高考物理一轮复习讲义第九章第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 ＝q v B sin θ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 ＝q v B 。

(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 Ⅱ1.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：q v B ＝m v 2r 。

(2)轨道半径公式：r ＝m v Bq 。

(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝qB 2πm；ω＝2πT ＝2πf ＝qB m 。

(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q m 有关。

比荷q m 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。

第1讲磁场及其对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有________的作用．(2)方向：小磁针的________所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的________和________．(2)大小：B＝________(通电导线垂直于磁场放置)．(3)方向：小磁针静止时________的指向．(4)单位：特斯拉(T)．3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小________、方向________的磁场称为匀强磁场．(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1．磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的____________的方向一致．(2)特点①磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向．②磁感线的________定性地表示磁场的强弱．③磁感线是________曲线，没有起点和终点．④磁感线是假想的曲线，客观上________．三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1．安培力的大小F＝ILB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝________．(2)磁场和电流平行时：F＝________．2．安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指________，并且都在同一个平面内．(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向________方向．(3)________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．,教材拓展1.[人教版选修3－1P94T1改编]下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )2．[人教版选修3－1P90T1改编]把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用．关于安培力的方向，下列说法中正确的是( )A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D．安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直3．[人教版选修3－1P90T3改编](多选)通电螺线管如图所示．A为螺线管外一点，B、C 两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是( )A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方考点一安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．2.磁场的叠加：(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，遵守平行四边形定则，可以用正交分解法进行合成与分解．(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．3．磁场叠加问题的一般解题思路：(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度．如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度．例1. [2021·全国甲卷，16]两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B跟进训练1.[2021·浙江1月，8]如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图．若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是( )A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场2．[2022·山东泰安统考]已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比．如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条棱dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d 流向h、由h流向g，则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为( )A.2∶√3 B．1∶√3C．2∶√2 D．1∶1考点二安培力及安培力作用下导体的平衡问题角度1安培力的分析与计算1.用公式F＝BIL计算安培力大小时应注意(1)B与I垂直．(2)L是有效长度．①公式F＝BIL中L指的是“有效长度”．当B与I垂直时，F最大，F＝BIL；当B与I 平行时，F＝0.②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端．③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零．2．安培力方向的判断(1)判断方法：左手定则．(2)方向特点：F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B与I决定的平面．