2023届高三物理【新教材】一轮复习-11-2-磁场对运动电荷的作用.docx

第2讲　磁场对运动电荷的作用

【必备知识·自主排查】
一、洛伦兹力的大小和方同
1．定义：磁场对________的作用力．

2．大小
(1)v∥B时，F＝________；
(2)v⊥B时，F＝________；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝____________．如图所示．
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线________穿入掌心．
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的________．
拇指——指向________的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于________决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)，如图所示．

4．做功：洛伦兹力________．
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，则带电粒子以入射速度v做________运动．
2．若v⊥B，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做________运动，如图所示．

3．v与B既不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中做________．
4．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝________；
(2)轨道半径公式：r＝________；
(3)周期公式：T＝2πrv→T＝________．
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率________．

【教材拓展】
1.[人教版选择性必修第二册P7的“演示”改编]汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子．如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是(　　)

A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
2．[人教版选择性必修第二册P9的“思考与讨论”改编]电视机显像管应用了电子束磁偏转的原理．如图所示，电子束经电子枪加速后进入偏转磁场，然后打在荧光屏上产生亮点．没有磁场时，亮点在O点；加上磁场后，亮点的位置偏离O点．以下说法正确的是(　　)

A．仅增大加速电压，亮点将远离O点
B．仅减小磁感应强度，亮点将远离O点
C．增大加速电压同时增大磁感应强度，亮点可能远离O点
D．增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点可能远离O点

【关键能力·分层突破】
考点一　洛伦兹力的理解与应用
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．

【跟进训练】
1.关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用
B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用
C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功
D．安培力一定对通电导线不做功
2．[2022·北京海淀区模拟]如图所示，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(　　)

A．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
3．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、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(　　)

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

考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
(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
①圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，若入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射时速度方向的反向延长线必经过该区域圆的圆心，如图甲．
②若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ，如图乙．

2．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(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)．

3．半径的计算方法
方法一　由物理方法求：半径R＝mvqB；
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．
4．时间的计算方法
方法一　由圆心角求：t＝θ2π·T.
方法二　由弧长求：t＝sv.

例1 [2021·全国乙卷，16]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则v1v2为(　　)

A．12　　　B．33　　　C．32　　　D．3
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

命题分析
试题情境
属于基础性题目，以带电粒子在匀强磁场中的运动为素材创设学习探索问题情境
必备知识
考查带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动、洛伦兹力
关键能力
考查推理能力、模型建构能力．要求学生建构有界圆形磁场中的匀速圆周运动模型
学科素养
考查物理观念、科学思维．要求考生根据描述粒子各物理量间关系及有界磁场范围推断结果

【跟进训练】
4．如图，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12B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(q>0)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．粒子在磁场中运动的时间为(　　)

A．5πm6qB B．7πm6qB
C．11πm6qB D．13πm6qB
5．[2022·烟台模拟]如图所示，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t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)

A．三个速度的大小关系一定是v1＝v2比荷qm＝πBt1
D．粒子的比荷qm＝v22BL
6．[2021·山东滨州统考](多选)如图所示，在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从M点沿MN方向发射两个α粒子，两粒子分别从P、Q射出．已知ME＝PQ＝QE，则两粒子(　　)

A．两粒子的速率之比为5∶2
B．两粒子的速率之比为5∶3
C．在磁场中运动时间之比为53∶90
D．在磁场中运动时间之比为37∶90

[思维方法]
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法：

考点三　带电粒子在磁场中运动的临界多解问题
角度1 带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
处理临界问题的两个方法
数理结合法
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
抓关键词法
“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词，画出粒子的临界轨迹

例2 [2021·山东莱阳统考]

利用磁场可以屏蔽带电粒子．如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为B，其横截面如图所示．一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场．已知该粒子的比荷为k，重力不计．为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为(　　)
A．kBr　　B．2kBr　　C．3kBr　　D．4kBr

角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题

例3 (多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为(　　)
A．2qBd6m B．2qBd4m C．2qBd2m D．3qBdm

【跟进训练】
7.如图所示，半径R＝10 cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切，磁感强度B＝0.33 T，方向垂直纸面向里．在O处有一放射源S，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106 m/s的α粒子，已知α粒子的质量m＝6.6×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C，则该α粒子通过磁场空间的最大偏转角为(　　)

A．30° B．45° C．60° D．90°

8．[2022·山东烟台统考]如图所示，在正六边形ABCDEF的内接圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可以调节．正六边形的边长为l，O为正六边形的中心点，M、N分别为内接圆与正六边形AB边和BC边的切点，在M点安装一个粒子源，可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为qm、速率为v的粒子，不计粒子重力．

(1)若沿MO方向射入磁场的粒子恰能从N点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为B＝3mv3ql，求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间．

考点四　“数学圆”方法在电磁学中的应用科学推理——核心素养提升
角度1 “放缩圆”模型法的应用
“放缩圆”法

粒子射入方向确定，但速率v或磁感应强度B变化时，以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件

例4 (多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)

A．若该粒子的入射速度为v＝qBlm，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝qB2+1lm
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝2qBlm
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为πmqB

角度2 “旋转圆”模型法的应用
“定圆
旋转”法

粒子速率v一定，但射入的方向变化时，以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件

例5 如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝2qBd3m，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(　　)

A．1∶1　　 B．2∶3
C．3∶2　　 D．3∶3

角度3 “平移圆”模型法的应用
“平移圆”法

粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝mv0qB，如左图所示(粒子带负电)

例6 (多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则(　　)

A．粒子在磁场中的运动半径为d2
B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域
C．粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为πmqB
D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB

【跟进训练】
9．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos α2为(　　)

