高考物理【一轮复习】讲义练习第2讲　磁场对运动电荷的作用

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1.
2.
1.思考判断
(1)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)
(2)带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。(×)
(3)若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。(×)
2.(多选)(人教版选择性必修第二册P11科学漫步改编)1932年，物理学家安德森在实验中发现了正电子，该发现为确定反物质的存在提供了重要的证据。正电子在施加了磁场的云室中运动，其穿过铅板前后的运动轨迹如图所示。已知正电子穿过铅板时会损失一部分动能，则( )
A.正电子由下向上穿过铅板B.正电子由上向下穿过铅板
C.磁场方向垂直纸面向里D.磁场方向垂直纸面向外
答案 AC
考点一 对洛伦兹力的理解和应用
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，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。
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。
例1 (2023·海南卷，2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
答案 A
解析 小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确;小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误;小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误;洛伦兹力永不做功，D错误。
跟踪训练
1.(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3;若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A.一定有h1＝h3B.一定有h1h2，D错误;第4个图，因不知道小球电性，则不能判断h4与h1、h2的大小关系，B错误，C正确。
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的圆心、半径及运动时间的确定
2.带电粒子在有界匀强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(往往存在临界条件，如图所示)
(3)圆形边界
①速度指向圆心:沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心:如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。
③环形磁场:如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。
角度 带电粒子在匀强磁场中运动
例2 (2024·安徽马鞍山模拟)如图所示，匀强磁场范围足够大且方向垂直纸面向里，在纸面内有P、M、N三点，P、M间的距离为L，P、M连线与MN间的夹角为30°。从P点平行于MN向左发射速率为v0的带正电粒子，恰好经过M、N，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则( )
A.磁感应强度的大小为3mv02qL
B.M、N间距离为3L2
C.粒子从P运动到N的时间为2πL3v0
D.粒子运动过程中，距MN的最大距离为3L2
答案 D
解析 根据题意作出粒子运动轨迹，如图所示，根据几何关系，可知∠POM＝2×30°＝60°，则轨道半径r＝L，由于洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝mv02r，解得B＝mv0qL，故A错误;根据几何关系，M、N间距离为xMN＝2Lcs 30°＝3L，故B错误;粒子从P运动到N对应的圆心角θ＝360°－60°＝300°，粒子运动周期T＝2πrv0，则经历时间为t＝θ360°T，解得t＝5πL3v0，故C错误;根据轨迹图可知，当粒子运动至与P点关于圆心对称位置时，距MN的距离最大为xmax＝2r－Lsin 30°＝3L2，故D正确。
角度 直线边界和平行边界的磁场
例3 (2024·广西卷，5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A.mvqBB.3mv2qB
C.(1＋2)mvqBD.1＋22mvqB
答案 C
解析 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，可得粒子做圆周运动的半径r＝mvqB，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋rsin45°＝(1＋2)mvqB，故C正确。
总结提升
解析法解决带电粒子在匀强磁场中的运动问题
角度 圆形边界磁场
例4 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°。不计粒子的重力，则v1v2为( )
A.12B.33
C.32D.3
答案 B
解析 设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝Rtan60°2＝3R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，可得r＝mvqB，则r1＝mv1qB，r2＝mv2qB，解得v1v2＝33，B正确。
角度 三角形或多边形边界磁场
例5 (多选)如图所示，在直角三角形ACD区域内存在着垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AD边存在粒子收集器，已知∠ACD＝30°，DA边的长度为L。有一群质量为m、电荷量为q的带负电粒子以不同的速度从CD边的中点垂直CD边射入磁场中，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则能从AD边收集到的粒子的速度可能为( )
A.3qBL5mB.23qBL3m
C.3qBL2mD.3qBL4m
答案 CD
解析 粒子从E点垂直CD边射入，若粒子恰好从D点射出，如图所示，由几何关系可知运动半径为r1＝14×Ltan30°＝34L，根据qv1B＝mv12r1，可得v1＝3qBL4m;若粒子轨迹与AC边相切，由几何关系可知r2＝12×Ltan30°sin 30°＝32L，根据qv2B＝mv22r2，可得v2＝3qBL2m，可知粒子从AD边射出时的速度范围3qBL4m≤v≤3qBL2m，故C、D正确。
跟踪训练
2.(多选)(2024·河北正定中学模拟)长7l、高2l的矩形区域abcd中，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。纸面内大量电荷量为q、质量为m的带负电粒子(不计重力)，从d点以相等的速率v＝5qBlm沿各个方向射入磁场，e为bc边中点，如图所示。则下列说法正确的是( )
A.从c点射出的粒子速度偏转角度最大
B.be区域没有粒子射出
C.粒子在磁场运动的最大位移为52l
D.粒子在磁场中运动的最长时间为πm2qB
答案 BCD