例2. [2021·浙江6月，15] (多选)如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等．下列说法正确的是( )A．两导线受到的安培力F b＝1.25F aB．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变角度2安培力作用下导体的平衡问题例3. 某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示．有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.5 m，处在同一水平面上，轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T．棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧．闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ 向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5 cm处．下列判断正确的是( )A ．电源N 端为正极B ．闭合开关S 后，电路中电流为1.5 AC ．闭合开关S 后，电路中电流为3 AD ．闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ 将继续向右移动[思维方法]解决安培力作用下平衡问题的两条主线(1)遵循平衡条件 基本解题思路如下：(2)遵循电磁学规律，受力分析时，要注意准确判断安培力的方向．跟进训练3．一个各边电阻相同、边长均为L 的正六边形金属框abcdef 放置在磁感应强度大小为B 、方向垂直金属框所在平面向外的匀强磁场中．若从a 、b 两端点通以如图所示方向的电流，电流大小为I ，则关于金属框abcdef 受到的安培力的判断正确的是( )A ．大小为BIL ，方向垂直ab 边向左B ．大小为BIL ，方向垂直ab 边向右C ．大小为2BIL ，方向垂直ab 边向左D ．大小为2BIL ，方向垂直ab 边向右4．[2022·河北保定调研]如图所示，空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m 的金属棒ab 悬挂在天花板的C 、D 两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行．已知磁场的磁感应强度大小为B ，接入电路的金属棒长度为l ，重力加速度为g ，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是( )A ．由b 到a ，mg tan θBlB ．由a 到b ，mgBlC ．由a 到b ，mg sin θBlD ．由b 到a ，mg sin θBl考点三 安培力作用下导体运动趋势及运动情况的判断例 4. [2021·广东卷，5]截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线．若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I 2，I 1≫I 2，电流方向如图所示．下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )命题分析跟进训练5．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将( ) A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动 D．在纸面内平动6．[2022·贵阳中学月考]如图所示，一平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定于斜面上，一端拉住条形磁铁，条形磁铁处于静止状态，磁铁中垂面上放置一通电导线，导线中电流方向垂直纸面向里且缓慢增大，下列说法正确的是( )A．弹簧弹力逐渐变小B．弹簧弹力先减小后增大C．磁铁对斜面的压力逐渐变小D．磁铁对斜面的压力逐渐变大考点四与安培力相关的STSE问题素养提升情境1 磁式电流表(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表，这种电流表的构造如图甲所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的．若线圈中通以如图乙所示的电流，则下列说法中正确的是( )A．在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C．当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上D．当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动情境2 电子天平(多选)某电子天平原理如图甲所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一总电阻为R的均匀导线绕成的正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后线圈两端C、D与外电路接通对线圈供电，使秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流可确定重物的质量．为了确定该天平的性能，某同学把该天平与电压可调的直流电源(如图乙)相接，经测量发现，当质量为M的重物放在秤盘上时，直流电源输出电压为U即可使秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．当线圈两端C、D与外电路接通对线圈供电时，线圈的C端应与外电路中的H端相接，D端应与G端相接B．线圈的匝数为MgR2BLUC．当质量为2M的重物放在秤盘上时，直流电源输出电压为2UD．若增加线圈的匝数，则能增大电子天平能称量的最大质量情境3 “电磁炮”“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点．如图是“电磁炮”的原理结构示意图．光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2 m；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102 T；“电磁炮”弹体总质量m＝0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4 Ω；可控电源的内阻r＝0.6 Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射；在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I＝4×103 A，不计空气阻力．求：(1)弹体所受安培力大小；(2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长？