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2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-1第八章第2讲磁场对运动电荷的作用
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第2讲 磁场对运动电荷的作用
知识排查
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)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。
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，带电粒子在匀强磁场中，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)
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)洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功( )
(3)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功( )
(4)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( )
(5)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比( )
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√
2.[人教版选修3－1·P98·T1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是( )
答案 B
运动电荷在磁场中受到的力
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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
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。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
【典例】 如图1所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )
图1
A.v变大 B.v变小
C.v不变 D.不能确定v的变化
解析 由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增多，所以物体滑到底端时v变小，B正确。
答案 B
1.在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转( )
图2
A.不偏转 B.向东
C.向西 D.无法判断
解析 根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。
答案 B
2.如图3所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )
图3
A.当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动
B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动
C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动
D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
解析 由于v∥B、F洛＝0，电子做匀速直线运动。
答案 C
3.运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义。从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向。对地球起到了保护作用。如图4为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将( )
图4
A.竖直向下沿直线射向地面
B.相对于预定地点向东偏转
C.相对于预定地点稍向西偏转
D.相对于预定地点稍向北偏转
解析 建立空间概念，根据左手定则不难确定B选项正确。
答案 B
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，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图5(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，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图(b)。
图5
(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6所示)。
图6
(2)平行边界(存在临界条件，如图7所示)。
图7
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8所示)。
图8
【典例】 (2017·全国卷Ⅱ，18)如图9，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v2∶v1 为( )
图9
A.∶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r1＝Rcos 60°＝R；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r2＝Rcos 30°＝R；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确。
甲 乙
答案 C
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
1.两个质量相同、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10所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
图10
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C.b粒子的动能较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
解析 由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；由qvB＝m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，选项B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，选项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，选项D错误。
答案 C
2.如图11所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直，一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为( )
图11
A. B.
C. D.
解析 如图所示，S、T之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。
由qvB＝m得R＝，
则＝2Rcos θ＝
＝2R＝，所以＝。
答案 D
3.(2018·绍兴期中)如图12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，带电荷量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )
图12
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.若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，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中点射出
解析 由题图可以看出电荷做圆周运动的半径r＝L，根据牛顿第二定律qv0B＝m，得B＝，A正确；由T＝，转过的圆心角为90°，则t＝·＝，故B错误；若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T＝，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，设DF为h，由几何知识(2L－h)2＋L2＝(2L)2，得h＝(2－)L≠L，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误。
答案 A
带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，所以常常出现临界和极值问题。
1.临界现象
(1)当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。
(2)解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁感应强度B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。
2.极值问题
(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)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
【典例】 如图13所示，矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30°角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。
图13
(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长)
(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？
解析 (1)若粒子速度为v0，由qv0B＝m得R＝
若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则
R1＋R1sin θ＝
将R1＝代入上式可得v01＝
若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则
R2－R2sin θ＝
将R2＝代入上式可得v02＝
所以粒子能从ab边上射出磁场的入射速度v0的大小应满足
所以粒子在磁场中运动的最长时间为
t＝＝。
答案 (1)
1.如图14，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块足够大平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
图14
解析 α粒子带正电，故其在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨道半径，有qvB＝m
由此得R＝
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1。即NP1＝。
再考虑N的右侧。α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即α粒子能打到的右侧最远点。
由图中几何关系得NP2＝，所求长度为P1P2＝NP1＋NP2
代入数值得P1P2＝20 cm。
答案 20 cm
2.如图15所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。
图15
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
解析 (1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝
又qv1B＝m
得v1＝。
甲 乙
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2
可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。
答案 (1) (2)
解决带电粒子的临界问题的技巧方法
(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)临界问题的一般解题流程
(3)从关键词找突破口：许多临界问题，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藏的规律，找出临界条件。
活页作业
(时间：30分钟)
A组 基础过关
1.(2018·宁波模拟)如图1所示一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )
图1
A.粒子从a到b，带正电 B.粒子从b到a，带正电
C.粒子从a到b，带负电 D.粒子从b到a，带负电
解析 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确。
答案 B
2.(2018·绍兴模拟)如图2所示是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )
图2
A.加一沿y轴正方向的磁场
B.加一沿y轴负方向的磁场
C.加一沿z轴正方向的磁场
D.加一沿z轴负方向的磁场
解析 若想使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，则需使每个电子受向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知需要加一沿y轴负方向的磁场，故选B。
答案 B
