2019届高考物理一轮复习讲义：第9章 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

板块一　主干梳理·夯实基础　

【知识点1】　洛伦兹力、洛伦兹力的方向　Ⅰ

洛伦兹力公式　Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。

2.方向

(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。

(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B和v所决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。

由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。

3.洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ

其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。

 (1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。

 (2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝0。

 (3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。

【知识点2】　带电粒子在匀强磁场中的运动　Ⅱ

1.若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。

2.若v⊥B，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。

3.基本公式

(1)向心力公式：qvB＝m。

(2)轨道半径公式：r＝。

(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝。

(4)T、f和ω的特点：

T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关。比荷相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T、f、ω相同。

板块二　考点细研·悟法培优

考点1  洛伦兹力的特点及应用  [对比分析]

1.洛伦兹力的特点

(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。

(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)用左手定则判断洛伦兹力方向，注意四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。

(5)洛伦兹力一定不做功。

2.洛伦兹力与电场力的比较

例1　(多选)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列说法正确的是(　　)

A.x1>x2   B．t1>t2

C.v1和v2大小相等   D．v1和v2方向相同

(1)洛伦兹力对带电小球做功吗？

提示：不做功。

(2)洛伦兹力的方向与速度方向有何关系？

提示：垂直。

尝试解答　选ABC。

当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a′<g，由h＝a′t2知t1>t2；由x1＝v0t1＋at，x2＝v0t2知x1>x2，A、B正确；又因为洛伦兹力不做功，故C正确；两次小球着地时速度方向不同，D错误。

总结升华

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。

　(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中(　　)

A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大

B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短

C.两滑块在斜面上运动的位移大小相同

D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等

答案　AD

解析　小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝F＝mg·sinθ＝，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故重力的平均功率一定相等，故D正确。

考点2  带电粒子在匀强磁场中的运动问题  [解题技巧]

1.圆心的确定

(1)基本思路：与速度方向垂直的直线和轨迹圆中弦的中垂线一定过圆心。

(2)两种常见情形

①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图a所示，图中P为入射点，M为出射点)。

②已知入射点和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图b所示，图中P为入射点，M为出射点)。

2.半径的确定和计算

利用几何知识求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：

(1)粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。

(2)相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。

3.运动时间的确定

粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧轨迹所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：

t＝T(或t＝T)。

4.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　如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是(　　)

A.匀强磁场的磁感应强度为

B.电荷在磁场中运动的时间为

C.若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小

D.若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出

(1)粒子从D点沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，粒子的轨道半径为多少？

提示：R＝L。

(2)带电粒子在磁场中运动的时间如何确定？

提示：t＝T，其中θ为轨迹所对圆心角。

尝试解答　选A。

带正电的电荷从D点射入，恰好从A点射出，在磁场中的轨迹半径R＝L，由牛顿第二定律Bqv0＝得B＝，A选项正确。电荷在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，B选项错误。若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，轨迹所对的圆心角将变大，在磁场中运动的时间会变长，C选项错误。若v＝2v0，则由Bqv＝得r＝2L，如图从F点射出，设BF＝x，由几何关系知r2＝(r－x)2＋L2，则x＝(2－)L，D选项错误。

总结升华

1.带电粒子在磁场中的匀速圆周运动的分析方法

2.作带电粒子运动轨迹时需注意的问题

(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。

(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。

(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。

　如图，半径为R的圆是圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为90°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　如图，设粒子射入点为P，射出点为Q，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为90°，则∠QPO′＝∠PQO′＝45°，PQ为公共弦长，连接OO′，则OO′⊥PQ，则∠OO′P＝45°，延长O′P交ab于M，连接OP，OP＝R，MP＝，则OM＝R，MO′＝OM＝R，由几何关系得R＝＋r，那么r＝R，由Bqv＝得v＝，故B选项正确。

考点3  带电粒子在磁场中运动的多解问题  [解题技巧]

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、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。

如图甲，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．磁场方向不确定形成多解

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，此时由于磁感应强度方向不确定形成多解。

如图乙，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。

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，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成了多解，如图丙所示。

4.运动的周期性形成多解

  带电粒子在电场和磁场的组合场空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图丁所示。

例3　[2017·哈三中模拟]如图所示，边界PQ以上和MN以下空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为4B，PQ、MN间距离为2d，绝缘板EF、GH厚度不计，间距为d，板长略小于PQ、MN间距离，EF、GH之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。有一个质量为m的带正电的粒子，电量为q，从EF的中点S射出，速度与水平方向成30°角，直接到达PQ边界并垂直于边界射入上部场区，轨迹如图所示，以后的运动过程中与绝缘板相碰时无能量损失且遵循反射定律，经过一段时间后该粒子能再回到S点。(粒子重力不计)求：

(1)粒子从S点出发的初速度v；

(2)粒子从S点出发第一次再回到S点的时间；

(3)若其他条件均不变，EF板不动，将GH板从原位置起向右平移，且保证EFGH区域内始终存在垂直纸面向里的匀强磁场B，若仍需让粒子回到S点(回到S点的运动过程中与板只碰撞一次)，则GH到EF的垂直距离x应满足什么关系？(用d来表示x)