(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量．第九章磁场第1讲磁场及其对电流的作用必备知识·自主排查一、1．(1)磁场力(2)N极(3)N极2．(1)强弱方向(2)FIL3．(1)处处相等处处相同二、1．(1)磁感应强度(2)切线疏密闭合不存在三、1．(1)BIL(2)02．(1)垂直(2)电流(3)拇指教材拓展1．答案：C2．答案：D3．答案：BC关键能力·分层突破例1 解析：两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B，B正确．答案：B1．解析：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场．故B正确，A、C、D错误．答案：B2．解析：设正方体棱长为L ，其中一根长直导线的电流在e 点产生的磁感应强度为B 0，则e 点的磁感应强度大小为B e ＝√B 02+B 02＝√2B0处于ℎg 边的长直导线到a 点的距离为√2L ，在a 点产生的磁感应强度大小为√2 2B 0；处于dh 边的长直导线到a 点的距离为L ，在a点产生的磁感应强度大小为B 0，所以a 点的磁感应强度大小为B a ＝√(√22B 0)2+B 02＝√6 2B 0，B e ∶B a ＝2∶√3，A 项正确．答案：A例2 解析：两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，A 错误；导线所受的安培力可以用F ＝ILB 计算，因为磁场与导线垂直，B 正确；移走导线b 前，b 的电流较大，则p 点磁场方向与b 产生磁场方向同向，向里，移走b 后，p 点磁场方向与a 产生磁场方向相同，向外，C 正确；在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，D 正确．答案：BCD例3 解析：闭合开关S 后，金属棒PQ 向右移动，根据左手定则可知，电流方向为从P 到Q ，电源的M 端为正极，选项A 错误；静止时，则2k ·Δx ＝BIL ，解得I ＝2k Δx BL ＝3 A ，选项B 错误，C 正确；闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片向右移动，则电路中电阻增大，电流减小，金属棒PQ 所受安培力减小，将向左移动，故选项D 错误．答案：C3．解析：电流从a 点流入金属框后，可认为金属框的ab 与afedcb 部分并联，设ab 边的电阻为R ，则afedcb 部分的电阻为5R ，则通过ab 边的电流为5I 6，通过afedcb 部分的电流为I 6，可将afedcb 部分等效为长度为L 、方向与ab 相同的导线，根据左手定则可知，两部分所受安培力大小分别为5BIL 6、BIL 6，方向均垂直ab 边向左，故金属框受到的安培力为BIL ，方向垂直ab 边向左，选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：对导体棒进行受力分析，导体棒静止，则其受力如图所示．根据左手定则可知，导体棒中的电流方向为由a 到b ，根据平衡条件可知安培力的大小为：F ＝BIl ＝mg sin θ，所以感应电流的大小为：I ＝mg sin θBl ，故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C例4 解析：根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C 正确．答案：C5．解析：方法一(电流元法) 把线圈L 1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成由无数段直线电流元组成，电流元处在I 2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．方法二(等效法) 把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培定则知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．方法三(结论法) 环形电流I 1、I 2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．答案：B6.解析：本题考查安培力作用下的动态平衡问题．磁铁外部的磁感线从N 极出发回到S 极，则此时在导线处磁感线平行于斜面向下，如图所示，根据左手定则可以判断导线受到的安培力方向垂直斜面向上，因电流增大，所以安培力增大，安培力与斜面垂直，根据牛顿第三定律与受力平衡可知磁铁对斜面的压力逐渐变大，弹簧弹力不变，选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D情境1 解析：指针在量程内线圈一定处于磁场之中，由于线圈与铁芯共轴，线圈平面总是与磁感线平行，故A 正确．电表的调零使得当指针处于“0”刻线时，螺旋弹簧处于自然状态，所以无论线圈向哪一方向转动都会使螺旋弹簧产生阻碍线圈转动的力，故B 正确．由左手定则知，b 端受到的安培力方向向下，a 端受到的安培力方向向上，安培力将使线圈沿顺时针方向转动，故C 错误，D 正确．答案：ABD情境2 解析：线圈两端C 、D 与外电路接通对线圈供电，使秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，说明线圈受到的安培力向上，根据左手定则可知，电流应该从D 端流入线圈，故线圈的D 端应与外电路电源的正极(H 端)相接，C 端应与外电路中的G 端(负极)相接，故选项A 错误；设线圈的匝数为n ，外电路接通使秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止时根据平衡条件得：Mg ＝2nBIL ，其中I ＝U R ，联立上述两式得Mg ＝2nB U RL ，解得n ＝MgR 2BLU ，故选项B 正确；根据Mg ＝2nB U R L 知，当质量为2M 的重物放在秤盘上时，直流电源输出电压为2U ，选项C 正确；设线圈电阻的电阻率为ρ，导线的横截面积为S ，则R ＝ρ4nL S ，可得M＝BUS 2ρg ，可见增加线圈的匝数，无法增大电子天平能称量的最大质量，故选项D 错误． 答案：BC情境3 解析：(1)由安培力公式F ＝IBL ＝8×104 Nmv2(2)方法一由动能定理Fx＝12弹体从静止加速到4 km/s，代入数值得x＝20 m 方法二由牛顿第二定律F＝ma得加速度a＝4×105 m/s2由v2−v02＝2asv＝4 km/s代入数值得x＝20 m(3)根据F＝ma，v＝at知发射弹体用时t＝mv＝1×10－2 sF发射弹体过程产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J弹体的动能mv2＝1.6×106 JE k＝12系统消耗的总能量E＝E k＋Q＝1.76×106 J答案：(1)8×104 N (2)20 m (3)1.76×106 J。

