1、第2节磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1.定义:磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力.2.方向(1)判定方法:左手定则掌心磁感线垂直穿过手心;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.大小:f=qvBsin ,为v与B的夹角(1)vB时,洛伦兹力f=0.(=0或180)(2)vB时,洛伦兹力f=qvB.(=90)(3)v=0时,洛伦兹力f=0.知识解读导线中带电粒子的定向运动形成了电流.电荷定向运动时所受洛伦兹力的合力,在宏观上表现为导线所受的安培力.按照这个思路,可由安培力的表达式导出洛伦兹力的表达式.设有一
2、段长度为L的通电导线,横截面积为S,导线每单位体积中含有的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q,定向移动的平均速率为v.这段导线中电流的微观表达式为I=nqSv.这段导线受到的安培力为F=BIL=BnqSvvt.这段导线中含有的自由电荷数为N=nvtS.每个自由电荷受到的力为f=qvB.二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.带电粒子在匀强磁场中的运动情况(1)若vB,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动.(2)若vB,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动.2.半径和周期公式:(vB)基本公式:qvB=m导出公式:半径r=,周期T=.自主探究在如图所示的平行板器件中,电场强度
3、E和磁感应强度B相互垂直.某一水平速度为v的带电粒子,将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间.如果已知粒子A(重力不计)的质量为m、带电荷量为+q,两极板间距为d,磁场的磁感应强度为B.(1)试证明带电粒子具有速度v=时,才能沿着图示的虚线路径通过.(2)若粒子A从图中的右端两极板中央以-v入射,还能沿直线从左端穿出吗?为什么?答案:(1)带电粒子A进入场区后,受到竖直向下的电场力F1=qE和竖直向上的洛伦兹力F2=qvB的作用,如果带电粒子穿过两板间做匀速直线运动不发生偏转,应有F1=F2,即qE=qvB.所以v=.(2)粒子A在选择器的右端入射,电场力与洛伦兹力同方向,因此粒子不可能沿直线从
4、左端穿出,一定偏向下极板.1.思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定受到磁场力的作用.()(2)洛伦兹力的方向一定与带电粒子的速度方向垂直.()(3)洛伦兹力同电场力一样,可对运动电荷做正功或负功.()(4)回旋加速器的半径越大,带电粒子获得的最大动能就越大.()(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子的比荷有关.()2.(2019河南郑州二模)(多选)电子e以垂直于匀强磁场的速度v,从a点进入长为d、宽为L的磁场区域,偏转后从b点离开磁场,如图所示.若磁场的磁感应强度为B,那么(BD)A.电子在磁场中的运动时间t=B.电子在磁场中的运动时间t=C.洛伦兹力对电子做的
5、功是W=BevLD.电子在b点的速度值也为v解析:电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由a点到b点运动时间t=,洛伦兹力对电子不做功,故B,D正确.3.(2019山东烟台一模)在同一匀强磁场中,粒子He)和质子H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则粒子和质子(B)A.运动半径之比是11B.运动半径之比是12C.运动周期之比是11D.运动周期之比是12解析:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,有qvB=m,解得r=,由题意可知mv=mHvH,所以有=,根据T=,解得T=,所以有=,选项B正确,A,C,D错误.4.(2019江西南昌模拟)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截
6、面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.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角.不计重力,求该磁场的磁感应强度大小.解析:根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可得,粒子的轨迹半径r=R,根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m,解得B=.答案:考点一对洛伦兹力的理解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
7、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.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与B不平行电荷处在电场中大小f=qvB(vB)F=qE方向fB且fv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,也可能不做功例1 初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示,则(A)A.电子将向右偏转,速率不变B.电子将向左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,速率不变D.电子将向右偏转,速率改变解析:由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂
8、直纸面向里,则由左手定则可判断电子所受洛伦兹力方向向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变.针对训练 (2019河南开封联考)如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中.质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑.在滑块下滑的过程中,下列判断正确的是(C)A.滑块受到的摩擦力不变B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D.B很大时,滑块可能静止于斜面上解析:根据左手定则可知,滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力,故C正确;随着滑块速度的变化,洛伦兹力大小变化,它对斜面的压力大小发生变化,故滑
9、块受到的摩擦力大小变化,故A错误;B越大,滑块受到的洛伦兹力越大,受到的摩擦力也越大,摩擦力做功越多,据动能定理,滑块到达地面时的动能就越小,故B错误;由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑,说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力,B很大时,若滑块速度很小,则摩擦力小于重力沿斜面的分力,滑块不会静止在斜面上,故D错误.考点二带电粒子在匀强磁场中的运动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,分别确定两点处洛伦兹力f的方向,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,则可作出此两点的连线(
10、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:t=T;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).例2 (2019山东济南期末)如图(甲)所示有界匀强磁场的宽度与图(乙)所示圆形匀强磁场的半径相等,一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直
