6、
1．洛倫茲力方向的特點
(1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向確定的平面。
(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。
2．洛倫茲力與電場力的比較
類別
洛倫茲力
電場力
性質(zhì)
磁場對在其中運動電荷的作用力
電場對放入其中電荷的作用力
產(chǎn)生條件
磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動的電荷將不受洛倫茲力
電場中的電荷無論靜止，還是沿任何方向運動都要受到電場力
方向
方向由電荷正負、磁場方向以及電荷運動方向決定，各方向之間關(guān)系遵循左手定則：洛倫茲力方向一定垂直于磁場方向以及電荷運動方向(電
7、荷運動方向與磁場方向不一定垂直)
方向由電荷正負、電場方向決定：正電荷受力方向與電場方向一致，負電荷受力方向與電場方向相反
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
做功情況
一定不做功
可能做正功，可能做負功，也可能不做功
典|例|微|探
【例1】 如圖所示，由絕緣細線懸掛的帶負電荷的小球，在一勻強磁場中擺動，勻強磁場的方向垂直紙面向里，小球在AB間擺動過程中，由A擺到最低點C時，細線拉力的大小為F1，小球加速度大小為a1；由B擺到最低點C時，細線拉力的大小為F2，小球加速度大小為a2，則( )
A．F1＞F2，a1＝a2 B．F1＜F2，a1＝a2
C．F
8、1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2
【解題導(dǎo)思】
(1)小球在磁場中運動時受到哪些力作用？哪些力做功？
答：小球受到重力、細線的拉力和洛倫茲力作用，只有重力做功，其他力不做功。
(2)小球每次經(jīng)過最低點位置時洛倫茲力相同嗎？
答：小球每次經(jīng)過最低點位置時速度大小相等、方向不同，洛倫茲力大小相等，但方向相反。
解析 細線的拉力、洛倫茲力始終與小球的運動方向垂直，不做功，只有重力做功，小球在C點的速率相同，因為a＝，所以a1＝a2，當小球由A擺到最低點C時，細線的拉力和洛倫茲力方向相同，由B擺到最低點C時，細線的拉力與洛倫茲力方向相反，故F1＜F2。
答案 B
9、
(1)電荷在電場中一定受電場力，而在磁場中不一定受洛倫茲力。
(2)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方向無必然聯(lián)系。
(3)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀本質(zhì)，但各自的表現(xiàn)形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導(dǎo)線可做正功，可做負功，也可不做功。
題|組|微|練
1.(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設(shè)飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2，則下列
10、論述正確的是( )
A．x1>x2 B．t1>t2
C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同
解析 當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度at2；由x1＝v0t1＋at，x2＝v0t2知x1>x2，A、B項對；又因為洛倫茲力不做功，故C項對；兩次小球著地時速度方向不同，D項錯。
答案 ABC
2．(多選)如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗
11、糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段( )
A．a(chǎn)對b的壓力不變
B．a(chǎn)對b的壓力變大
C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變小
D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力不變
解析 a向左加速時受到的豎直向下的洛倫茲力變大，故對b的壓力變大，B項正確；從a、b整體看，由于a受到的洛倫茲力變大，會引起b對地面的壓力變大，滑動摩擦力變大，整體的加速度變小，再隔離a，b對a的靜摩擦力提供其加速度，由Fba＝maa知，a、b間的摩擦力變小，選項C正確。
答案 BC
微考點 2 帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動
核|
12、心|微|講
1．圓心的確定
基本思路：圓心一定在與速度方向垂直的直線上，并且也在圓中一條弦的中垂線上。
有兩種方法：
(1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點。
(2)已知入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖乙所示，P為入射點，M為出射點。
2．半徑的確定和計算
利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)。并注意以下兩個重要的幾何特點：(如圖所示)
(1
13、)粒子速度的偏向角φ等于回旋角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180°。
3．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α時，其運動時間可由下式表示：t＝T(或t＝T)。
典|例|微|探
【例2】 如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc。不計粒子重力，則( )
14、
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
【解題導(dǎo)思】
(1)同一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其速度大小之比等于軌道半徑之比嗎？
答：由公式r＝可知，速度大小之比等于軌道半徑之比。
(2)同一粒子在磁場中的運動時間之比等于其圓弧所對圓心角之比嗎？
答：由公式T＝和t＝T可知，運動時間之比等于圓心角之比。
解析 設(shè)正六邊形的邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，由幾何關(guān)系可知
15、，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A項正確。
答案 A
【反思總結(jié)】
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”
