轨迹与相应的运动时间的关系问题．不同速率的电子在磁场中的偏转角大小(也就是在磁场中运动时间的长短)，由知识点中的周期表达式看来与半径是没有关系的，但由于磁场区域的边界条件的限制，由图说明了半径不同，带电粒子离开磁场时速度方向变化可能不同，也可能相同．由周期关系式必须明确的一点是：带电粒子在磁场中运动的时间长短决定于轨迹所对应的圆心角．

[例7] 如图所示，半径R=10cm的圆形区域边界跟y轴相切于坐标系原点O。磁感强度B＝0．332 T，方向垂直于纸面向里，在O处有一放射源 S，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3．2×10⁶m/s的α粒子．已知α粒子的质量m= 6．64×10^－27 kg，电量q=3．2　 ×10^－19 C．

(1)画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心的轨迹．(2)求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角θ．(3)再以过O点并垂直纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射到正方向的y轴上，则圆形磁场直径OA至少应转过多大的角度β．

解析：(l)α粒子的速度相同，在同一匀强磁场中运动的半径相同，均由洛仑兹力提供向心力 f= qvB=mv²／r，r＝mv／Qb=20cm

　 所以α粒子的圆心与S(即O点)的距离均为r，其圆心的轨迹为以S为圆心、以20cm为半径的一段圆弧，如图所示．

(2)由于α粒子的轨道半径r大于磁场区域的半径R，α粒子最长的轨迹所对应的弦为2R=r=20cm时，α粒子在磁场中最大的偏转角的轨迹就是α粒子在磁场中最长的轨迹线，由于最长的轨迹线的弦长与其轨迹半径相等，所以偏转角的最大值为θ=60⁰

(3)由(2)中可知α粒子的最大偏转角为60⁰；且所对的弦为OA，故α粒子在磁场轨迹的入射点O和出射点A与其轨迹圆心O₁的连线和OA组成一个正三角形，也就是α粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角γ＝30⁰，如图所示．要使偏转角最大的α粒子离开磁场时能打在y轴的正方向上，则α粒子与x轴的正方向夹角γ^/＞90⁰，则OA绕过O点的水平轴至少要转过β=γ^/一γ＝60⁰．

点评：带电粒子在磁场中的轨迹不大于半圆时，要使带电粒子在磁场中的偏转角最大，就是要求带电粒子在磁场中的轨迹线愈长(由于半径确定)，即所对应的弦愈长．在圆形磁场中，只有直径作为轨迹的弦长最长．所以要求带电粒子进入磁场时的入射点、离开磁场时的出射点的连线为圆形磁场区域的直径．这是本题的难点。若是r＞R，情况就完全变了，这时带电粒子在磁场中的轨迹可能大于半圆或等于半圆，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm／qB，这是一个与速度大小和半径无关的物理量，也就是说在磁场中运动时间长短仅与轨迹所对圆心花怒放角有关，在具体确定时还与磁场的边界有关，矩形的边界和圆形的边界是不相同的．

2.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/qB；其运动周期T=2πm/qB(与速度大小无关)．

1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动．

2.洛伦兹力一定不做功，它不改变运动电荷的速度大小;但安培力却可以做功．

1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向称动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．

2.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，伸出左手，让姆指跟四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向(当是负电荷时，四指指向与电荷运动方向相反)则姆指所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向．

1.洛伦兹力F的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即F总是垂直于B和v所在的平面．