磁场对运动电荷的作用[基础知识·填一填][知识点1] 洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥B时，F＝0.(2)v⊥B时，F＝qvB.(3)v与B夹角为θ时，F＝qvB sin_θ.3．方向(1)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，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：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v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．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用．(×)(2)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．(×)(3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力．(×)(4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．(√)(5)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．(×)[知识点2] 带电粒子在匀强磁场中的运动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 v 2r. (2)轨道半径公式：r ＝ mv Bq. (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝ Bq2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝ Bq m. 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)公式T ＝2πr v说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比．(×)(2)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．(√)(3) 带电粒子在磁场中一定做匀速圆周运动．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P98第1题改编)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：B2．(人教版选修3－1 P97思考与讨论改编)(多选)如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经过加速电场区域后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到屏幕边缘的P点外侧．现要使电子束偏转回到P点．可行的办法是( )A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些解析：AC [当射入圆形磁场的电子运动的半径越大，圆形磁场射出时偏转角越小，故要使电子束偏转回到P点，可以增大电子在磁场中运动的半径，由r＝mvqB可知，增大速度或减小偏转磁场的磁感应强度都可使运动半径增大，故选项A正确，B错误．由题图可知C正确．将圆形磁场的半径增大些，电子束一定偏转到P点外侧，选项D错误．]3．(人教版选修3－1 P99演示改编)如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 解析：B [当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B ，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB，电子束径迹的半径变小，选项A 错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU ＝12mv 2和qvB ＝m v 2R 得R ＝2mqU qB，可知电子束径迹的半径变大，选项B 正确；由T ＝2πRv ＝2πmqB 知，增大励磁线圈的电流，B 增大，T减小，电子做圆周运动的周期T 与速度v 大小无关，仅提高加速电压，T 不变，选项C 、D 错误．]4．(人教版选修3－1 P102第3题改编)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C ．A 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垂直于纸面向外答案：C考点一对洛伦兹力的理解[考点解读]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，二者性质相同，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[典例1] (多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )A ．0 B.12mv 20 C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2 [解析] ABD [若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项C 错误，D 正确．]理解洛伦兹力的四点注意1．正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．2．判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F ⊥B 、F ⊥v 的特点．3．计算洛伦兹力大小时，公式F ＝qvB 中，v 是电荷与磁场的相对速度．4．洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．[题组巩固]1．图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹解析：D [γ粒子不带电，不会发生偏转，故B 错．由左手定则可判定，a 、b 粒子带正电，c 、d 粒子带负电，又知α粒子带正电，β粒子带负电，故A 、C 均错，D 正确．]2．带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02解析：C [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝mv 0qB，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE 2m t 2，联立以上各式解得E B＝2v 0，故选项C 正确．] 考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动[考点解读]1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法(1)圆心的确定①已知入射点、出射点、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(如图甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，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迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．(2)半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．(3)运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为： t ＝θ2πT (或t ＝θR v)． 2．重要推论(1)当速率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．(2)当速率v 变化时，圆心角大的运动时间长．[考向突破][考向1] 直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)[典例2] (2016·全国卷Ⅲ)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 (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，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.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB[审题指导] (1)审关键词：①OM 和ON 平面之间的夹角为30°.②速度与OM 成30°角．③只有一个交点，并从OM 上另一点射出．(2)思路分析：根据题意画出运动轨迹，找圆心，定半径，由几何知识求距离．[解析] D [根据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，故轨迹与ON 相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为2mv qB ，根据几何知识可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为d ＝2mv qBsin 30°＝4mv qB，选项D 正确．] [考向2] 圆形边界磁场 1．圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决．2．带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．[典例3] (2017·全国卷Ⅱ)如图，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，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，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v 2，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v 2∶v 1为( ) A.3∶2 B.2∶1C.3∶1 D．3∶2[审题指导] 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等，当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时，其弦长最长，即为最大分布．[解析] C [由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同．由qvB＝m v2R可知R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝R cos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确．][考向3] 平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)[典例4] 如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是( ) A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0[解析] D [电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A 错误；设电子打在MN 上的点与O ′点的距离为x ，则由几何知识得：x ＝r －r 2－d 2＝2d －2d 2－d 2＝(2－3)d ，故B 、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝d 2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间t ＝θr v 0＝πd 3v 0，故D 正确．][考向4] 三角形边界磁场[典例5] 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B 需满足( )A ．B >3mv 3aqB ．B <3mv 3aqC ．B >3mv aqD ．B <3mv aq[解析] B [若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan 30°＝3a.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确．]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多解问题[考点解读]类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解[典例6] (2019·湖北华中师大一附中模拟)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 ′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．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T 0，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B 0的大小．(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．[解析] 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 20R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4； 当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，有R ＝d 4n(n ＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…)[答案] (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 解决多解问题的一般思路1．明确带电粒子的电性和磁场方向．2．正确找出带电粒子运动的临界状态． 3．结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)一质量为m ，电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A.4qB mB.3qB mC.2qB mD.qB m解析：AC [依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv ＝m v 2R ，得v ＝4BqR m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv ＝m v 2R ，v ＝2BqR m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝2Bq m，应选A 、C.] 2．如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少．解析：题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆周圆弧，轨道半径：R ＝mv Bq又d ＝R －R2解得v ＝(2＋2)Bqd m. 若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆周圆弧，则有：R ′＝mv ′Bq d ＝R ′＋R ′2，解得v ′＝(2－2)Bqd m. 答案：(2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd m(q 为负电荷) 物理模型(九) 两类典型的“动态圆”模型[模型阐述][模型1] 旋转圆模型(确定的入射点O 和速度大小v ，不确定速度方向)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B 的匀强磁场中，在O 点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆圆心O 1、O 2、O 3 、O 4 、O 5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O 为圆心，R ＝mv qB为半径的一个圆周上(如图虚线所示)．(2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O 为圆心，2R 为半径的大圆(如图实线所示)．(3)各动态圆相交于O点．[模型2] 放缩圆模型(确定入射点O和速度方向，不确定速度大小)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，沿同一方向发射速度为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上，如图所示．(2)各动态圆的半径R各不相同．(3)各动态圆相交于O点．[典例赏析][典例] 如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝mv.哪个图是正确的？( )Bq[解析] A [由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的．沿ON方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON 方向逆时针偏转，则在过O 点垂直MN 左侧，其运动轨迹上各个点到O 点的最远距离，恰好是以O 为圆心，以2R为半径的14圆弧，A 正确．] [题组巩固]1．(多选)如图所示，纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m ，电荷量为－q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B 0＝mv 0qL，A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的14圆弧，B 选项中曲线为半径是L 2的圆)( ) 解析：AB [由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A 、C 选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同．B 、D 选项因为磁场是2B 0，粒子在其中运动半径是在A 、C 中运动半径的一半．然而当粒子射入C 、D 两选项时，均不可能汇聚于同一点．所以只有A 、B 选项能汇聚于一点．]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t 0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53t 0，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23t 0，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54t 0，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t 0，则它一定从ab 边射出磁场解析：AC [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t 0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2t 0.可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于13t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于43t 0；从cd 边射出磁场经历的时间一定是53t 0，综上可知，A 、C 正确，B 、D 错误．]。

