1、第2课时磁场对运动电荷的作用考纲解读 1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题1对洛伦兹力的理解带电荷量为q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B如果把q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案B解析因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时FqvB，当粒子
2、速度与磁场平行时F0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错因为q改为q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由FqvB知大小也不变，所以B选项正确因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D选项错2洛伦兹力的大小计算与方向判定如图1所示，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向 图1答案甲：
3、因vB，所以FqvB，方向与v垂直斜向上乙：v与B的夹角为30，FqvBsin 30qvB，方向垂直纸面向里丙：由于v与B平行，所以电荷不受洛伦兹力，F0丁：v与B垂直，FqvB，方向与v垂直斜向上3带电粒子在磁场中运动轨迹的确定试画出图2中几种情况下带电粒子的运动轨迹图2答案4.带电粒子在有界匀强磁场中运动圆心的确定和时间的确定如图3所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若AOB120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()图3A. B.C. D.答案D解析画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂
4、线交于O点，O点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示连接OO，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径Rrtan 60r.因为AOB120，故AOB60，运动时间tT，D正确一、洛伦兹力1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力2洛伦兹力的方向(1)判定方法左手定则：掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；大拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0.(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB.(90)(3)v0时，洛伦兹力F0.二、带电粒
5、子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，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做匀速圆周运动 考点一洛伦兹力和电场力性质比较洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系一定是FB，Fv，还与电荷电性有关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、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不
6、改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向例1在如图4所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度为v0的某种正粒子偏转角在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为(不计粒子的重力)，问：图4(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？解析(1)设宽度为L.当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上：Lv0t，竖直方向上：vyattan 当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为R，如图所示，由几何关系可知sin ，R联立解得B.(2)粒子在电场中运动时间t1在磁场
7、中运动时间t2T所以.答案(1)(2)带电粒子在电、磁场中运动的区别(1)带电粒子在匀强电场中常做类平抛运动，可采用运动的分解的方法来分析(2)带电粒子在匀强磁场中常做匀速圆周运动，可采用匀速圆周运动的相关规律分析突破训练1带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图5所示运动中经过b点，OaOb，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()图5Av0 B1 C2v0 D.答案C解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故OaObr 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Obv0tOat2 由得2v
8、0，故选项C对考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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6甲所示，P为入射点，M为出射点)图6(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)2半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小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时，其运动时间表示为：tT
9、(或t)例2(2013课标18)如图7，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(q0)、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)()图7A. B.C. D.解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO
10、2O1ER，由qvB，得v，B正确答案B 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式突破训练2(2013广东理综21)如图8，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有()图8Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD解析
11、此题考查的是“定心判径画轨迹”，a、b粒子做圆周运动的半径都为R，画出轨迹如图所示，圆O1、O2分别为b、a轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由tT和轨迹图可知A、D选项正确例3如图9所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中，A2A4与A1A3的夹角为60.一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入区，最后再从A4处射出磁场已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：图9(1)画出粒子在磁场和中的运动轨迹；(2)粒子在磁场和中的轨道
12、半径R1和R2的比值；(3)区和区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)解析(1)画出粒子在磁场和中的运动轨迹如图所示(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场、区的磁感应强度、轨道半径和周期设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入区磁场，连接A1A2，A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1A1A2OA2r在区磁场中运动的半径R2即21(3)qvB1mqvB2mT1T2圆心角A1A2O60，带电粒子在区磁场中运动的时间为t1T
13、1在区磁场中运动时间为t2T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间tt1t2由以上各式可得B1B2答案见解析突破训练3如图10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B0.10 T，磁场区域半径r m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C.今有一质量为m3.21026 kg、带电荷量为q1.61019 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v1106 m/s正对O1的方向垂直射入磁场，它将穿越C点后再从右侧区域穿出求：图10(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离
14、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？(侧移距离指在垂直初速度方向上移动的距离)答案(1)4.19106 s(2)2 m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，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T由牛顿第二定律有qvBm又T联立得：RT将已知数据代入得R2 m由轨迹图知tan ，即则通过两磁场区域所用的时间t2T联立并代入已知数据得t s4.19106 s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系知侧移距离d2rsin 2将已知数据代入得d2sin m2 m37.带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题1临界问题的分析思路临界问题的
15、分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点临界问题的一般解题模式为：(1)找出临界状态及临界条件；(2)总结临界点的规律；(3)解出临界量2带电体在磁场中的临界问题的处理方法带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切例4如图11所示，有一个磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的范
