2019届高考物理一轮复习 第8章 磁场 2 第二节 磁场对运动电荷的作用随堂检测巩固落实 新人教版
高三物理一轮复习第8章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用
磁场对运动电荷的作用[随堂反馈]1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)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( )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：对电子由牛顿第二定律有evB ＝m v 2r ，得r ＝mveB ，则r Ⅰ∶r Ⅱ＝1∶k ，A 正确．由evB ＝ma ，得a ＝evB m ，则a Ⅰ∶a Ⅱ＝k ∶1，B 错误．由T ＝2πr v ＝2πmeB，得T Ⅰ∶T Ⅱ＝1∶k ，C 正确．由ω＝2πT ＝eBm，得ωⅠ∶ωⅡ＝k ∶1，D 错误．答案：AC2.(多选)如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°.利用以上数据可求出下列物理量中的( )A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径解析：由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l ＝r sin 60°＝mv 0qBsin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m ＝sin 60°Bt ，A 项对；周期T ＝2πmqB也可求出，B 项对；因初速度未知且无法求出，所以C 、D 项错． 答案：AB3．(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( )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：带电离子打到屏P 上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a 、b 两离子均带正电，选项A 正确；a 、b 两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r ＝mv qB知半径相同，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行的路程比b 长，选项C 错误，选项D 正确；根据t θ＝T2π知，a在磁场中飞行的时间比b 的长，选项B 错误． 答案：AD4.(多选)(2016·衡水一调)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场．磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入．入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则( )A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区C ．粒子距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πm qBD ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r，其中v＝qBdm，解得r ＝d ，故A 错误；画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示．结合几何关系有AO ＝rsin 30°＝2r ＝2d ，故从距A 点0.5d 处射入，圆心在AD 上离A 点的距离为1.5d ，由几何知识可知粒子会进入Ⅱ区，故B 错误；粒子从距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t ＝πmBq，故C 正确；从A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t ＝T 6＝πm3qB，故D 正确．答案：CD5.(2016·湖南师大附中月考)如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L .当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .解析：(1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L ，又因为qv 1B ＝m v 21r 1且qU m ＝12mv 21，所以U m ＝qB 2L22m(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2，解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq答案：(1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq[课时作业]一、单项选择题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：由安培定则分别判断出四根通电导线在O 点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O 点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B 正确． 答案：B2．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( ) A ．与粒子电荷量成正比 B ．与粒子速率成正比 C ．与粒子质量成正比 D ．与磁感应强度成正比解析：粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πmqB ，其等效环形电流I ＝q T ＝q 2B2πm，故D 选项正确．答案：D3.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(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( )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍；由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝mv 2R 得v ＝qBR m ；其动能E k ＝12mv 2＝q 2B 2R22m，故磁感应强度B ＝2mE k q 2R 2，B 1B 2＝E k1E k2·R 2R 1＝22，故选项D 正确． 答案：D4．(2016·开封模拟)某空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B .该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以某一速率沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向74°.