2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第9章第2节　磁场对运动电荷的作用


第2节　磁场对运动电荷的作用
知识点一| 洛伦兹力

1．定义：运动电荷在磁场中所受的力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝qvB。
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，则F垂直于B、v决定的平面。
(注意：B和v可以有任意夹角)
由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。

(1)洛伦兹力的方向、粒子运动方向、磁场方向两两相互垂直。 (×)
(2)带电粒子的速度大小相同，所受洛伦兹力不一定相同。 (√)
(3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。 (×)

考法1　洛伦兹力的大小与方向
1．(2015·重庆高考)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(　　)

A．a、b为β粒子的径迹
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
D　[由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。]
2．(2019·济宁模拟)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，此时它所受洛伦兹力的方向是(　　)

A．向上　　　　　　 B．向下
C．向左 D．向右
B　[带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生的磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B正确。]
3．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为(　　)

A．∶1 B．∶2
C．1∶1 D．1∶2
B　[长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等，M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下，合磁感应强度大小为B1＝2B，P、N处的导线在O点产生的磁感应强度夹角为60°，合磁感应强度大小为B2＝B，可得，B2∶B1＝∶2，又因为F洛＝qvB，所以F2∶F1＝∶2，选项B正确。]
[考法指导]　洛伦兹力的特点
(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)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
考法2　洛伦兹力的特点
4．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力
B．安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷一定不做功
C．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零
D．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的运动状态
B　[安培力和洛伦兹力都是磁场力，A错；洛伦兹力方向永远与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力不做功，安培力是洛伦兹力的宏观表现，它虽然对引起电流的定向移动的电荷不做功，但对导线可以做功，B对；电荷的运动方向与磁感线方向在一条直线上时，洛伦兹力为零，B不为零，C错；洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，但改变速度的方向，D错。]
5．如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
D　[带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确。
]
6．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则 (　　)

A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的位置高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
CD　[设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋q甲v甲B＝，mg－q乙v乙B＝，mg＝，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
考法3　洛伦兹力、安培力与电场力
7.(多选)粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有大小相同、方向相反的电流，电流方向如图所示，水平面上一带电滑块(电性未知)以某一初速度v沿两导线连线的中垂线射入，运动过程中滑块始终未脱离水平面，下列说法正确的是(　　)

A．滑块所受洛伦兹力方向沿垂直平分线与速度方向相同
B．滑块一定做匀变速直线运动
C．两导线之间有相互作用的引力
D．两导线之间有相互作用的斥力
BD　[由安培定则知，两导线连线的垂直平分线上磁场方向沿垂直平分线向下，滑块运动方向与磁场方向平行，滑块不受洛伦兹力，只受恒定的摩擦力作用，故A错误，B正确；同向电流相互吸引，逆向电流相互排斥，故C错误，D正确。]
[考法指导]　
1．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2．洛伦兹力与电场力的比较
比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功

知识点二| 带电粒子在匀强磁场中的运动


1．洛伦兹力的特点
洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。
2．粒子的运动性质
(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式
(1)洛伦兹力方向总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。根据牛顿第二定律，其表达式为qvB＝m。
(2)半径公式r＝，周期公式T＝。

(1)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变。 (√)
(2)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动。 (√)
(3)根据周期公式T＝得出T与v成反比。 (×)

1．圆心的确定

甲　　　　　　　　　乙
(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可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弧轨道的圆心(如图甲所示)。
(2)已知入射方向和入射点、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，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。
2．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt。

3．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：
t＝T(或t＝T)，t＝(l为弧长)。
[典例]　(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)

A．∶2 B．∶1　　C．∶1　　D．3∶
C　[相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。
粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。

甲　　　　　　　　　乙
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝＝R，
可得r2∶r1＝∶1。
因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，
所以v2∶v1＝∶1。故选C。]

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的三步解题法


考法1　半径公式、周期公式的应用
1．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
D　[分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。]
2．(2015·广东高考)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
B　[α粒子(He)和质子(H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比＝·＝×＝，选项B正确；根据f＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝·＝，选项D错误。]
考法2　带电粒子在圆形磁场中的运动
3．如图所示，长方形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沿垂直于ad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　[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ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。]
4.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点，已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)

A．　　 B．　　　C．　　　D．
D　[从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长为圆周长的，设磁场圆心为O，∠POQ＝90°，则粒子轨迹半径r＝R，又因为r＝，所以B＝，D正确。]
5．如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力) (　　)

A． B． C． D．
B　[带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动的圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝F向得qvB＝，解得v＝，选项B正确。
]
考法3　带电粒子在直线边界磁场中的运动
6．如图所示为一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，MN、PQ为其两个边界，两边界间的距离为L。现有两个带负电的粒子同时从A点以相同速度沿与PQ成30°的方向垂直射入磁场，结果两粒子又同时离开磁场。已知两带负电的粒子质量分别为2m和5m，电荷量大小均为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子射入磁场时的速度为(　　)

