2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第十章 第2讲 磁场对运动电荷(带电体)的作用

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第2讲　磁场对运动电荷(带电体)的作用
目标要求　1.认识洛伦兹力，能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.2.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.3.能够分析带电体在匀强磁场中的运动．
考点一　对洛伦兹力的理解和应用
基础回扣
1．洛伦兹力的定义
磁场对运动电荷的作用力．
2．洛伦兹力的大小
(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．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动的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、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
技巧点拨
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
(说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用)
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
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功

例1　图1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，一个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(　　)

图1
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
答案　B
解析　在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度叠加．d、b电流在O点产生的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左．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，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B正确．
例2　(多选)如图2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，磁场方向垂直于纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)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(　　)

图2
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位置高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
答案　CD
解析　设磁场的磁感应强度大小为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；甲球在圆形轨道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．

1.(带电体在地磁场中运动)如图3所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

图3
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
答案　D
2．(洛伦兹力做功的特点)(多选)如图4甲所示，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；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，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(如图丁)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4.不计空气阻力，则(　　)

图4
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
答案　AC
解析　题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝，所以h1＝h3，故A正确；题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故C正确，B错误．
考点二　有约束情况下带电体的运动
带电体在有约束条件下做变速直线运动，随着速度的变化，洛伦兹力发生变化，加速度发生变化，最后趋于稳定状态，a＝0，做匀速直线运动；当FN＝0时离开接触面．
例3　(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图5所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图象可能是(　　)

图5

答案　ACD
解析　设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确．

3．(有约束情况下带电体的运动)(多选)电荷量为＋q、质量为m的滑块和电荷量为－q、质量为m的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为θ，在斜面上加如图6所示的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下列说法中正确的是(不计两滑块间的相互作用，重力加速度为g)(　　)

图6
A．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，＋q会离开斜面
B．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，－q会离开斜面
C．当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mgcos θ
D．两滑块运动过程中，机械能均守恒
答案　ACD
解析　当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，带负电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，开始时两滑块沿斜面方向所受的力均为mgsin θ，均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受到的洛伦兹力逐渐变大，当qvB＝mgcos θ时，带正电的滑块恰能离开斜面，而带负电的滑块将一直沿斜面运动，不会离开斜面，A正确，B错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑块离开斜面前两者在斜面上运动的速度总相同，当带正电的滑块刚好离开斜面时，带负电的滑块受的洛伦兹力也满足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面对滑块的支持力大小为qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑块对斜面的压力为2mgcos θ，C正确；由于洛伦兹力不做功，故D正确．
考点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
基础回扣
1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动．
2．带电粒子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝.
(2)轨迹半径：r＝.
(3)周期：T＝、T＝，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝T.
(5)动能：Ek＝mv2＝＝.
例4　(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匀速圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
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．做匀速圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做匀速圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案　AC
解析　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为e，
则由牛顿第二定律得：evB＝①
T＝②
由①②得：R＝，T＝
所以＝k，＝k
根据a＝，ω＝
可知＝，＝
所以选项A、C正确，选项B、D错误．
例5　(2019·全国卷Ⅲ·18)如图7，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为(　　)

图7
A. B. C. D.
答案　B
解析　设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误．


4．(带电粒子做圆周运动相关物理量的比较)在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，动能为：Ek＝mv2，联立可得：Ek＝，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为：＝＝，故D正确．
5.(运动轨迹分析)如图8，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)

图8
A．2 B. C．1 D.
答案　D
解析　根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍．设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝，则B1＝＝；同理，B2＝＝，则＝，D正确，A、B、C错误．
课时精练

1.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用．如图1为地磁场的示意图(虚线，方向未标出)，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下(　　)

图1
A．α射线沿直线射向赤道
B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转
D．质子向北偏转
答案　B
解析　赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确．
2．电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图2所示射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原来处于静止状态的一个电子，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是(　　)