不计重力，则初速度v 0大小为(已知sin 37°＝35)( )A.4qBR 3m B ．5qBR 3mC.3qBR 4mD ．3qBR 5m解析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹，根据几何知识得，轨迹的圆心角等于速度的偏向角74°，且轨迹的半径r ＝Rtan 37°＝43R ，根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20r 得，v 0＝4qBR 3m ，故A 正确．答案：A5.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 点垂直于y 轴进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0D ．v 02解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心．故Oa ＝Ob ＝r ＝mv 0qB① 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ＝Oa ＝qE2m t 2②由①②得EB＝2v 0，故选项C 对． 答案：C6.(2015·马鞍山二检)如图所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L ，三个粒子以相同的速度从a 点沿ac 方向射入，粒子1从b 点射出，粒子2从c 点射出，粒子3从cd 边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定( )A ．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B ．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C ．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D ．粒子3的射出位置与d 点相距L2解析：根据左手定则可知粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A 错误；粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r 1＝22L ，时间t 1＝14T ＝14×2πr 1v ＝2πL 4v，粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r 3＝2L ，时间t 3＝18T ＝18×2πr 3v ＝2πL4v，则t 1＝t 3，选项C 错误；由r ＝mvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比为r 3∶r 1＝2∶1，选项B 正确；粒子3的射出位置与d 点相距(2－1)L ，选项D 错误． 答案：B 二、多项选择题7.如图所示，带正电的A 粒子和B 粒子先后以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32＋3C ．A 、B 两粒子m q之比是13D ．A 、B 两粒子m q 之比是32＋3解析：由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv ＝m v 2r ，得r ＝mvBq.由几何关系可得，对粒子B ：r B cos 60°＋r B ＝d ，对粒子A ：r A cos 30°＋r A ＝d ，联立解得r Ar B＝32＋3，所以A 错误，B 正确．再根据r ＝mv Bq ，可得A 、B 两粒子m q 之比是32＋3，故C 错误，D 正确． 答案：BD8.如图所示，宽d ＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直于纸面向里．现有一群正粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ＝10 cm ，则( )A ．右边界：－8 cm<y <8 cm 有粒子射出B ．右边界：0<y <8 cm 有粒子射出C ．左边界：y >8 cm 有粒子射出D ．左边界：0<y <16 cm 有粒子射出解析：根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r ＝10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO 1＝O 1A ＝OO 2＝O 2C ＝O 2E ＝10 cm ，由几何知识求得AB ＝BC ＝8 cm ，OE ＝16 cm ，因此答案为A 、D.答案：AD9.(2016·湖南师大附中月考)如图所示，以O 为圆心、MN 为直径的圆的左半部分内有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子a 、b 和c 以相同的速率分别沿aO 、bO 和cO 方向垂直于磁场射入磁场区域．已知bO 垂直MN ，aO 、cO 与bO 的夹角都为30°，a 、b 、c 三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a 、t b 、t c ，则下列给出的时间关系可能正确的是( )A ．t a <t b <t cB ．t a >t b >t cC ．t a ＝t b <t cD ．t a ＝t b ＝t c解析：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子的运动半径为r ，圆形区域半径为R ，当粒子a 恰好从M 点射出磁场时，r ＝13R ，当粒子b 恰好从M 点射出磁场时，r ＝R ，如图甲所示，t a <t b ＝t c .当r >R 时，粒子a 对应的圆心角最小，c 对应的圆心角最大，t c >t b >t a ；当r ≤13R ，轨迹如图乙所示，t a ＝t b ＝t c .同理，13R <r ≤R 时，t a <t b＝t c .综上所述，可知A 、D 正确．答案：AD 三、非选择题10.(2015·珠海期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ＝5.0×10－8kg 、电荷量为q ＝1.0×10－6C 的带电粒子，从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场．已知OP ＝30 cm ，粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件． 解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理得qU 0＝12mv 2代入数据得v ＝20 m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝mv 2R得R ＝mv qB代入数据得R ＝0.50 m 而OPcos 53°＝0.50 m故圆心一定在x 轴上，轨迹如图甲所示． 