3.洛伦兹力可以使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能正确的是( )
解析 电荷在磁场中所受的洛伦兹力遵守左手定则，再结合曲线运动的受力特点，即所受合力一定指向曲线内侧，可判断A正确。
答案 A
4.一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑，如图3所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是( )
图3
A.物块带正电
B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功
C.物块最终将静止在斜面上
D.下滑过程中物块的机械能守恒
解析 物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，选项A正确；洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D错误。
答案 A
5.在如图4所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子(不计重力)以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是( )
图4
A.两粒子一定带有相同的电荷量
B.两粒子一定带同种电荷
C.两粒子一定有相同的比荷
D.两粒子一定有相同的动能
解析 由时间t＝＝相同知，两粒子一定有相同的比荷。
答案 C
6.两相邻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后，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
解析 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式ω＝可知角速度减小，选项D正确。
答案 D
7.(2018·新高考选考终极适应卷)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图5所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是( )
图5
A.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转
B.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转
C.若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转
D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动
解析 由于地磁场的方向由南到北，若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直，由左手定则可知，则由于地磁场的作用将向东偏转，选项A正确，B错误；若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则说明粒子的运动方向与磁场方向平行，故粒子不受磁场力的作用，所以它不会发生偏转，更不会做匀速圆周运动，故选项C、D错误。
答案 A
B组 能力提升
8.如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
图6
A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1
B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为∶1
C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶1
D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为1∶2
解析 带电粒子在匀强磁场中运动，由qvB＝得r＝，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得带电粒子的运动半径之比＝，由＝知带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1，A正确，B错误；由t＝T＝·＝＝知带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为＝＝＝，C、D错误。
答案 A
9.如图7所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg，电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图7
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x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，由动能定理得
qU＝mv2，解得v＝20 m/s。
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
则qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示，
甲
由几何关系可知OQ＝R＋Rcos 37°＝0.9 m。
(3)带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示，
乙
由几何关系得OP>R′＋R′sin 37°，R′＝
解得B′> T。
答案 (1)20 m/s (2)0.9 m (3)B′> T
10.如图8，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)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8
(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x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥
答案 (1)(1＋) (2)(1－)
11.(2017·11月浙江选考)如图9所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用。
图9
(1)求离子的比荷；
(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)
解析 (1)洛伦兹力提供向心力qvB0＝m
圆周运动的半径R＝L，得＝。
(2)如图甲所示，以最大值θm入射时，有
Δx＝2R(1－cos θm)＝L或2Rcos θm＝L
得θm＝。
(3)B>B0，全部收集到收集板时离子的最小半径为R1如图乙，有
2R1cos 37°＝L，
得B1＝＝1.6B0
当B0≤B≤1.6B0时，有n1＝n0，
B>1.6B0，收集板恰好收集不到离子时的半径为R2，有
R2＝0.5L，得B2＝2B0。
当1.6B0
当2B0
答案 (1) (2) (3)见解析
知识排查
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)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。
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，带电粒子在匀强磁场中，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)
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)洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功( )
(3)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功( )
(4)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( )
(5)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比( )
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√
2.[人教版选修3－1·P98·T1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是( )
答案 B
运动电荷在磁场中受到的力
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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
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。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
【典例】 如图1所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )
图1
A.v变大 B.v变小
C.v不变 D.不能确定v的变化
解析 由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增多，所以物体滑到底端时v变小，B正确。
答案 B
1.在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转( )
图2
A.不偏转 B.向东
C.向西 D.无法判断
解析 根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。
答案 B
2.如图3所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )
图3
A.当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动
B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动
C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动
D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
解析 由于v∥B、F洛＝0，电子做匀速直线运动。
答案 C
3.运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义。从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向。对地球起到了保护作用。如图4为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将( )
图4
A.竖直向下沿直线射向地面
B.相对于预定地点向东偏转
C.相对于预定地点稍向西偏转
D.相对于预定地点稍向北偏转
解析 建立空间概念，根据左手定则不难确定B选项正确。
答案 B
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，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图5(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，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图(b)。
图5
(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6所示)。
图6
(2)平行边界(存在临界条件，如图7所示)。
图7
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8所示)。
图8
【典例】 (2017·全国卷Ⅱ，18)如图9，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v2∶v1 为( )
图9
A.∶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r1＝Rcos 60°＝R；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r2＝Rcos 30°＝R；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确。
甲 乙
答案 C
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
1.两个质量相同、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10所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
图10
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C.b粒子的动能较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
解析 由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；由qvB＝m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，选项B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，选项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，选项D错误。
答案 C
2.如图11所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直，一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为( )