图2


答案　D
解析　离子吸收一个电子后，离子带电荷量由＋3e变为＋2e，因为电子质量不计，故吸收电子后离子运动的速度保持不变．由洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得离子运动半径R＝，因为离子吸收电子后带电荷量减小且离子速度、质量不变，故离子做匀速圆周运动的轨道半径R增大，离子的电性没有发生变化，故离子做匀速圆周运动的受力方向没有发生变化，故A、B、C错误，D正确．
3．在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力大小之比是2∶1
答案　B
解析　在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，故两者的运动半径之比为1∶2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，故运动周期之比为2∶1，选项B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，由于动量大小相等，故速度大小之比为1∶4，选项C错误；带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，故受到的洛伦兹力大小之比为1∶2，选项D错误．
4．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图3所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图3
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
答案　AB
解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上，与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，选项A、B正确．
5．(多选)(2020·河北唐山市模拟)两个质子以不同速度均在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图4所示，两圆周相切于A点，过A点作一直线与两圆周交于D点和C点．若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有(　　)

图4
A．两质子速率之比v1∶v2＝1∶2
B．两质子周期之比T1∶T2＝1∶2
C．两质子由A点出发第一次分别到达D点和C点经历的时间之比t1∶t2＝1∶2
D．两质子分别运动到D点和C点处时的速度方向相同
答案　AD
解析　质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，则v＝，所以两质子的速率之比为1∶2，A正确；又T＝，解得T＝，所以两质子的周期之比为1∶1，B错误；由题图可知两质子由A点出发第一次分别运动到D点和C点时的偏转角相等，由于周期相同，则两质子的运动时间相等，C错误；由于两质子的偏转角相等，则两质子分别运动到D点和C点时的速度方向相同，D正确．
6．图5甲是洛伦兹力演示仪，图乙是演示仪结构图．玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹．图丙是励磁线圈的原理图．两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行，电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是(　　)

图5
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
答案　D
解析　只增大电子枪的加速电压U，由eU＝mv2可知，电子进入磁场的速度增大，半径r＝变大，选项A、B错误；只增大励磁线圈中的电流，磁场的磁感应强度B增大，半径r＝变小，选项C错误，D正确．

7.(多选)(2019·河南郑州市质检)如图6所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下列选项中的(　　)

图6

答案　AD
解析　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，B、C错误．

8.如图7所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

图7
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
答案　D
解析　重力对小球做功，所以小球在运动过程中速率不断变化，A错误；小球在运动过程中，绳子的拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，故小球运动过程中机械能守恒，B错误；当小球恰好经过最高点时，由牛顿第二定律得mg－qv1B＝m，故v1≠，C错误；由牛顿第二定律，小球在最低点有FT－mg－qvB＝m，在最高点有mg＋FT′－qv′B＝m，由机械能守恒定律得mv2＝mg·2l＋mv′2，联立以上方程得，最低点与最高点绳子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正确．
9．如图8所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动．下列说法中正确的是(　　)

图8
A．滑块受到的摩擦力逐渐增大
B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动
C．滑块最终要离开斜面
D．滑块最终可能静止于斜面上
答案　C
解析　滑块受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的作用，初始时刻洛伦兹力为0，滑块在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下运动，随着速度v的增大，洛伦兹力qvB增大，滑块受到的支持力减小，则摩擦力减小，加速度增大，当qvB＝mgcos θ时，滑块离开斜面，故C正确，A、B、D错误．
10．(多选)(2020·江西赣州市模拟)如图9所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球套在杆上．已知小球的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)

图9
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝
答案　CD
解析　v较小时，对小球受力分析如图所示，Ff＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增大，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，加速度逐渐减小，A错误；因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能的总和在减小，B错误；若在加速度增大时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝m·，得v＝；若在加速度减小时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m·，得v＝，C、D正确．

11．(2017·全国卷Ⅲ·24)如图10，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10
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
答案　(1)(1＋)　(2)(1－)
解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．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第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝(1－)．

12．(八省联考·湖南·13)在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速．如图11，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里．平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d.在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动．一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力．

图11
(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；
(2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h.
答案　(1)带正电　理由见解析　(2)
(3)＋(1－)
解析　(1)粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，因此带正电．
(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为F＝qv1B，因此带电粒子水平方向做匀加速直线运动
F＝qv1B＝ma
d＝at2
联立解得t＝
(3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的速度v1，水平方向做匀加速直线运动，则有
v x2＝2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ，则
tan θ＝
粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为
v＝
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝m
粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为h2＝R－Rsin θ
粒子在绝缘平板上时竖直上升的高度h1＝v1t
总高度h＝h1＋h2
联立可得h＝＋(1－)