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磁场对运动电荷的作用时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～6为单选，7~10为多选)1．［2016·肇庆质检]如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将（)A．向右偏转，速率不变，r变大B．向左偏转,速率改变,r变大C．向左偏转,速率不变,r变小D．向右偏转，速率改变，r变小答案A解析由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r＝错误!向右偏B变小，可知r变大，故选A。

2．［2016·西工大附中模拟］为了科学研究的需要,常常将质子（带有一个正的元电荷，质量为一个原子质量单位）和α粒子(带有两个正的元电荷,质量为四个原子质量单位）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，带电粒子在其中做匀速圆周运动(如图）.如果质子和α粒子分别在两个完全相同的圆环状空腔中做圆周运动，且在同样的匀强磁场中，比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能E H和Eα,运动的周期T H和Tα的大小，有（）A．E H＝Eα，T H＝TαB．E H＝Eα，T H≠TαC．E H≠Eα,T H＝TαD．E H≠Eα，T H≠Tα答案B解析洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得Bqv＝m错误!，解得R＝错误!,E k＝错误! mv2，联立解得R＝错误!，因R＝Rα，mα＝4m H,qα＝2q H，得E H＝Eα，由T＝错误!,得T H＝错误!Tα，H故B正确.3．如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场,在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙，自t＝0时刻起用水平恒力F作用在物块B上,由静止开始做匀加速直线运动.图乙图象的横轴表示时间,则纵轴y可以表示（）A．A所受摩擦力的大小B．B对地面压力的大小C．A所受合力的大小D．B所受摩擦力的大小答案B解析由于A、B由静止开始做匀加速直线运动,所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力，以A为研究对象,由牛顿第二定律得f＝m A a，不随时间改变，故A、C、D 选项错误。

