1、第37课时磁场对运动电荷的作用考点1洛伦兹力的理解及应用1定义：运动电荷在磁场中所受的力叫做洛伦兹力。2大小(1)vB时，F0。(2)vB时，FqvB。(3)v与B夹角为时，FqvBsin。3方向(1)由左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。(2)方向特点：FB，Fv。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)(3)由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。例1(2017北京东城区统测)如图所示，界面MN与水
2、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解析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，A错误；根据电势能公式Epq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，B错误；洛伦兹力的方向始终和速
3、度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；由动能定理可知：重力做正功，电场力也做正功，洛伦兹力不做功，它们的代数之和等于动能的增量，D正确。答案D小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，则洛伦兹力大小也发生变化，运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功。1(人教版选修31 P102T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是()A组成A束和B束的离子都带负电B组成A束和B束的离子质量一定不同CA束离子的比荷大于B束离子的比荷D速度选择器中的磁场方向
4、垂直于纸面向外答案C解析由左手定则知，两束离子都带正电，A错误；分析可得速度选择器中EqqvB，可得v，即A、B两束离子的速度相等。由于两束离子都带正电，所以它们在速度选择器中所受电场力向右，则洛伦兹力向左，所以速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，D错误；离子在另一磁场B中作圆周运动，A离子束的半径小于B离子束，由R，且v、B相同，则：A束离子的比荷大于B离子束的比荷，C正确；由于q未知，所以不能确定质量关系，B错误。2.如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动与磁场方向平行，则该电子()A不受洛伦兹力B受洛伦兹力，方向向上C受洛伦兹力，方向向下D受洛伦兹力，方向向左答案A解析当带电粒子
5、运动方向与磁场方向平行时，粒子不受洛伦兹力作用，故A正确。3(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是()A两小球第一次到达轨道最低点时的速度vMvNB两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FMFNC小球第一次到达M的时间大于到达N的时间D在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能答案ABD解析小球在磁场中到达轨道最低点的过程中只有重力做功，vM。在电场中到达轨道最低点的过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理得mgRqER
6、mv，vN，所以vMvN；设两轨道左端最高点分别为X、Y，因为，所以该过程所用时间tMFN，由牛顿第三定律可知FMFM，FNFN，所以B正确。考点2带电粒子在匀强磁场中的运动一、圆心的确定1如果已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可以通过入射点和出射点作出垂直入射方向和出射方向的垂线，两条垂线交点就是圆弧轨道的圆心，如图甲。2已知入射点、出射点的位置和入射方向，可以通过入射点作出入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其线段的中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧的圆心，如图乙。二、半径的确定一般运用几何知识，常用三角函数关系、三角形知识(如正弦定理、余弦定理)等来求解。1粒子速度的偏向角等于回
7、旋角(圆心角)，并等于弦AB与切线的夹角(弦切角)的2倍，即2，如图丙。2相对的弦切角相等，与相邻的弦切角互补，即180，如图丙。三、时间的确定 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBm，可得半径公式r；又由T可得粒子运行一周的时间为T，当粒子通过的圆弧所对应的圆心角为时(如图丙)，其运动的时间tT(用角度制)或tT(用弧度制)。 例2 (2016全国卷)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(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
8、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.解析如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30角，则射出磁场时速度方向与MO成30角，由几何关系可知，PQON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R，所以D正确。答案D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，根据题意，画出粒子的运动轨迹，正确确定圆心和半径，再利用几何关系、运动规律找出轨道
9、半径与磁感强度、运动速度的联系以及运动时间与圆心角、偏转角度、周期的关系等。1两相邻的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，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，角速度减小答案D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，由牛顿第二定律有：qvBm，解得：r，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后。B减小，所以r增大。线速度、角速度的关系为：vr，线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，A、B、C错误。故选D。2
10、.带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小(带电荷量不变，重力忽略不计)，轨道如曲线abc所示，则该粒子()A带负电，运动方向cbaB带负电，运动方向abcC带正电，运动方向abc D带正电，运动方向cba答案B解析据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c。在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，所以B正确。3. (2018甘肃兰州一中期末)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率沿着AO
11、方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()Aa粒子速率最大Bc粒子速率最大Cc粒子在磁场中运动的时间最长D它们做圆周运动的周期TaTbTc答案B解析根据qvBm和qvBmr得：轨迹半径r，运动周期T。由于带电粒子在同一磁场中运动，B相同，它们的q、m均相同，所以r与v成正比，如图所示，可知rarbrc，因此vavbbc，所以tatbtc，故C错误。考点3带电粒子在磁场中运动的多解问题1带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联。因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键。常遇到的
12、临界和极值条件有：(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，对应粒子速度的临界值。(3)运动时间极值的分析周期不同的粒子，当速率相同时，轨迹越长，运动时间越长。周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长。2带电粒子在磁场中运动的多解问题(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。如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。(2)磁场方向的不确
13、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。如图乙所示。(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从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在一部分是电场、一部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。 例3 (2018山东济南期末)如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B2103 T的匀强磁场，其中M、
14、N点距坐标原点O为 m，磁场方向垂直于纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为5107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v1105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在090范围内。(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角。解析(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，由qvBm得R m1 m由几何关系可知O1PO1O1 m, OP m 则O1OP为等腰直角三角形，设P点坐标为(x，y)，则xy1 m，故P点坐标为(1 m,1 m)运动时间为t105 s。(2