A． B． C． D．
B　[由于两粒子在磁场中运动时间相等，则两粒子一定是分别从MN边和PQ边离开磁场的，如图所示，由几何知识可得质量为2m的粒子对应的圆心角为300°，由t＝T得质量为5m的粒子对应的圆心角为120°，由图可知△OCD为等边三角形，可求得质量为5m的粒子对应的圆周运动的半径R＝L，由Bqv＝得v＝，B正确。
]
7.(多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是(　　)

A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝∶4
C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1
BD　[甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T＝，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲＝T乙。设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1＝，运行时间为t1＝，乙粒子运行半径为r2＝，运行时间为t2＝，而r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，选项A错误，B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误，D正确。
]
8．如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边射入，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(　　)

A．B> B．B<
C．B> D．B<

D　[由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝，可得<，即B<，D正确。]
9．(2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则(　　)

A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
A　[如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，

当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，选项B、C、D错误。]
[考法指导]　带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形
直线边界(粒子进出磁场具有对称性)

平行边界(粒子运动存在临界条件)

圆形边界(粒子沿径向射入，再沿径向射出)


知识点三| 带电粒子在磁场中运动的临界、极值、多解问题

考法1　临界、极值问题
1.(2016·全国卷Ⅲ)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　[如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。

由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。]
2．(2019·商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求：

(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)该圆形磁场区域的最小面积。
解析：(1)由左手定则知磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场。设其圆心为O′，半径为R。由几何关系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝。由牛顿第二定律有qv0B＝m，故R＝
由以上各式得磁感应强度B＝。

(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得
直径＝R＝L
所以S＝π＝L2。
答案：(1)　方向垂直于xOy平面向里　(2)L2
[考法指导]　解决临界极值问题方法技巧
(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。
(2)一个“解题流程”，突破临界问题

(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。
考法2　“动态圆”与“放缩圆”
3.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。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过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原来的一半，则等于(　　)

A． B． C．2 D．3
B　[当轨道半径小于或等于磁场区域半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径。如图所示，当粒子从圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ，粒子都从圆弧PQ之间射出，因此轨道半径r1＝Rcos 30°＝R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区域半径R，半径r2＝，由r＝可得＝＝。
]
4．如图所示，S为粒子源，该粒子源能在图示纸面内360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带负电荷量为e的粒子，MN是一块足够大的竖直挡板且与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。

(1)若粒子的发射速率为v0，要使粒子一定能经过点O，求磁场的磁感应强度B的条件；
(2)若磁场的磁感应强度为B0，要使S发射出的粒子能到达挡板，则粒子的发射速率为多大？
(3)若磁场的磁感应强度为B0，从S发射出的粒子的速率为，则挡板上出现粒子的范围为多大？
解析：粒子从点S发出后受到洛伦兹力作用而在纸面上做匀速圆周运动，若使磁感应强度的大小变化，粒子的轨迹构成过S点的一组动态圆，不同半径的圆对应不同大小的磁感应强度，如图所示。

(1)要使粒子一定能经过点O，即SO为圆周的一条弦，则粒子做圆周运动的轨道半径必满足R≥，即≥　解得B≤。
(2)要使粒子从S发出后能到达挡板，则粒子至少能到达挡板上的O点，故粒子做圆周运动的半径R′≥，
即≥　解得v′0≥。
(3)当从S发出的粒子的速率为时，粒子在磁场中的运动轨迹半径R″＝＝2L，如图所示，最低点为动态圆与MN相切时的交点P1，最高点为动态圆与MN相割时的交点P2，且SP2是轨迹圆的直径，粒子击中挡板的范围在P1、P2间。

对SP1弧分析，由图知OP1＝＝L
对SP2弧分析，由图知OP2＝＝L
故粒子出现的范围为(＋)L。
答案：(1)B≤　(2)v′0≥　(3)(＋)L
[考法指导]　带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位置变化的问题称为动态圆问题。常用的有两种模型：
(1)确定的入射点O和速度大小v，不确定速度方向

在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：
①各动态圆圆心O1、O2、O3、O4、O5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心，R＝为半径的一个圆周上(如图虚线所示)。
②带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心，2R为半径的大圆(如图实线所示)。
③各动态圆相交于O点。
这种方法称为“平移圆法”。
(2)确定入射点O和速度方向，不确定速度大小

在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，沿同一方向发射速度为v、质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：
①各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上，如图所示。
②各动态圆的半径R各不相同。
③各动态圆相交于O点。
这种方法称为“放缩圆法”。
考法3　带电粒子在磁场中运动的多解问题
5.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)

A．2BkL B． C． D．
BD　[因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，

所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1、2、3…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1、2、3…)，选项B、D正确。]
6.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“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，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＝(2＋)
若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则有
R′＝
d＝R′＋
解得v′＝(2－)。
答案：(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
[考法指导]　
1．带电粒子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，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。
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。

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。
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。