第2讲磁场对运动电荷的作用考点1对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力方向的特点洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直．2．洛伦兹力的作用效果(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小．如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动．(2)洛伦兹力对带电粒子不做功因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功．如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化．1．如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(A)A．向上B．向下C．向左D．向右解析：条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．2．(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F 作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(BD)A．小球带负电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．洛伦兹力对小球不做功解析：由左手定则可知小球带正电，A项错误；因小球随试管向右做匀速运动，故沿试管方向洛伦兹力的分量不变，小球沿试管做匀加速运动，这样运动合成的轨迹为抛物线，B项正确；如果按分解力来看，沿试管向上的洛伦兹力仅是一个分力，水平方向也有洛伦兹力的分力，而在水平方向上洛伦兹力在做负功，所做的负功与沿试管向上的洛伦兹力所做的正功的代数和为零，故洛伦兹力没有做功．如果按总的情况看，洛伦兹力与速度方向总是垂直的，洛伦兹力对小球不做功，C 项错误，D 项正确．3．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir ，式中k 是常数、I 为导线中电流、r 为点到导线的距离．带负电的小物体在拉力F 的作用下，以速度v 从a 点出发沿连线运动到b 点做匀速直线运动，小球与桌面的动摩擦因数为μ，关于上述过程，下列说法正确的是( BCD )A ．拉力F 一直增大B ．小物体对桌面的压力先减小后增大C ．桌面对小物体的作用力方向不变D ．拉力F 的功率先减小后增大解析：本题考查安培定则及磁感应强度的矢量合成．根据右手螺旋定则可知直线M 附近处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 附近的磁场方向垂直于MN 向里，设MN 间距为d ，根据磁场的磁感应强度B ＝k I r ＋k Id －r ，可知在r ＝d2时磁感应强度最小，磁感应强度从左到右先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向向下，根据F ＝q v B 可知，其大小是先减小后增大，小球对桌面的压力先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，因为小球做匀速直线运动，合力为零，所以拉力先减小后增大，故A 错误，B 正确；因为小球做匀速直线运动，合力为零，在水平方向上拉力与摩擦力相等，在竖直方向上支持力和重力相等，所以桌面对小物体的作用力方向不变，故C正确；由上可知拉力先减小后增大且物体做匀速运动，根据P＝F v，可知拉力F的功率先减小后增大，故D正确．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．考点2带电粒子在匀强磁场中运动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1：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2：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)．(2)半径的计算方法方法1：由物理方法求：半径R＝m v qB；方法2：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1：由圆心角求：t＝θ2π·T；方法2：由弧长求：t＝sv.2．带电粒子在有界磁场中的运动(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)．考向1带电粒子在匀强磁场中运动如图，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)(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＝m v20 R1①qλB0v0＝m v20 R2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1 v0③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝πR2 v0④联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d0＝2(R1－R2)＝2m v0B0q(1－1λ)⑥【答案】(1)πmB0q(1＋1λ)(2)2m v0B0q(1－1λ)1．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(AC)A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πmqB 所以R 2R 1＝B 1B 2＝k ，T 2T 1＝B 1B 2＝k根据a ＝q v B m ，ω＝v R ＝qB m 可知a 2a 1＝B 2B 1＝1k ，ω2ω1＝B 2B 1＝1k所以选项A 、C 正确，B 、D 错误．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的分析方法考向2 带电粒子在直线边界磁场运动(2019·安徽联盟联考)(多选)如图所示，MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P 点有甲、乙两粒子同时沿与PN 分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )A ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1 3B ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2 1C ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为32D ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为21[审题指导] 本题利用直线边界的对称性：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．【解析】 设P 、Q 间的距离为L ，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为：r 甲＝L 2cos30°＝L3，r 乙＝L2cos60°＝L ，如果两粒子完全相同，由r ＝m v qB ，得v ＝qBrm ，则甲、乙两粒子的速度之比为v 甲v 乙＝r 甲r 乙＝13，A 正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T ＝2πmqB 可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲t 乙＝2π3π3＝21，B 正确；若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v甲v 乙＝2πr 甲32πr 乙6＝23，由r ＝m v qB ，可得q m ＝vrB ，则甲、乙两粒子的比荷之比为q 甲m 甲q 乙m 乙＝v 甲r 甲B v 乙r 乙B＝21，C 错误、D 正确．【答案】 ABD2. (多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( AD )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：由左手定则可判断粒子a 、b 均带正电，选项A 正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R ＝m v qB 相同，周期T ＝2πmqB 也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b 在磁场中运动轨迹是半个圆周，a 在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A 、D 正确．考向3 带电粒子在圆形有界磁场中运动如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt [审题指导] (1)带电粒子的速度由v 变为v3后，在磁场中做圆周运动的周期不变，半径变为原来的13.(2)画出运动轨迹示意图，找到圆心，确定圆心角是本题关键．【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r ＝m vqB ，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T 为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πmqB ，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3后，根据r ＝m vqB 知其在磁场中的轨迹半径变为r3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项为B.【答案】 B3．如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．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R 2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变了60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBR m ，故B 正确．带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心． (2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同．(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定．考点3带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题1．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．2．四个结论(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)当速率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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．如图所示，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、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．(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R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3又q v 1B ＝m v 21R 1 得v 1＝3Bqr 3m.(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R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r4，又q v 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr 4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m .【答案】 (1)3Bqr 3m (2)3Bqr4m4．如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(B)A．B>3m v3aq B．B<3m v3aqC．B>3m vaq D．B<3m vaq解析：若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan30°＝3a.由r＝m vqB得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3m v3aq，选项B正确．5．如图，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v 2，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v2v1为(C)A.3 2B.2 1C.3 1 D．3 2解析：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＝R cos60°＝12R；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＝R cos30°＝32R；根据轨道半径公式r＝m vqB可知，v2v1＝r2r1＝31，故选项C正确．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学习至此，请完成课时作业30。