由几何关系可知：OQ ＝R ＋R sin 53°故OQ ＝0.90 m(3)带电粒子不从x 轴射出(如图乙)，由几何关系得OP >R ′＋R ′cos 53°① R ′＝mv qB ′② 由①②并代入数据得B ′>163T ＝5.33 T(取“≥”也正确)答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B ′>5.33 T11．(2014·高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ； (3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d cos 30° 且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°) 解得h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝qvB ，m v ′2r ′＝qv ′B 由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d(3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2nr n＝qv n B解得v n ＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32 (2)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d(3)qB m ⎝⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数12.如图所示，在第二象限和第四象限的正方形区域内分别存在着两匀强磁场，磁感应强度均为B ，方向相反，且都垂直于xOy 平面．一电子由P (－d ，d )点，沿x 轴正方向射入磁场区域Ⅰ(电子质量为m ，电荷量为e ，sin 53°＝0.8)． (1)求电子能射入第三象限的入射速度v 的范围．(2)若电子从⎝ ⎛⎭⎪⎫0，d 2位置射出，求电子在磁场Ⅰ中运动的时间t . (3)求第(2)问中电子离开磁场Ⅱ时的位置坐标．解析：(1)能射入第三象限的电子临界轨迹如图甲所示．电子偏转半径范围为d 2<r <d 由evB ＝m v 2r ，解得v ＝eBr m入射速度的范围为eBd 2m <v <eBd m(2)设电子在磁场中运动的轨道半径为R ， 由几何知识得R 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d 22 解得R ＝5d 4则sin ∠PHM ＝45，∠PHM ＝53° 由evB ＝mR ω2，ω＝2πT ，T ＝2πR v联立解得T ＝2πm eB若电子从⎝ ⎛⎭⎪⎫0，d 2位置射出，则电子在磁场Ⅰ中运动的时间t ＝53°360°T ＝53πm 180eB(3)根据几何知识，带电粒子在射出磁场区域Ⅰ时与水平方向夹角为53°，带电粒子进入磁场区域Ⅱ的位置N 点的横坐标为3d 8.在△NBH ′中，NB 长度为R sin 53°＝5d 4×45＝dQA ＝d －5d 8＝3d 8由勾股定理得H ′A ＝918dH ′B ＝R cos 53°＝3d4所以电子离开磁场Ⅱ的位置坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫d ，34d －918d .答案：(1)eBd2m <v <eBd m (2)53πm180eB(3)⎝ ⎛⎭⎪⎫d ，34d －918d。
高考物理一轮总复习 必修部分 第8章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用课件
板块二 考点细研·悟 法培优
考点 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)左手判断洛伦兹力方向，但一定要分清正、负电荷。 (5)洛伦兹力一定不做功。
A.0 C.4mg
B．2mg D．6mg
解析 小球从左边摆到最低点时速度设为 v，该过程只有重力做功，根据动能定理得：mgL(1－cos60°) ＝12mv2。在最低点对小球进行受力分析，因丝线张力为零，则洛伦兹力方向应竖直向上，如图 1，由牛顿 第二定律得：
必考部分
第8章 磁场
第2讲 磁场对运动电荷的作用
板块一 主干梳理·对 点激活
知识点 1 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 洛伦兹力公式 Ⅱ 1.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。
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＝mvr2。
(2)轨道半径公式：r＝mBqv。
qB
(3)周期公式：T＝2vπr＝2qπBm；f＝T1＝ 2πm
qB ；ω＝2Tπ＝2πf＝ m 。
(4)T、f T、f 和
和 ω 的特点： ω 的大小与轨道半径
3.洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ 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＝qvB。 (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。
高考物理一轮总复习 第八章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用课件(选修3-1)
与速度的大小无关( )
[答案] √
6．根据周期公式 T＝2vπr得出 T 与 v 成反比(
)
[答案] ×
考点
互动探究
[核心提示] 1 个定则：左手定则(判断洛伦兹力方向) 1 个区别：洛 伦兹力和电场力的区别 2 个表达式：Bqv＝mRv2、T＝2Bπqm 1 个思路：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路 2 类问题：带电粒子在磁场中运动的多解问题及临界极值问题
考点一 对洛伦兹力的理解 1．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，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，要注意将四指指向电荷运动的反方向．
2．如右图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小 球以水平速度 v0 抛出，落在地面上的 A 点，若加一垂直纸面 向里的匀强磁场，则小球的落点( )
A．仍在 A 点 C．在 A 点右侧
B．在 A 点左侧 D．无法确定
[解析] 加上磁场后，洛伦兹力虽不做功，但可以改变 小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动 中任一位置受力如图所示，