1．畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡。
2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，
16、在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系。
3．用規(guī)律；即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式。
題|組|微|練
3．如圖，勻強磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小為B，某種比荷為、速度大小為v的一群離子以一定發(fā)散角α由原點O出射，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi)，則cos為( )
A.－
B．1－
C．1－
D．1－
解析 由洛倫茲力提供向心力得 qvB＝，解得r＝。根據(jù)題述，當離子速度方向沿y軸正方向時打在N點，當離子速度方向與y軸正方向夾角為時打在M點，畫出兩種情況下離子的運動軌跡如圖所示，設(shè)OM之間的距離為x，則有2rcos＝x
17、,2r＝x＋L，聯(lián)立解得cos＝1－，選項B正確。
答案 B
4．如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為( )
A.v B.v C.v D.v
解析 設(shè)圓形區(qū)域直徑為d，粒子從a點射入從b點飛出磁場，運動時間t＝，半徑R1＝d＝；若粒子從a點沿ab方向射入磁場，運動時間t＝，偏向角為60°，且tan30°＝，半徑R2＝d＝，速度v′＝v，選項C正確。
18、
答案 C
微考點 3 帶電粒子在磁場中運動的多解問題
核|心|微|講
1．帶電粒子電性不確定形成多解
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同，因而形成多解。
2．磁場方向不確定形成多解
有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向，此時必須考慮由磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。
3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解
如圖所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過 180°從入射界面反向飛出，于是形成了多解。
4．運動的往復(fù)性
19、形成多解
帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，往往具有往復(fù)性，因而形成多解。
典|例|微|探
【例3】 (多選)一質(zhì)量為m，電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是( )
A. B.
C. D.
【解題導(dǎo)思】
(1)庫侖力一定指向圓心，洛倫茲力一定指向圓心嗎？
答：洛倫茲力可能指向圓心，也可能背離圓心。
(2)哪些力提供負電荷做圓周運動的向心力？其大小如何表示？
答：庫侖力和洛倫茲力的合力提供向心力，當兩者方向相同時
20、向心力大小為F電＋F磁＝4qvB；當兩者方向相反時向心力大小為F電－F磁＝2qvB。
解析 依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝＝；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝m，v＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝＝，應(yīng)選AC項。
答案 AC
【反思總結(jié)】
求解帶電粒子在磁場中運動的多解問題的技巧
1．分析題目特
21、點，確定題目多解性形成原因。
2．作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。
3．若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。
題|組|微|練
5．(多選)如圖所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外。O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限。已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷的時間為，最后從磁場中飛出的粒子經(jīng)歷的時間為。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則
22、( )
A．粒子射入磁場的速度大小v＝
B．粒子圓周運動的半徑r＝2a
C．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系＝＋1
D．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系＝2
解析 速度沿y軸正方向的粒子，最先從上邊界離開(如圖甲)，由于粒子在磁場中的運動時間為，則磁場中的軌跡圓弧的圓心角為×360°＝30°。軌跡圓心在x軸上，作出軌跡圖形，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑r＝＝2a；對帶電粒子在磁場中的圓周運動有qvB＝m，解得v＝；最后離開的粒子從右邊界射出(如圖乙)，其軌跡圓心角為×360°＝90°，設(shè)粒子速度方向與y軸正方向夾角為θ，作出軌跡圖形，由幾何關(guān)系有rsinθ＝r－a，b＝rsinθ＋rcosθ，解得
23、b＝(＋1)a，則＝＋1。選項D錯誤，A、B、C正確。
答案 ABC
6．(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是( )
A．使粒子的速度v<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度
24、B
見學(xué)生用書P149
帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界和極值問題
素能培養(yǎng)
1．幾何對稱法
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡關(guān)于入射點P與出射點Q的中垂線對稱，軌跡圓心O′位于中垂線上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如圖所示。應(yīng)用粒子運動中的這一“對稱性”，不僅可以輕松地畫出粒子在磁場中的運動軌跡，也可以非常便捷地求解某些臨界問題。
2．動態(tài)放縮法