解析 如图所示，轨迹与ab边相切的粒子位移最大，轨迹所对的弦最长，运动时间最长，偏转角最大，根据qvB＝mv2r，可得r＝5l。若轨迹与ab边相切，由几何关系可得af＝4l，fb＝3l，gO＝4l，则gf＝l，粒子恰好从bc边中点e射出，be区域没有粒子射出，可得最大位移为de＝(7l)2＋l2＝52l，故A错误，B、C正确;由几何关系可知圆弧dfe所对的圆心角为直角，则粒子在磁场中运动的最长时间为四分之一周期，即t＝T4＝πm2qB，故D正确。
A级 基础对点练
对点练1 对洛伦兹力的理解和应用
1.如图a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A.向上B.向下
C.向左D.向右
答案 B
解析 根据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相互抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四根通电直导线在O点产生的合磁场方向向左，由左手定则可判断带正电粒子所受洛伦兹力的方向向下，B正确。
2.(多选)带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度方向与纸面平行，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是( )
A.甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B.乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C.丙粒子做匀速圆周运动
D.所有粒子运动过程中动能均不变
答案 BD
解析 由左手定则知甲粒子所受洛伦兹力大小为qvB，方向垂直纸面向里，故A错误;乙粒子速度方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确;丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误;洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能均不变，故D正确。
3.正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中的1、2、3所示。下列说法正确的是( )
A.磁场方向垂直于纸面向里
B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D.轨迹3对应的粒子是正电子
答案 A
解析 三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，轨迹2对应的粒子是正电子，1、3为电子，故A正确，D错误;轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r＝mvqB知，运动速度越来越小，B错误;对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于运动半径r20)，故A正确;由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，得v＝qBrm，B和v均不可得出，故B、D错误;因为T＝2πrv＝2πmqB，B未知，不能求出周期T，也不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，故C错误。
10.(多选)(2025·河北省级联考)如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外(包含边界)存在着垂直于abc所在平面向外的匀强磁场，P、Q为ab边的三等分点。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电粒子在abc平面内以速度v0从a点垂直于ac边射入匀强磁场，恰好从P点第一次进入三角形abc区域。不计带电粒子重力，下列说法正确的是( )
A.磁场的磁感应强度大小为3mv0qL
B.粒子从bQ之间(不包括b、Q点)第二次通过ab边
C.粒子从PQ之间(不包括P、Q点)第二次通过ab边
D.粒子从a点开始到第二次通过ab边所用的时间为(63＋5π)L9v0
答案 AD
解析 粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得r＝aP＝L3，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv02r，联立解得B＝3mv0qL，故A正确;由几何关系知，粒子第二次通过ab边时恰好过P点，故B、C错误;设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝2πL3v0，粒子在三角形abc内运动的路程为s＝2×2×L3cs 30°＝233L，粒子从a点到第二次通过ab边所用的时间为t＝2×60°360°T＋T2＋sv0＝56T＋23L3v0＝(63＋5π)L9v0，故D正确。
C级 培优加强练
11.(2024·重庆卷，14)有人设计了一粒子收集装置。如图所示，比荷为qm的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O点在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子会被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的其他影响。
(1)求O、K间的距离;
(2)若速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求M、O间的距离;
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场开关的时刻。
答案 (1)2mv0qB (2)23mv0qB (3)3mqB
解析 (1)当速率为v0的粒子经过O点时打开磁场开关，根据左手定则可判断粒子将沿逆时针方向做匀速圆周运动，设半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv02r
由于该粒子会被收集，则作出该粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何知识有
OK＝2r＝2mv0qB。
(2)当速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，
作出其运动轨迹如图乙所示
由洛伦兹力提供向心力有4qv0B＝m(4v0)2r1
设M、O之间的距离为d，由几何知识有
r12＝(r1－2r)2＋d2
联立解得d＝23mv0qB。
(3)速度为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍经过K点，则N点在O点右侧，作出t时刻打开磁场开关后粒子的运动轨迹如图丙所示
设打开磁场开关时O、N间的距离为l，则由几何关系可得r12＝(r1－2r)2＋l2
解得l＝23r
则打开磁场的时刻为t＝d＋l4v0＝3mqB。基本思路
图例
说明
圆心的确定
①与速度方向垂直的直线过圆心
②弦的垂直平分线过圆心
P、M点速度方向垂线的交点
P点速度方向垂线与弦的垂直平分线交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法:左图中，
r＝Lsin θ或由r2＝L2＋(r－d)2求得
r＝L2＋d22d
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间
①t＝θ2πT
②t＝lv
t＝θ2πT＝φ2πT
＝2α2πT
t＝lv＝ABv