15、)设恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为，画出轨迹如图乙所示。由几何关系可知O2MO2O1 m，OM m，O2OM为等腰直角三角形，O2OM45，则O2OM45。答案(1)坐标为(1 m,1 m)105 s(2)45(1)解决此类问题一定要做好三件事：定圆心；画轨迹；根据几何关系计算半径。(2)有必要时要形成动态几何图形(比如滚动圆、缩放圆)，形成运动过程场景图，以便找出极值。(2018吉林实验中学期末)(多选)如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(
16、图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，下列说法中正确的是()A磁场方向一定是垂直xOy平面向里B所有粒子通过磁场区的时间相同C所有粒子在磁场区运动的半径相等D磁场区边界可能是圆答案CD解析由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；依题意画出带电粒子的轨迹如图所示。根据周期公式T，可知所有粒子的周期相同，由于通过磁场区的时间为t，与圆心角有关，由图可知不同，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R，由于同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于
17、x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确。1(2018山西沂州一中期末)有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是()A电荷在电场中一定受电场力的作用B电荷在磁场中一定受磁场力的作用C电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直答案A解析电荷在电场中一定受到电场力作用，A正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面
18、垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错误。2下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是()答案B解析根据左手定则，A中f方向应向上，B中f方向应向下，故A错误、B正确；C、D中都是vB，F0，故C、D错误。3如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是()A加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C加一电场，电场方向沿z轴负方向D加一电场，电场方向沿y轴正方向答案B解析要使荧光屏上的亮线向下偏转，若加磁场
19、，应使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿y轴正方向，A错误、B正确。若加电场，电场方向应沿z轴正方向，C、D错误。4两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子的动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长答案C解析由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvBm得r，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek
20、mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。5(多选)边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子以不同速度水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，以下说法正确的是()A从A处和C处射出的电子速度之比为21B从A处和C处射出的电子在磁场中运动的时间之比为21C从A处和C处射出的电子在磁场中运动周期之比为21D从A处和C处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为12答案BD解析电子从C点射出，A为圆心，RCL，圆心角C，由R，得vC，运动时间tC，电子从A点射出，OA中点为圆心，R
21、A，圆心角A，所以vA，tA，由于运动的周期相等，故vAvC12，tAtC21，故A、C错误，B正确；电子做匀速圆周运动f洛eBv，可知洛伦兹力与速度成正比，为12，故D正确。6(多选)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，半径不变D电子将向右偏转，半径改变答案AD解析由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R知，在电子偏离直线电流时，B减弱，
22、故R变大，D正确。7.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的点P(a,0)以速度v，沿与x轴正方向成60角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。答案射出点坐标为(0，a)解析画出轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的洛伦兹力方向可找到圆心O，由cos30可得r，得B；由图可知射出点的纵坐标yrrsin30a，则射出点坐标为(0，a)。8(2017潍坊模拟)如图所示，在半径为R的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板MN，带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子
23、的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0从P点以任意方向平行于纸面入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。答案(1)(2)v0(3)见解析解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得qv0Bm可得rR，则带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则t。(2)由(1)知，当vv0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图乙所示，由图可知PO2OOO2Q30，所以带电粒子离开磁
24、场时速度偏转角为60，则vvsin60v0。(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R。设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示。因为PO3O3SPOSOR，所以四边形POSO3为菱形。由图可知：POO3S，在S点，v0SO3，因此，带电粒子离开磁场后均垂直打在感光板上，与入射的方向无关。9(2015全国卷)(多选)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
25、D做圆周运动的角速度与中的相等答案AC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，A正确；由a得，B错误；根据周期公式T，可得，C正确；根据角速度公式，可得，D错误。10(2017全国卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()Amambmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma答案B解析设三个微粒的电荷量
26、均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即magqEb在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbgqEqvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcgqvBqE比较式得：mbmamc，B正确。11. (2017河北廊坊期末)(多选)如图所示，小车A的质量M2 kg，置于光滑水平面上，初速度v014 m/s。带正电荷q0.2 C的可视为质点的物体B，质量m0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B00.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2
27、)，则()A物体B的最终速度为10 m/sB小车A的最终速度为13.5 m/sC小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J答案ABD解析当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0mg，解得vB10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0mvBMvA，解得vA13.5 m/s，A、B正确，C错误。根据能量守恒定律得QEk8.75 J，D正确。12. (2017安徽六校联考)一个质量m0.1 g的小滑块，带有q5104 C的电荷，放置在倾角30的光滑斜面上
28、(斜面绝缘)，斜面置于B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。问：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？(3)该斜面的长度至少多长？答案(1)负电荷(2)2 m/s(3)1.2 m解析(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有qvBFNmgcos0当FN0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvBmgcos得v m/s2 m/s。(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinmv20，解得x1.2 m。