當帶電粒子射入磁場的方向確定，但射入時的速度v大小或磁場的強弱B變化時，粒子做圓周運動的軌道半徑R隨之變化。在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌道半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件。如
25、圖所示，粒子進入長方形邊界OABC從BC邊射出的臨界情景為②和④。
3．定圓旋轉(zhuǎn)法
當帶電粒子射入磁場時的速度v大小一定，但射入的方向變化時，粒子做圓周運動的軌道半徑R是確定的。在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件。如圖所示為粒子進入單邊界磁場時的情景。
4．數(shù)學(xué)解析法
寫出軌跡圓和邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識求解。
經(jīng)典考題 (多選)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面
26、有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0×10－4 T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電量e＝－1.6×10－19 C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則( )
A．θ＝90°時，l＝9.1 cm B．θ＝60°時，l＝9.1 cm
C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm
解析 電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑R＝＝4.55 cm，即R＝d＝，由左手定則可知，電子沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)。當θ＝90°時，臨界情況如圖甲所示，由幾何
27、關(guān)系知，l＝L。
甲 乙
隨θ的減小，ON段的可能長度不變，OM段的可能長度減小，選項A正確，B項錯誤；當θ＝30°時，臨界情況如圖乙所示，此時電子不可能打在OM段，故l＝＝4.55 cm，C項錯誤，D項正確。
答案 AD
對法對題
1.(多選)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的3個頂點?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，若該粒子能從BC邊上某點Q射出，則( )
28、
A．PB≤L B．PB≤L
C．QB≤L D．QB≤L
解析 由qvB＝，得R＝L。PB最大時軌跡與AC邊相切，由幾何知識得AP＝－R，BP＝L－AP＝L，A項正確，B項錯誤；QB最大時粒子平行于AB邊從Q′點射出，此時Q′B＝＝L，C項錯誤，D項正確。
答案 AD
2．如圖所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。P為屏上的一個小孔。PC與MN垂直。一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍
內(nèi)。則在屏MN上
29、被粒子打中的區(qū)域的長度為( )
A. B.
C. D.
解析 由圖可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR＝，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近，為PQ＝cosθ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為QR＝PR－PQ＝，選項D正確。
答案 D
見學(xué)生用書P150
1．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一
30、出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為( )
A．11 B．12 C．121 D．144
解析 設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價正離子質(zhì)量為M。質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝mv，質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝Mv，該正離子在磁感應(yīng)強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確。
31、
答案 D
2．一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為( )
A. B. C. D.
解析 由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此粒子在磁場中運動的時間為t＝×，粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的
32、時間相等，即＝×，求得＝，A項正確。
答案 A
3．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( )
A. B. C. D.
解析 如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM
33、成30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以D正確。
答案 D
4．(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場。在邊長為2R的正方形區(qū)域里也有勻強磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小相同。兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點射入勻強磁場。在M點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點為正方形邊長的中點，則下列說法正確的是( )
A．帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同
B．從M點射入的帶電粒子可能先飛出磁場
C．從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場
D．從N點射入的帶電粒子不可能比M點射入的帶電粒子先飛出磁場
解析 畫軌跡草圖如圖所示，容易得出粒子在圓形磁場中的軌跡長度(或軌跡對應(yīng)的圓心角)不會大于在正方形磁場中的，故A、B、D項正確。
答案 ABD
22
2019版高考物理一輪復(fù)習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案
