1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲磁场对运动电荷的作用知识排查知识点一洛伦兹力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；拇指指向洛伦兹力的方向。(2)方向特点：FB且Fv，即F垂直于B和v决定的平面。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)v与B方向成角时，洛伦兹力FqvBsin_(为任意角)。知识点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
2、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。如下图，带电粒子在匀强磁场中：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：(vB)小题速练1.思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛伦兹力的作用。()(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()(3)公式T说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。()(4)带电粒子只受洛伦兹力作用时运动的动能、速度均不变。()答案(1)(2)(3) (4) 2.人教版选修31P98T1改编下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的
3、是()答案B3.(多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B12B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的()图1A.速率将加倍B.轨迹半径加倍C.周期将加倍D.做圆周运动的角速度将加倍解析由于洛伦兹力不做功，粒子的速度v大小不变，故A错误；带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，由r可知，磁感应强度减半，轨道半径加倍，选项B正确；由T可知，粒子在磁场中运动的周期加倍，选项C正确；由2可知T加倍，减半，选项D错误。答案BC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
4、之变化。(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力永不做功。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。1.如图2所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()图2A.无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B.无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C.若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D.若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析地磁场在赤道上空水平，方向由南向北，从南向北观察，若小球带正电，则洛伦兹力
5、斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右的方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D项正确。答案D2.(2019大兴区模拟)从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。如图3为地磁场的示意图(虚线，方向未标出)，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有(He的原子核)、(电子)、(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下()图3A.射线沿直线射向赤道 B.射线向西偏转C.射线向东偏转 D.质
6、子向北偏转解析赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的射线和质子向东偏转，带负电的射线向西偏转，不带电的射线不偏转，选项B正确。答案B3.(多选)两个粒子的电量相等，在同一匀强磁场中仅受磁场力而做匀速圆周运动()A.若速率相等，则半径必相等B.若动量大小相等，则半径必相等C.若质量相等，则周期必相等D.若动能相等，则周期必相等解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvBm，可得R；两个粒子的电量q相等，匀强磁场的磁感应强度B为定值，粒子的速率相等时其质量不一定相等，则半径不一定相等；动量大小相等，则半径必相等，故A错误，B正确；由周期T可知，质量相
7、等时周期必相等，动能相等则周期不一定相等，故C正确，D错误。答案BC带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1.带电粒子在匀强磁场中圆周运动圆心的确定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4甲；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(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。图42.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利用圆心角求：tT；方法二利用弧长求：t。4.
8、带电粒子在有边界磁场中运动的常见情景(1)磁场有一个直线边界(进出磁场具有对称性，如图5所示)。图5(2)磁场有多个直线边界(会涉及与边界相切、相交等临界问题，如图6所示)。图6(3)磁场有圆形边界若沿径向射入必沿径向射出，如图7所示。图7磁发散与磁聚焦，如图8所示。图8(粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径)考向1带电粒子通过多磁场区域的运动【例1】 (2019全国卷，18)如图9，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒
9、子在磁场中运动的时间为()图9A. B.C. D.解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1粒子在第一象限内运动的时间t2则粒子在磁场中运动的时间tt1t2，选项B正确。答案B考向2带电粒子在有界磁场中的运动【例2】 (2019全国卷，17)如图10，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()图10A.kB
10、l，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，ra由qvaBm得va若电子从d点射出，运动轨迹如图线，由几何关系得rl2，整理得rdl由qvdBm得vd，选项B正确。答案B考向3带电粒子在有界磁场中的运动的临界问题【例3】 (2016全国卷，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图11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(q0)。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
11、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()图11A. B. C. D.解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于2rsin 30r，故AOD为等边三角形，ODA60，而MON30，则OCD90，故COD为一直线，24r，故选项D正确。答案D1.(2017全国卷，18)如图12，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点在纸面内沿不同的方向射入磁场，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
12、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v2v1 为()图12A.2 B.1 C.1 D.3解析根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos 60R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2Rcos 30R；由轨道半径r可知，v2v1r2r11，故选项C正确。甲乙答案C2.(2019广东模拟)如图13所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场
13、方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域，不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R，正确的图是()图13解析首先当粒子沿x轴负方向运动的时候，其轨迹如图所示，是一个完整的圆，随着粒子的出射角度向y轴正方向逐渐转动过程中，这个圆逐渐沿顺时针方向转动，当粒子沿y轴正方向的时候，其轨迹为一个半圆。根据分析在这个轨迹圆转动的过程中，图中完整的圆与半圆相交的部分不会有粒子经过，故D项正确。答案D3.如图14所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁
14、感应强度大小为B，a60，b90，边长abL。粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向均不同的速度射入磁场，已知粒子质量均为m，电荷量均为q。则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()图14A. B. C. D.解析由于所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，则所有粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。在磁场中运动时间最长的粒子是垂直bc边入射并由bc边射出的粒子，其中轨迹半径最大的粒子的运动轨迹与ac边相切，轨迹如图所示。由几何关系可知，该粒子的轨迹半径RLtan 30L，又由半径公式R，解得v，D项正确。答案D带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 多解原因分析类型分析图例带电粒子电性不确定受洛
15、伦兹力作用的带电粒子，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，形成多解磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一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，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解【典例】 如图15所示，空间存在着两个方