11、射入磁场,从右边界射出时速度方向偏转了角;该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场,射出磁场时速度方向偏转了2角.已知磁场,的磁感应强度大小分别为B1,B2,则B1与B2的比值为(C)A.2cos B.sin C.cos D.tan 审题指导:本题考查了粒子在有界匀强磁场中的运动,应先确定粒子做圆周运动的圆心,并利用几何关系求出运动的半径,然后应用洛伦兹力提供向心力求磁感应强度.解析:设有界磁场宽度为d,则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图(a)、图(b)所示,由几何关系知d=r1sin ,d=r2tan ,由洛伦兹力提供向心力知qvB=m,得B=,联立得=cos ,选项C正确.带电粒子在
12、磁场中做匀速圆周运动的分析方法1.(2019湖北四地七校联考)(多选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v垂直磁场方向从O点进入磁场区域,粒子进入磁场时速度方向与边界夹角为,下列有关说法正确的是(CD)A.若一定,速度v越大,粒子在磁场中运动时间越长B.粒子在磁场中的运动时间与速度v有关,与角度大小无关C.若速度v一定,越小,粒子在磁场中运动时间越长D.粒子在磁场中运动时间与角度有关,与速度v无关解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何知识知,粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2-2,若一定,则t=T=,所以粒子在磁场中的运动时间
13、和速度无关;若速度v一定,越小,粒子在磁场中运动的时间越长,选项A,B错误,C,D正确.2.如图所示,边长为a的正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场,当速度大小为v1时,粒子从b点离开磁场;当速度大小为v2时,粒子从c点离开磁场,不计粒子重力,则v1与v2的大小之比为(A)A.13B.12C.21D.2解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qvB=m可得r=,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,从b点离开磁场的粒子,设圆心为O1,半径为r1,由几何关系得2r1cos 30=a,即r1=,从c点离开磁场的粒子,设圆心为O2,半径为r2,由几何关系得(
14、r2-acos 30)2+(a+asin 30)2=,解得r2=a;根据r=,得v=,所以=,故A正确,B,C,D错误.考点三带电粒子在匀强磁场中的多解问题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.如图所示.2.磁场方向不确定形成多解只知道磁感应强度的大小,而未具体指明磁感应强度的方向,此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解.如图所示.3.临界状态不唯一形成多解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
15、反向飞出,于是形成了多解.如图所示.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.如图所示.例3 (2019广东广州一模)(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是(AC)A.B.C.D.审题指导:题干关键获取信息电荷量为q的负电荷、固定的正电荷电性确定磁场方向垂直于它的运动平面磁场方向有两种可能光滑轨道不计摩擦匀速圆周运动电场力与磁场力的合力提供向心力解析:依题中条件
16、“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律可知4qvB=m,得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度=;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2qvB=m,v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为=,故A,C正确.解决多解问题的一般思路(1)明确带电粒子的电性和磁场方向;(2)正确找出带电粒子运动的临界状态;(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动知识进行分析计算.1.(多选)如图所示,直线MN与水平方向成60角,MN的右上
17、方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是(AB)A.B.C.D.解析:由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120,所以粒子运动的半径为r=(n=1,2,3,),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,则v=(n=1,2,3,),所以A,B正确.2.(多选)如图所示,有一半径为R的光滑绝缘塑料半圆形轨道,水平固定于一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,
18、现将一质量为m、所带电荷量为+q的小球从轨道的左端由静止释放,半圆形轨道的最低点为A,不考虑涡流现象,则下列说法正确的是(BC)A.小球沿轨道运动过程中机械能不守恒B.小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg-qBC.小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg+qBD.从轨道的左端由静止释放的小球,可能从轨道右端滑出解析:由于小球运动过程洛伦兹力不做功,只有重力做功,小球机械能守恒,A错误;小球第一次通过最低点A时的受力情况如图(甲)所示,则由机械能守恒定律可得,mgR=mv2,由牛顿第二定律可得N1+f-mg=m,且f=qvB,联立解得N1=3mg-qB,由牛顿第三定律知,B正确;同理可得小球第二
19、次经过最低点A时,其受力情况如图(乙)所示,由牛顿第二定律可得N2-f-mg=,且f=qvB,则联立解得N2=3mg+qB,C正确;小球的机械能守恒,从轨道左端由静止释放后,到达右端的最高点时速度为0,故D错误.考点四带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题1.有界磁场的主要形式2.分析临界极值问题常用的三个结论(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)不管速率v是否变化,只要是弧长越长,圆心角就越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间就越长.(3)在圆形匀强磁场中,如果运动轨迹圆半径大于区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有
20、的弦长中直径最长).3.带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题的三种分析方法(1)几何对称法带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称,轨迹圆心O位于中垂线上,并有=2=t,如图所示.应用粒子运动中的这一“对称性”,可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹,并非常便捷地求解某些临界问题.(2)动态放缩法当带电粒子射入磁场的方向确定,但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时,粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化.在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射点为定点,将轨道半径放缩,作出一系列的轨迹,从而探索出临界条件.如图所示,粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为和
