1、第2讲磁场对运动电荷的作用授课提示：对应学生用书第180页一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小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；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。3洛伦兹力的大小(1)当vB时，洛伦兹力F0。(0或180)(2)当vB时，洛伦兹力FqvB。(90)(3)当v0时，洛伦兹力F0。二、带电粒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
2、的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。如下图，带电粒子在磁场中，中粒子做匀速圆周运动，中粒子做匀速直线运动，中粒子做匀速圆周运动。3半径和周期公式：(vB)授课提示：对应学生用书第181页自主探究1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。(4)洛伦兹力一定不做功。2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，二者是相同性质的力，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。3洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v0且v不与
3、B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE方向FB且Fv正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向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1.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是()A滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B滑块经过最低点的加速度比磁场不存在时小C滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等解析：由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块
4、经过最低点时的速度不变，A错误；在圆周运动中a，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则运动所用时间相等，D正确。答案：D2(多选)(2021福建三明上学期期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v
5、t图象可能是下图中的()解析：当qvBmg时，圆环做匀速直线运动，故B正确；当qvBmg时，FNqvBmg，此时：FNma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvBmg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvBmg时，FNmgqvB，此时FNma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。答案：BC教材直通高考1带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析(1)圆心的确定方法方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力Fv，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)。方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，
6、则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图(b)。(2)半径的计算方法方法一由物理方法求：半径R。方法二由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)时间的计算方法方法一由圆心角求：tT。方法二由弧长求：t。2带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)。(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。带电粒子在匀强磁场中的运动是近几年全国卷高考的热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单的带电粒子在
7、匀强磁场中的圆周运动为主，而高考题通常会拓展为带电粒子在有界匀强磁场中的运动，甚至拓展为带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题，考查学生灵活应用数学知识解决物理问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，剖析高考真题与教材习题间的溯源关系，做到新高考中的精准备考。典例1教科版选修31P105T7图中PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是E，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，今测得它在金属片两边的轨道半径之比是109，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则该粒子每穿过一次金属片，动能减少了_，该粒子最多能穿过金属板_次。解
8、析带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r，设 粒子第一次穿过金属片后的速度为v，则()()109，所以v0.9v，动能减少Ekmv2mv20.19E。根据阻力及电荷量恒定可知 粒子每穿过一次金属片，动能都减少0.19E，由65，故 粒子穿过5次后陷入金属中。答案0.19E5拓展带电粒子在有界磁场中的运动(2019高考全国卷)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子
9、进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【真题命题立意】本题在典例1中根据半径变化计算速度进而计算动能变化的基础上，拓展为带电粒子在有界匀强磁场中的运动，题目中的考查点由典例1中简单的半径和速度关系的计算，拓展为带电粒子在有界磁场中运动时间的计算，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强磁场中的运动的规律及求解方法。解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm，由几何关系知dr，联立式
10、得。(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan 30，带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t，联立式得t()。答案：(1)(2)()拓展带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题(2020高考全国卷)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.B.C. D.【真题命题立意】本题在典例1中根据半径变化计算速度进而计算动能变化的基础上，拓展为带电粒
11、子在有界匀强磁场中的运动的临界极值问题，题目中的考查点由典例1中简单的半径和速度关系的计算，拓展为磁感应强度极值的计算，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强磁场中的运动的规律及求解方法。解析：磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2r2(3ar)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evBm，联立解得B。答案：C方法技巧带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法3(多选)(2020高考天津卷)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45
12、。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OMa，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A粒子带负电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相距(1)a解析：粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图，由于速度方向与y轴正方向的夹角45，根据几何关系可知OMO1OO1M45， OMOO1a，则粒子运动的轨道半径为rO1Ma，洛伦兹力提供向心力，则qvBm，解得v，B、C错误；N与O点的距离为NOOO1r(1)a，D正确。答案：AD4(2021河北保定调研)如图所示，区域、内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域内磁场的磁
13、感应强度为B，宽为1.5d，区域中磁场的磁感应强度B1未知，区域是无场区，宽为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成60角射入区域的磁场，粒子恰好不从区域的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计。(1)求区域中磁场的磁感应强度B1；(2)求区域磁场的最小宽度L；(3)求粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t。解析：(1)由题意知，粒子的运行轨迹如图所示，设在区域、中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由几何关系知RRcos 1.5d，Rsin rsin ，联立得Rd，r。由洛伦兹力提供向心力得：qvBm，同理区域中，qvB1m，联立得B13B。(2)由(1)及图知区
14、域磁场的最小宽度Lrrcos 。(3)在区域中r，可得：v由图知粒子在区域中的运行时间为：t1，在区域中的运行时间为：t2，在区域中的运行时间为：t3，所以粒子从离开A点到第一次回到A点的时间：tt1t2t3。答案：(1)3B(2)(3)师生互动带电粒子通常都在有界磁场中运动，当带电粒子射入匀强磁场的速度大小或方向变化时，会出现恰好不射出磁场边界、在磁场中的运动时间最长等临界与极值问题。1判断临界状态的常用结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速度v变化时，圆心角越大的，
15、运动时间越长。2.确定临界轨迹的技巧动态圆法(1)缩放圆法适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法(2)旋转圆法适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆
16、周运动的半径相同，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为R，如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径R的圆上适用条件界定方法将一半径为R的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法 缩放圆法的应用典例2(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A若该
17、带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场B若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场D若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场解析如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹、刚好从bc边射出的轨迹、从cd边射出的轨迹和刚好从ad边射出的轨迹。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图及周期可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从
18、bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0。答案AC旋转圆法的应用典例3如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。解析(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqvm，则r。(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的
19、半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，且2Rr，所以sin，即max60。答案(1)见解析(2)60方法技巧解决临界、极值问题的方法技巧 (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：题干中常用“恰好”“最大”
20、“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含的规律，找出临界条件。5.(多选)(2021湖南株洲高三联考)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB5 cm，AD10 cm，磁感应强度B0.2 T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v1.0105 m/s的正离子，离子的质量m2.01012 kg，电荷量q1.0105 C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则()A从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短B边界AP段无离子飞出C从CD、B
21、C边飞出的离子数之比为12D若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等解析：半径确定，在离子转过的圆心角小于的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子沿逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP飞出，由r得r0.1 m，通过几何关系可知12，离子数之比也为12，故B错误，C正确；故选A、C、D。答案：ACD6.(多选)(2021山东潍坊高三月考)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大
22、量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是()A速度的最大值为B速度的最小值为C在磁场中运动的最短时间为D在磁场中运动的最长时间为解析：粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知r1，2r2cos 45O2cr2l，解得r2(1)l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvBm，解得v，故粒子的最大速度为vmax，最小速度vmin，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角max180，最小圆心角：min45，粒子做圆周运动的周期T，则粒子在磁场中运动的最短时间tminT，最长时间tmaxT，故C、D正确。答案：ACD