教课资料范本2021版高考物理大复习通用版：磁场对运动电荷的作用含答案编辑： __________________时间： __________________一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作使劲。

2．大小(1)v ∥ B时、 F ＝0；(2)v ⊥ B时、 F ＝qvB；(3)v 与 B的夹角为θ时、 F ＝ qvBsin θ。

3．方向(1)判断方法：左手定章四指——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)方向特色： F ⊥B、F ⊥ v、即 F 垂直于 B和v 决定的平面。

4．做功：洛伦兹力不做功。

二、带电粒子在匀强磁场中的运动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时、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v2(1)向心力公式： qvB＝m r；mv(2)轨道半径公式： r＝Bq；2πm(3)周期公式： T＝qB。

注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率没关。

1．思虑辨析 (正确的画“√”、错误的画“×”)(1)带电粒子在磁场中运动时必定会遇到磁场力的作用。

( ×)(2)洛伦兹力的方向在特别状况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。

( ×)2πr(3)依据公式 T＝v、说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与 v成反比。

( ×)(4)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相关。

( √)(5)经过盘旋加快器加快的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大部分径、磁感觉强度 B、加快电压的大小共同决定的。

( ×)(6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作使劲的看法。

( √)(7)英国物理学家汤姆孙发现电子、并指出：阴极射线是高速运动的电子流。

( √) 2．(人教版选修 3－1P98T1改编 )以下各图中、运动电荷的速度方向、磁感觉强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的选项是( )A B[答案]B3．(鲁科版选修 3－1P132T 2)(多项选择 )两个粒子、电量相等、在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动()A．若速率相等、则半径必相等B．若动能相等、则周期必相等C．若质量相等、则周期必相等D．若动量大小相等、则半径必相等CD [ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动、洛伦兹力供给向心力、v2mv2πmqvB＝m R、可得 R＝qB、T＝qB、可知 C、 D 正确。

第56课时磁场对运动电荷的作用(重点突破课)考点一对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，F＝0。

(2)v⊥B时，F＝q v B。

(3)v与B夹角为θ时，F＝q v B sin_θ。

2．洛伦兹力的方向(左手定则)如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁感线的方向，③表示洛伦兹力的方向。

3．对洛伦兹力的理解(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，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。

[典例](多选)如图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转，不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。

若要使电子束打在荧光屏上的位置由O 逐渐向A移动，则()A．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功B．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动C．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大D．偏转磁场的方向应垂直于纸面向外[解析]在偏转过程中，洛伦兹力与电子束运动方向始终垂直，对电子束不做功，A错误；在偏转过程中，加速度的方向始终指向运动轨迹的圆心，即加速度方向时刻改变，故电子束做变加速曲线运动，B错误；电子束打在荧光屏上的OA之间，即电子束受向上偏左的洛伦兹力，由左手定则可知磁感应强度应垂直于纸面向外，电子束打在荧光屏上的位置由O逐渐向A移动，即电子束偏转角度越来越大，运动轨迹半径越来越小，由r＝m vqB知，磁感应强度应逐渐变大，C、D正确。

[答案]CD[易错提醒]洛伦兹力的方向，取决于磁感线方向和粒子运动的方向。

应特别注意其方向还和粒子所带电荷的正、负有关。

[集训冲关]1.如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。