16、围足够大的匀强磁场，在磁场中的O点有一个粒子源，能向纸面内各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，PQ是垂直纸面放置且厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线跟挡板垂直带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计图11(1)为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足什么条件？(2)若粒子源到挡板的距离d，且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上，求这个粒子从O点射出时的速度方向；(3)若粒子源到挡板的距离d，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？审题与关联解析(1)设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由洛
17、伦兹力充当向心力得：qvBm由题意得：k由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d应满足：d2r由解得：d(2)如图所示，设粒子速度方向与OP连线的夹角为时，粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点由几何关系可知：OPN为直角三角形，ON为粒子圆周运动的直径由于d和可得：rd所以由几何关系可得：30(3)粒子打到挡板左、右表面离P最远时的示意图如图所示由图可知，粒子打到挡板左表面的长度为：PMr粒子打到挡板右表面的长度为：PN2rcos 30由得，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为答案(1)d(2)与OP连线成30角斜向右下(3)高考题组1(2013新课标17)空间有一圆柱形匀
18、强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A. B. C. D.答案A解析若磁场方向向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知rR.根据洛伦兹力提供向心力得：qv0Bm解得B.若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A正确2(2012江苏单科9)如图12所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点下列说法正确的有()图12A若粒子落在A点的左
19、侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0答案BC解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B，所以r，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误若粒子落在A点左右两侧d的范围
20、内，设其半径为r，则r，代入r，r，解得vv0，选项C正确3.(2013天津理综11)一圆筒的横截面如图13所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞后速度反向且没有动能损失，电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图13(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘
21、的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.答案(1)(2)(3)3解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立式可得E(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O、半径r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半
22、径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3模拟题组4.如图14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边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()图14AB BB DB 答案D解析由题意，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有，即Bx2 Bt1t2Cv1和v2大小相等 Dv1和v2方向相同答案ABC解析当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行
23、过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度at2，x1x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错3.用绝缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为q的小球，让它处于如图3所示的磁感应强度为B的匀强磁场中由于磁场的运动，小球静止在如图所示位置，这时悬线与竖直方向的夹角为，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是()图3Av，水平向左 Bv，竖直向下Cv，竖直向上 Dv，水平向右答案C解析根据运动的相对性，带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反洛伦
24、兹力FqvB中的v是相对于磁场的速度根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v竖直向下运动或以速度v水平向右运动时，带电小球都能处于静止状态，但小球处于后者的状态时，悬线不受拉力，不会被拉紧，故本题选C.题组2带电粒子在有界磁场中的运动4如图4所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60，利用以上数据可求出下列物理量中的()图4A带电粒子的比荷B带电粒子在磁场中运动的周期C带电粒子的初速度D带电粒子在磁场中运动的半径答案AB解析
25、由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60，因此由几何关系得磁场宽度lrsin 60sin 60，又未加磁场时有lv0t，所以可求得比荷，A项对；周期T也可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D项错5.如图5所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R10 cm的圆柱形桶内有B104 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出现有一粒子源发射比荷为21011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续当角45时，出射粒子速度v的大小是()图5A.106 m/s B2106 m
26、/sC2108 m/s D4106 m/s答案B解析由题意知，粒子从入射孔以45角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动周期，由几何关系知rR，又r，解得v2106 m/s.6一带电粒子质量为m，电荷量为e，它以某一速度沿直径方向射入圆筒形磁场区域(半径为r)，速度方向和磁场方向垂直，磁感应强度为B，设粒子和圆筒壁的碰撞没有能量和电荷量损失，可看作完全弹性碰撞试问，要使粒子从原入口处返回，粒子在磁场中运动的最短时间是多少？如果粒子在磁场中运动的时间最短，此时，粒子射入时的速度为多大？答案解析很显然，粒子在磁场中运动与圆筒壁碰撞的次数越少，所需的时间也
27、就越短，而碰一次是不可能的，因此，最少是碰两次，如图所示在四边形AOBD中，A点和B点的位置已确定，且A、B、C三点等分圆周，可知AOB为，又OAD和OBD均为直角，故ADB为.把三段加起来，该粒子在圆筒内运动的偏转角之和等于，故运动时间为半个周期.由几何关系知Rtan r即Rr由Bevm知R，所以v.题组3带电粒子在磁场中运动的临界问题7在真空中，半径r3102 m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图6所示，磁感应强度B0.2 T，一个带正电的粒子以初速度v01106 m/s从磁场边界上直径ab的一端a点射入磁场，已知该粒子的比荷1108 C/kg，不计粒子重力图6(1)求粒子在磁场中做匀速圆周
28、运动的半径；(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角及粒子的最大偏转角答案(1)5102 m(2)3774解析(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有qv0BmR5102 m.(2)粒子在圆形磁场区域内的运动轨迹为一段半径R5 cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为圆形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O在ab弦的中垂线上，如图所示由几何关系可知sin 0.6，37最大偏转角274.8.如图7所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xO
29、y平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()图7A粒子的速度大小为B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长答案AC解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射，进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得aRsin 30，其中R，联立解得v，故选项A正确，B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长
30、，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，此时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmT，故选项C正确，D错误题组4带电粒子在交变磁场中的运动9如图8甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知磁场方向垂直纸面向里为正t0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等求：图8(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；(3)粒子能否再次经过O点，若不能，说明理由若能，求粒子再次经过O点的时刻答案(1)(2)(3)能解析(1)设粒子在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0，EqmaOP间距离为x，xat，解得：x(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1R2粒子每经一个周期沿y轴向下移动x，x2R22R1(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1Nx解得：N2，粒子能再次经过O点t2T2t0，T，所以t