A．1－BqL4mv B．12-BqL4mv
C．1－BqL2mv D．1－BqLmv

第2讲　磁场对运动电荷的作用
必备知识·自主排查
一、
1．运动电荷
2．(1)0　(2)qvB　(3)qvB sin θ
3．(1)垂直　反方向　洛伦兹力　(2)B、v
4．不做功
二、
1．匀速直线　2.匀速圆周　3.螺旋状运动
4．(1)mv2r　(2)mvBq　(3)2πmqB　无关
教材拓展
1．解析：电子束带负电，电子束由负极向正极运动，在电子束运动的过程中，条形磁铁产生的磁场由N极指向S极，根据左手定则可判断出电子受到的洛伦兹力方向向下，故电子束的偏转方向向下，B正确，A、C、D错误．
答案：B
2．解析：电子在电场中加速的过程，根据动能定理得eU＝12 mv2，得v＝ 2eUm，电子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得evB＝mv2r，电子的轨迹半径为r＝mveB＝1B 2mUe，r越大，亮点越靠近O点，r越小，亮点越远离O点，仅增大加速电压、仅减小磁感应强度或增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点均靠近O点，增大加速电压同时增大磁感应强度，r可能增大，可能不变，可能减小，则亮点可能远离O点．C正确．
答案：C
关键能力·分层突破
1．解析：本题考查对安培力、洛伦兹力的理解与认识．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力为零，即不受洛伦兹力作用，选项A错误；通电导线在磁场中若电流方向与磁场方向平行，则所受安培力为零，即不受安培力作用，选项B错误；若安培力方向与通电导线运动方向不垂直，会对通电导线做功，选项D错误；由于洛伦兹力方向永远垂直于速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力一定对运动电荷不做功，选项C正确．
答案：C
2．解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，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正确．
答案：D
3．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，洛伦兹力大小发生变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小发生变化，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．
答案：C
例1　解析：设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv12 r1，解得v1＝qBRm；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan 30°＝Rr2，可得其轨迹半径为r2＝3R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝mv22 r2，解得v2＝3qBRm，则v1v2＝13＝33，选项B正确．
答案：B

4．解析：由qvB＝mv2r得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r＝mvBq，当粒子进入第一象限时，由于磁感应强度减为12B，故轨迹半径变为2r，轨迹如图所示．由几何关系可得cos θ＝12，θ＝60°，则粒子运动时间t＝14·2πmBq+16·2πm12Bq＝7πm6qB，选项B正确．
答案：B

5．解析：由于t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，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大小分别为R22πRv＝2πmqB，则t1＝14T＝πm2qB，解得qm＝π2Bt1，故C错误；由qv3B＝mv32 R3及R3＝2L，解得粒子的比荷qm＝v32BL，故D错误．
答案：B
6．解析：根据题述情景，可画出两个α粒子在矩形区域匀强磁场中的运动轨迹，如图所示

设ME＝a，则r2＝a；对从P点射出的粒子，由几何关系，r12＝(2a)2＋(r1－a)2，解得r1＝2.5a；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，可得v＝qrBm，两粒子的速率之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2.5∶1＝5∶2，选项A正确，B错误．从P点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角正弦值sin θ1＝2a2.5a＝0.8，θ1＝53°，在匀强磁场中运动时间t1＝r1θ1v1＝θ1mqB；从Q点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ2＝90°，在匀强磁场中运动时间t2＝r2θ2v2＝θ2mqB；在磁场中运动时间之比为t1∶t2＝θ1mqB∶θ2mqB＝53∶90，选项C正确，D错误．
答案：AC
例2　解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图

设轨迹圆的半径为R，在△AOO′中，根据勾股定理有R2＋(3r)2＝(R＋r)2，解得R＝4r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，又知qm＝k，联立解得最大速度为v＝4kBr，故选D.
答案：D
例3　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90°，所以粒子运动的半径r＝22·dn(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2r，则v＝qBrm＝2qBd2m·1n(n＝1，2，3…)，故A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
7．解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r＝mvqB＝6.6×10-27×3.2×1063.2×10-19×0.33 m＝0.2 m＝20 cm

α粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示．选项C正确．
答案：C
8．解析：(1)粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：

由几何条件可知磁场圆的半径为R＝32l
设轨迹圆半径为r1，则tan θ2＝r1R
解得：r1＝12l
由牛顿第二定律可得qvB＝mv2r1
解得：B＝2mvql
(2)磁感应强度变化以后，大量此类粒子从M点射入磁场由牛顿第二定律可得qvB＝mv2r2
解得：r2＝3l
粒子射入方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，轨迹如图：

由几何关系得：α＝π3
粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T6
T＝2πr2v，tmax＝3πl3v
答案：(1)2mvql　(2)3πl3v

例4　解析：若粒子射入磁场时速度为v＝qBlm，则由qvB＝mv2r可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝mvqB，所以v＝qBrm，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(2＋1)l，故其最大速度为v＝qB2+1lm，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝2πmqB，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝πmqB，选项D正确．
答案：ABD

例5　解析：粒子在磁场中运动时，Bqv＝mv2R，粒子运动轨迹半径R＝mvBq＝23d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝R2-d-R2＝33d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝R2-d-R2＝33d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝233d.因为R的长度为L′＝2R＝43d.故两区域长度之比为L∶L′＝233d∶43d＝3∶2，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
例6　解析：带电粒子在磁场中的运动半径r＝mvqB＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝T2＝πmqB，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，轨迹圆弧对应的弦长越短，粒子在Ⅱ区域的运动时间越短(劣弧)，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝T6＝πm3qB，选项D正确．

答案：CD
9．解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，得R＝mvqB，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为α2，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2R cos α2，解得cos α2＝1－BqL2mv，故C正确．

答案：C