(1)粒子垂直边界PQ从G点进入上部场区，在上部场区完成部分圆周运动后如何重新回到EF、GH之间的磁场区域？

提示：从E点垂直边界PQ回到EF、GH之间的磁场区域。

(2)如果EF不动，GH右移，只与板碰一次回到S，造成多解的情况有哪些？

提示：与板碰时的速度情形还有周期性带来的多解。

尝试解答　(1)　(2)　(3)x＝(3n＋1)d(n＝0,1,2…)或x＝3nd(n＝0,1,2…)。

(1)L＝2d，且S为中点，设带电粒子在EF、GH之间的磁场中运动时轨迹半径为R1。

由图知：

R1sin60°＝d，R1＝2d

洛伦兹力提供向心力：

qvB＝，R1＝，

得：v＝＝。

(2)如图，粒子应从G点进入PQ以上的磁场，设带电粒子在4B场区轨迹半径为R2。

在4B场内，q4Bv＝，R2＝＝＝

做半圆，并垂直PQ再由E点回到B场区

由对称性，粒子将打到GH中点并反弹，再次回到S点的轨迹如图。

粒子在B场中时间

t1＝4×T1＝T1＝×＝

粒子在4B场中时间

t2＝2×T2＝T2＝＝

t总＝t1＋t2＝。

(3)如图所示，由粒子运行的周期性以及与板碰撞遵循反射定律，有如下结果：

x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2…)或x＝3nd，(n＝0,1,2…)。

总结升华

求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧

(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。

(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。

(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式，若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。

　如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：

(1)磁感应强度B0的大小；

(2)若正离子从O′孔垂直于N板射出磁场所用的时间最短，请画出其运动轨迹并求出该最短时间；

(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。

答案　(1)B0＝　(2)T0　(3)v0＝(n＝1,2,3…)

解析　(1)设离子轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力：B0qv0＝

做匀速圆周运动的周期T0＝

由以上两式得：B0＝。

(2)轨迹如下图，

最短时间tmin＝T0。

(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，R＝。

当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，

R＝(n＝1,2,3…)

B0qv0＝

联立得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3…)。

考点4  带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题  [解题技巧]

1.以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系。

2.寻找临界点常用的结论

(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(或弦长)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。

例4　(多选)如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间后有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为(　　)

A.  B.  C.  D.

(1)所有粒子的射出速度大小相同，所以弧长越长时间越长，沿哪一方向射出的时间最长？

提示：沿SA方向。

(2)弧长最短的时间最短，如何确定最短弧长？

提示：v大小一定，则半径r一定，那么弦长最短时弧长最短。

尝试解答　选ABC。粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于所有粒子的速度大小相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动的时间就越短，由于粒子在磁场中运动的最长时间为，沿SA方向射出的粒子在磁场中运动时间最长。如图所示，作出粒子运动轨迹图，由几何关系可知当粒子在磁场中做圆周运动绕过的弧所对应的弦垂直边界OC时，粒子在磁场中运动时间最短，由于SD⊥OC，则SD＝ES，即弦长SD等于半径O′D、O′S，相应∠DO′S＝60°，即最短时间为t＝T＝，粒子在磁场中运动的时间范围≤t≤，A、B、C正确。

总结升华

1.分析临界问题要注意

(1)从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律。

(2)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.画图及求解半径的两点技巧

(1)利用好直线边界的对称性：从一直线边界射入匀强磁场中的粒子，从同一直线边界射出时，速度与直线边界的夹角相等，即射入和射出具有对称性，单直线边界磁场满足这一特点；双直线边界磁场和三角形、矩形边界磁场中，粒子从一个边界进入，若仍然从这条直线边界返回，则满足初末速度与直线边界的夹角相等，若不从原边界射出，则会从其他边界射出磁场。

(2)充分利用切点：切点处速度方向和向心力的方向是明确的，带电粒子在有界磁场中的运动通常出现的情况是恰好与某边界相切，此时做出运动轨迹，利用几何关系可以确定半径，之后根据r＝可以确定速度或磁感应强度，此时利用的一般是包含半径和已知某几何尺寸的直角三角形。

　[2017·南昌模拟]如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　)

A.只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点

B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为

C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

答案　C

解析　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故A错误；由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为T，而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，C正确，B、D错误。

1.模型构建

带电粒子在有界磁场中的偏转。此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等。因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。

2.模型条件

(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动。

(2)磁场有一定范围。

(3) 粒子速度大小不变，方向改变，则r＝大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动。(如图所示)

3.模型分类

(1)单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图甲中带负电粒子的运动为例。

规律要点：

①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图甲中a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最近点(或恰能射出磁场的临界点)。

②最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O最远)。

(2)双直线边界型：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例。

规律要点：

①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切，如图乙所示。

②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab＝2，最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。

[2018·贵阳监测]如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为＋q的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为 (　　)

A.  B.  C.  D.

[答案]　D

[解析]　 这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，如图所示，由图中几何关系可知，该粒子的轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P构成一个直角三角形，得r＝Rcos30°＝R，联立可得B＝，选项D正确，选项A、B、C错误。

[2017·温州测试]如图所示，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(　　)

答案　D

解析　如图，从O点水平向左沿x轴负方向射出的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射出的粒子轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R，其余方向射入的带电粒子，轨迹圆旋转，最远点在以O为圆心半径为2R的圆周上，故D正确。