【物理】2018届一轮复习人教版第9章第2节磁场对运动电荷的作用学案
第二节 磁场对运动电荷的作用
一、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＝qv B．
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_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．
1.判断正误
(1)带电粒子在磁场中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)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)只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．( )
(5)如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变．( )
(6)洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直．( )
提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
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，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＝．
T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．
2.试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹．
提示：
对洛伦兹力的理解及应用
【知识提炼】
1．洛伦兹力方向的特点
(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)左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场方向的关系
一定是F⊥B，F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功，也可能不做功
作用效果
只改变电荷的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向
【典题例析】
(2017·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
[审题指导] 小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，则洛伦兹力大小也发生变化，运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功．
[解析] 带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．
[答案] D
【跟进题组】
考向1 洛伦兹力方向的判定
1.图中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，导线中通有大小相同的电流，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
解析：选B.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，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，正确选项为B.
考向2 洛伦兹力做功问题的分析
2.(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，
甲球带正
电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析：选CD.设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋q甲v甲B＝，mg－q乙v乙B＝，mg＝，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．
考向3 洛伦兹力参与下带电体的力学问题分析
3.
(2017·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝v0时，小球的加速度最大
C．当v＝v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝a0时，>
解析：选C.开始运动阶段qvB
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60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A． B．
C． D．
解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P到ab距离为，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正确．
带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值及多解问题
【知识提炼】
1．带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．
(3)运动时间极值的分析
①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹越长，圆心角越大，运动时间越长．
②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．
2．带电粒子在磁场中运动的多解问题
(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、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解．
如图甲所示，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)磁场方向的不确定形成多解：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，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示．
(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，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解．
(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示．
【典题例析】
(2016·高考全国卷丙)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． B．
C． D．
[审题指导] 粒子与ON的交点只有一个的隐含条件说明运动轨迹与ON相切，从而找出粒子运动的圆心、半径、圆心角等一系列运动参量，利用几何关系进行问题的求解．
[解析] 如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确．
[答案] D
解决带电粒子在磁场中偏转问题的常用方法
(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称，轨迹圆心O位于中垂线上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题．
甲 乙
(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为②和④.
(3)定圆旋转法：
丙
当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景．
(4)数学解析法：写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解．
【跟进题组】
考向1 最小面积问题
1.如图，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：
(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向；
(2)此匀强磁场区域的最小面积．
解析：(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B.令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨迹．电子所受到的磁场的作用力大小f＝ev0B ①
方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a.
根据牛顿第二定律有f＝m②
联立①②式得B＝.③
(2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小可知，自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直入射的电子的运动轨迹只能在BAEC区域中，因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．
为了确定该磁场区域的另一边界，需考查从A点射出的电子的速度方向与BA的延长线的交角θ(不妨设0≤θ<)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图所示．图中，圆弧的圆心为O，PQ垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在以D为原点，DC为x轴，DA为y轴的坐标系中，P点的坐标(x，y)为
x＝asin θ ④
y＝－[a－(a－acos θ)]＝－acos θ ⑤
这意味着，在范围0≤θ≤内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．
因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为S＝2×＝a2.
答案：(1) 方向垂直纸面向外 (2)a2
考向2 粒子运动的多解问题
2.如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m/s的 α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm，缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？
(2)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
解析：(1)由题意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得
∠BAO＝∠ODC＝45°
所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有
Bqv＝
解得R＝0.2 m＝20 cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．
设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得
d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10)cm＝0.34 m.
甲 乙
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝×10－6 s
设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度d＝20 cmmg，杆对球有向下的压力，由Bqv0＝mg＋FN知压力随球速度的减小而减小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若Bqv0
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