人教版高考物理一轮复习第9章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用含答案

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：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。

3．洛伦兹力的大小

(1)当v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)

(2)当v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)

(3)当v＝0时，洛伦兹力F＝0。

二、带电粒子在匀强磁场中的运动

1．若v∥B，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v⊥B，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。

如下图，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动。

3．半径和周期公式：(v⊥B)

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

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：D

2．(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 t图象可能是下图中的(　　)

解析：当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时μFN＝ma，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F⊥v，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，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：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)。

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3－1·P105·T7]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α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10∶9，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。

[解析]　带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r＝，设 α粒子第一次穿过金属片后的速度为v′，则()∶()＝10∶9，所以v′＝0.9v，动能减少ΔEk＝mv2－mv′2＝0.19E。根据阻力及电荷量恒定可知 α粒子每穿过一次金属片，动能都减少0.19E，由6>>5，故 α粒子穿过5次后陷入金属中。

[答案]　0.19E　5

拓展❶　带电粒子在有界磁场中的运动

　(2019·高考全国卷Ⅰ)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

qU＝mv2①

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，②

由几何关系知

d＝r，③

联立①②③式得

＝。④

(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°，⑤

带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为

t＝，⑥

联立②④⑤⑥式得

t＝(＋)。⑦

答案：(1)　(2)(＋)

拓展❷　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Ⅲ)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

a2＋r2＝(3a－r)2，

根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，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

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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θ＝45°。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OM＝a，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a

D．N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θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°， OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝a，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，解得v＝，B、C错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(＋1)a，D正确。

答案：AD

4．(2021·河北保定调研)如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ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θ＝60°角射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计。

(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1；

(2)求区域Ⅰ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Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由几何关系知R＋Rcos  θ＝1.5d，

Rsin θ－＝rsin θ，

联立得R＝d，r＝。

由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，

同理区域Ⅰ中，qvB1＝m，

联立得B1＝3B。

(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度

L＝r－rcos θ＝。

(3)在区域Ⅰ中r＝，可得：v＝＝

由图知粒子在区域Ⅰ中的运行时间为：

t1＝·＝，

在区域Ⅱ中的运行时间为：t2＝＝＝，

在区域Ⅲ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：

t＝t1＋t2＋t3＝。

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，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

(2)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①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。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Bqv＝m，则r＝。

(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，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2R＝r，所以sin＝＝，即φmax＝60°。

[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

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 (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”“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，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感应强度B＝0.2 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v＝1.0×105 m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12 kg，电荷量q＝1.0×10－5 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、BC边飞出的离子数之比为1∶2

D．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π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r＝0.1 m，通过几何关系可知α∶β＝1∶2，离子数之比也为1∶2，故B错误，C正确；故选A、C、D。

答案：ACD

6.(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，ab＝2l，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 45°＝O2c＝r2＋l，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qvB＝m，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θmax＝180°，最小圆心角：θmin＝45°，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tmin＝T＝，最长时间tmax＝T＝，故C、D正确。

答案：ACD