21、.(3)定圆旋转法如图所示,当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定,但射入的方向变化时,粒子做圆周运动的轨道半径r是确定的.在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而探索出各种临界条件或极值.例4 (2019北京延庆模拟)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为(C)A.B.C.D.审题指导: 题干关键获取信息垂直纸面向里的匀强磁场、向磁场发
22、射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等、重力不计各粒子做匀速圆周运动,半径不变比荷为k,速度大小为2kBr可知运动半径最长时间弦最长或圆心角最大解析:粒子在磁场中运动的半径为R=2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故粒子在磁场中运动的轨迹对应的最大圆心角为60,所以最长时间t=,选项C正确.解决临界极值问题方法技巧(1)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临界条件如相切、弧长最短等.(2)一个“解题流程”,突
23、破临界问题1.(半圆形区域中的临界问题)(2019江苏常州一模)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=310-7 kg、电荷量q=+210-3 C的带电粒子以速度v=5102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域,则(D)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边解析:由r
24、=得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r=0.3 m,其运动半径恰等于磁场区域半径,以O点为例,假设长方形完全被磁场覆盖,则粒子会到达b点,但由于只有半圆内存在磁场,所以粒子出了磁场后,由于不再受到洛伦兹力的作用,粒子无法偏转到b点,最终会落在be边上,故从Od边射入的粒子,出射点分布在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.2.(定圆旋转法)(2019福建三校联考)(多选)如图,半径为R的四分之一圆内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,半径OA水平.在圆的最低点C有一粒子源,它正以相同速率在纸面内向各个方向发射质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子,速率
25、大小为v=.在圆弧AC上有粒子射出,B为圆弧上一点,AOB等于60,不计粒子所受重力,下列说法正确的是(AC)A.所有从圆弧上出来的粒子的速度方向都平行B.所有从圆弧上出来的粒子在磁场中运动时间都相等C.从A处射出的粒子与从B处射出的粒子在磁场中运动时间之比为31D.从A处射出的粒子与从B处射出的粒子在磁场中的速度偏转角之比为32解析:粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=R,粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与磁场半径相等;粒子沿CO方向入射其运动轨迹如图所示,则OCO1A是正方形,粒子偏转角为90;粒子沿其他方向入射,由于C点不变,OC不变,四边形的四个边相等,四
26、边形永远是菱形,则O2B一定平行于OC,速度一定沿水平方向射出,故A正确;沿不同方向射入的粒子在磁场中的偏转角度不同,粒子在磁场中的运动时间 t=T不同,故B错误;由题意可知AOB=60,则:BO2C=30,两粒子偏转角之比为9030=31,粒子在磁场中的运动时间t=T,则粒子运动时间之比为31,故C正确,D错误.1.(2019全国卷,17)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外.ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子.已知电子的比荷为k.则从a,d两点射出的电子的速度大小分别为(B)A.kBl,kB
27、l B.kBl,kBlC.kBl,kBl D.kBl,kBl解析:由题意可知,从a点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Ra=l,根据洛伦兹力提供向心力,qvaB=,解得va=kBl;从d点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Rd,根据几何关系得=l2+(Rd-)2,可得Rd=l,又qvdB=,解得vd=kBl,故B正确.2.(2017全国卷,18)如图,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;若粒子射入速度为v2,相应的出
28、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v2v1为(C)A.2B.1C.1D.3 解析:设粒子逆时针旋转,磁场圆半径为r.由于粒子在磁场中运动半个圆周时出射点的位置最远,即粒子的入射点和出射点应分别在轨迹直径的两端.如图所示,两种情况下,最远的粒子轨迹直径恰为PA和PB,由几何关系知, r1=,r2=r,又r=,得v2v1=1,选项C正确.3.(2019全国卷,24)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.
29、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.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qU=mv2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qvB=m由几何关系知d=r联立式得=.(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s=+rtan 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)( +)4.(2019辽宁沈阳一模)如图所示,
30、在真空中坐标xOy平面的x0区域内,有磁感应强度B=1.010-2 T的匀强磁场,方向与xOy平面垂直,在x轴上的P(10,0)点,有一放射源,在xOy平面内向各个方向发射速率v=104 m/s的带正电的粒子,粒子的质量为m=1.610-25 kg,电荷量为q=1.610-18 C,求带电粒子能打到y轴上的范围.解析:带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得qvB=m,解得r=0.1 m=10 cm如图所示,当带电粒子打到y轴上方的A点与P点连线正好为其圆轨迹的直径时,A点即为粒子能打到y轴上方的最高点.因OP=10 cm,AP=2r=20 cm,则OA=10 cm当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时,若圆心再向左偏,则粒子就会从y轴离开磁场,所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点,易得OB=r=10 cm,综上所述,带电粒子能打到y轴上的范围为-10 cm10 cm.答案:-10 cm10 cm