16、向均垂直纸面向外的匀强磁场区域和，磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1B0、B22B0，MN为两个磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从边界上的A点以一定的初速度竖直向上射入匀强磁场区域中，边界MN上的C点与A点的距离为d。试求该粒子从A点射入磁场的速度v0为多大时，粒子恰能经过C点？图15解析设粒子在磁场区域中做圆周运动的半径为r1，在磁场区域中做圆周运动的半径为r2，则有r1，r2，可得r12r2由题意可知，速度v0的最大值对应的半径应为r1d，如图中的轨迹所示。若粒子在A点的速度小一些，则由分析可知，凡是做圆周运动的半径满足条件dnr1(n1，2，3)的粒子都满足
17、恰能通过C点的条件，如图中的轨迹所示即r1(n1，2，3)，又因为r1联立可解得v0(n1，2，3)。答案(n1，2，3)处理多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能)。(3)若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。1.(多选)(2020临沂模拟)如图16所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则()图16A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周
18、期将大于T0B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0解析当磁场方向指向纸里时，质点所受的洛伦兹力方向背离圆心，与库仑引力方向相反，则向心力减小，由F向mR可知，当轨道半径R不变时，该质点运动周期必增大；同理可得，当磁场方向指向纸外时，质点所受的洛伦兹力指向圆心，则向心力增大，当R不变时，质点运动周期减小，选项A、D正确。答案AD2.(多选)如图17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BA
19、C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()图17A.2BkL B.C. D.解析因质子带正电，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(n1，2，3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，即vBk(n1，2，3，)，选项B、D正确。答案BD活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(2020山东济宁模拟)图1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
20、的方向是()图1A.向上 B.向下C.向左 D.向右解析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。答案B2.(2019昌平区月考)如图2所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速
21、度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为 ()图2A.2 B. C.1 D.解析由Ekmv2可知当动能为原来的一半时，速度是原来的，由R可知R1，R2，又R12R2，可得B1B2，选项D正确。答案D3.(多选)(2015全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析电子在两匀强磁场、中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB，可得r，即，选项A正确；由a得，选项
22、B错误；根据周期公式T，可得，选项C正确；根据角速度公式，可得，选项D错误。答案AC4.如图3所示，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1t2t3331。直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是 ()图3A.三个速度的大小关系一定是v1v2v3B.三个速度的大小关系可能是v2v1v3C.粒子的比荷D.粒子的比荷解析由于t1t2t3331，作出粒子运动轨迹图如图所示，它们对应的圆心角分别为90、90、30，由几何关系可知轨道半径
23、大小分别为R2R3，R1或v0 B.v0 D.v0或v0，故选项A正确。答案A6.(2019北京卷，16)如图5所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()图5A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角变大，由tT，T知，运动时间
24、变长，D错误。答案C7.(2016全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图6所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图6A. B. C. D.解析由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30，因此粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90所用的时间相等，即，求
25、得，选项A正确。答案A8.如图7所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧来回往复运动，它向左或向右通过最低点时()图7A.速度相同 B.加速度相同C.所受洛伦兹力相同 D.轨道对它的弹力相同解析在整个运动的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通过最低点时的速率大小相等，但速度的方向不同，故A错误；合外力提供向心力，F合mam，知加速度相同，B正确；根据左手定则，洛伦兹力的方向不同，故C错误；向右和向左通过最低点时，洛伦兹力大小相等，方向相反，根据合力提供向心力，知弹力大小不等，故D错误。答案B综合提能练9.(多选)(2020郑州模拟)如图8所示，垂直纸面向里的匀强
26、磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B12B22 T，比荷为2106 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点以v04104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为()图8A.106 s B.106 sC.106 s D.2106 s解析粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2，解得R22 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示。则粒子运动的时间t1106 s，由于B12B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1R21 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点
27、，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2T1T2106 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为106 s或106 s。选项A、C正确。答案AC10.(2019珠海模拟)如图9所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒子，从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：图9(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x
28、轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。解析(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0mv2代入数据得v20 m/s。(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB得R代入数据得R0.50 m而0.50 m故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。甲由几何关系可知OQRRcos 37故OQ0.90 m。(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：乙OPRRsin 37R由以上两式并代入数据得：B T5.33 T。答案(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T11.(201
29、7全国卷，24)如图10，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0 区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)图10(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离。解析(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1粒子再转过180时，所需时间t2为t2联立式得
30、，所求时间为t0t1t2(1)(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2)(1)答案(1)(1)(2)(1)12.(2020潍坊模拟)如图11所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子(不计重力)，而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达。假若放射源所放出的是质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L。为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场。求：图11(1)匀强磁场的方向；(2)画出所需最小有界匀强磁场的区域，并用阴影表示；(3)磁感应强度B的大小以及最小有界匀强磁场的面积S。解析(1)所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向为垂直纸面向外。(2)最小有界磁场如图甲所示。(3)如图乙所示，以P为原点建立坐标系，设粒子从磁场边界的A点水平射出，坐标为(x、y)，轨迹半径为R，则有：x2(Ry)2R2由磁场的边界方程可知，这是一个圆形磁场，半径与轨道半径相等为R。R，Bvq得R联立解得B则有界匀强磁场区域的最小面积为S。答案(1)垂直纸面向外(2)见解析(3)- 25 - 版权所有高考资源网