图11
A. B.
C. D.
解析 如图所示，S、T之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。
由qvB＝m得R＝，
则＝2Rcos θ＝
＝2R＝，所以＝。
答案 D
3.(2018·绍兴期中)如图12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，带电荷量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )
图12
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.若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，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中点射出
解析 由题图可以看出电荷做圆周运动的半径r＝L，根据牛顿第二定律qv0B＝m，得B＝，A正确；由T＝，转过的圆心角为90°，则t＝·＝，故B错误；若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T＝，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，设DF为h，由几何知识(2L－h)2＋L2＝(2L)2，得h＝(2－)L≠L，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误。
答案 A
带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，所以常常出现临界和极值问题。
1.临界现象
(1)当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。
(2)解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁感应强度B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。
2.极值问题
(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)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
【典例】 如图13所示，矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30°角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。
图13
(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长)
(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？
解析 (1)若粒子速度为v0，由qv0B＝m得R＝
若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则
R1＋R1sin θ＝
将R1＝代入上式可得v01＝
若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则
R2－R2sin θ＝
将R2＝代入上式可得v02＝
所以粒子能从ab边上射出磁场的入射速度v0的大小应满足
所以粒子在磁场中运动的最长时间为
t＝＝。
答案 (1)
1.如图14，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块足够大平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
图14
解析 α粒子带正电，故其在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨道半径，有qvB＝m
由此得R＝
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1。即NP1＝。
再考虑N的右侧。α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即α粒子能打到的右侧最远点。
由图中几何关系得NP2＝，所求长度为P1P2＝NP1＋NP2
代入数值得P1P2＝20 cm。
答案 20 cm
2.如图15所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。
图15
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
解析 (1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝
又qv1B＝m
得v1＝。
甲 乙
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2
可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。
答案 (1) (2)
解决带电粒子的临界问题的技巧方法
(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)临界问题的一般解题流程
(3)从关键词找突破口：许多临界问题，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藏的规律，找出临界条件。
活页作业
(时间：30分钟)
A组 基础过关
1.(2018·宁波模拟)如图1所示一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )
图1
A.粒子从a到b，带正电 B.粒子从b到a，带正电
C.粒子从a到b，带负电 D.粒子从b到a，带负电
解析 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确。
答案 B
2.(2018·绍兴模拟)如图2所示是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )
图2
A.加一沿y轴正方向的磁场
B.加一沿y轴负方向的磁场
C.加一沿z轴正方向的磁场
D.加一沿z轴负方向的磁场
解析 若想使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，则需使每个电子受向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知需要加一沿y轴负方向的磁场，故选B。
答案 B
3.洛伦兹力可以使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能正确的是( )
解析 电荷在磁场中所受的洛伦兹力遵守左手定则，再结合曲线运动的受力特点，即所受合力一定指向曲线内侧，可判断A正确。
答案 A
4.一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑，如图3所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是( )
图3
A.物块带正电
B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功
C.物块最终将静止在斜面上
D.下滑过程中物块的机械能守恒
解析 物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，选项A正确；洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D错误。
答案 A
5.在如图4所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子(不计重力)以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是( )
图4
A.两粒子一定带有相同的电荷量
B.两粒子一定带同种电荷
C.两粒子一定有相同的比荷
D.两粒子一定有相同的动能
解析 由时间t＝＝相同知，两粒子一定有相同的比荷。
答案 C
6.两相邻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后，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
解析 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式ω＝可知角速度减小，选项D正确。
答案 D
7.(2018·新高考选考终极适应卷)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图5所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是( )
图5
A.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转
B.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转
C.若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转
D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动
解析 由于地磁场的方向由南到北，若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直，由左手定则可知，则由于地磁场的作用将向东偏转，选项A正确，B错误；若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则说明粒子的运动方向与磁场方向平行，故粒子不受磁场力的作用，所以它不会发生偏转，更不会做匀速圆周运动，故选项C、D错误。
答案 A
B组 能力提升
8.如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
图6
A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1
B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为∶1
C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶1
D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为1∶2
解析 带电粒子在匀强磁场中运动，由qvB＝得r＝，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得带电粒子的运动半径之比＝，由＝知带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1，A正确，B错误；由t＝T＝·＝＝知带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为＝＝＝，C、D错误。
答案 A
9.如图7所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg，电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图7
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x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，由动能定理得
qU＝mv2，解得v＝20 m/s。
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
则qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示，
甲
由几何关系可知OQ＝R＋Rcos 37°＝0.9 m。
(3)带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示，
乙
由几何关系得OP>R′＋R′sin 37°，R′＝
解得B′> T。
答案 (1)20 m/s (2)0.9 m (3)B′> T
10.如图8，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)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8
(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x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥
答案 (1)(1＋) (2)(1－)
11.(2017·11月浙江选考)如图9所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用。
图9
(1)求离子的比荷；
(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)
解析 (1)洛伦兹力提供向心力qvB0＝m
圆周运动的半径R＝L，得＝。
(2)如图甲所示，以最大值θm入射时，有
Δx＝2R(1－cos θm)＝L或2Rcos θm＝L
得θm＝。
(3)B>B0，全部收集到收集板时离子的最小半径为R1如图乙，有
2R1cos 37°＝L，
得B1＝＝1.6B0
当B0≤B≤1.6B0时，有n1＝n0，
B>1.6B0，收集板恰好收集不到离子时的半径为R2，有
R2＝0.5L，得B2＝2B0。
当1.6B0
当2B0
答案 (1) (2) (3)见解析
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