2．洛伦兹力和安培力的比较 (1)洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培 力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观 表现． (2)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． (3)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
(多选)(2015·安庆模拟)如图所示，空间的某一区 域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以 某一初速度由 A 点进入这个区域沿直线运动，从 C 点离开区 域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从 B 点离开场 区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从 D 点离 开场区．已知 BC＝CD，设粒子在上述三种情况下，从 A 到 B、从 A 到 C 和从 A 到 D 所用的时间分别是 t1、t2 和 t3，离 开三点时的动能分别是 Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计， 以下关系正确的是( )
高考物理一轮复习 第8章 磁场 2 第二节 磁场对运动电荷的作用随堂检测巩固落实 新人教版
2 第二节 磁场对运动电荷的作用1．如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(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( )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：选D ．设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 21＝mv 22，则v 1v 2＝21．粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22， 故选项D 正确．2．如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ．不计粒子重力．则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 解析：选A ．设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2bL ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πmqB，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．3．(多选)(2018·扬州市高三调研测试)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl 的水溶液，容器上下端装有铂电极A 和C ，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K 闭合前容器两侧P 、Q 两管中液面等高，闭合开关后()A ．M 处钠离子浓度大于N 处钠离子浓度B ．M 处氯离子浓度小于N 处氯离子浓度C ．M 处电势高于N 处电势D ．P 管中液面高于Q 管中液面解析：选AD ．空腔中通过A →C 的电流，液柱受到N →M 的安培力作用，故P 管中液面高于Q 管中液面，D 项正确；液体内钠离子、氯离子受到N →M 的洛伦兹力作用，所以M 处钠离子、氯离子浓度较高，A 项正确，B 项错误；可见，M 处和N 处仍呈电中性，电势相同，C 项错误．4．(2018·常州模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向进入磁场，已知粒子经过y 轴上P 点时速度方向与y 轴正方向夹角为θ＝30°，OP ＝L ，求：(1)磁感应强度的大小和方向； (2)该圆形磁场区域的最小面积． 解析：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy 平面向里．粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q 点飞出磁场．设其圆心为O ′，半径为R ．由几何关系有(L －R )sin 30°＝R ，所以R ＝13L ．由牛顿第二定律有qv 0B ＝m v 20R ，故R ＝mv 0qB．由以上各式得磁感应强度B ＝3mv 0qL．(2)设磁场区域的最小面积为S ．由几何关系得 直径OQ －＝3R ＝33L ，所以S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫OQ －22＝π12L 2．答案：(1)3mv 0qL 方向垂直于xOy 平面向里 (2)π12L 2。
高三物理一轮总复习 第8章 磁场 第2节 磁场对运动电荷的作用(选修3-1)
2．洛伦兹力计算公式的推导 如图所示，整个导线受到的磁场力(安培力)为 F 安 ＝BIL；其中 I＝nqsv；设导线中共有 N 个自由电子 N＝nsL；每个电子受的磁场力为 F，则 F 安＝NF.由以 上四式得 F＝qvB.条件是 v 与 B 垂直．当 v 与 B 成 θ 角时，F＝qvBsin θ.
知识点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若 v∥B，则带电粒子以入射速度 v 在磁场中 做匀速直线运动(洛伦兹力 F＝0)；
2．若 v⊥B，则带电粒子以入射速度 v 在磁场中 做匀速圆周运动．
(1)洛伦兹力提供向心力：Bqv＝mvR2＝mω2R. (2)圆周运动的轨迹半径： 由 Bqv＝mvR2得轨道半径为 R＝mBqv；
【答案】D
【小结】带电粒子在有理想边界的匀强磁场 中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向 心力，此类题一般按以下三步解题：
(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径 并画出运动轨迹．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速 度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射 方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
例 1 如图所示，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，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，
下列说法正确的是( )
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
(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)．
2019届高考物理一轮复习第八章磁场2磁场对运动电荷的
考点考级
对洛伦兹力 的理解(Ⅱ)
命题点
命题点1：洛伦兹力的特点 命题点2：洛伦兹力与安培力、电 场力区别比较
带电粒子在 命题点1：半径、周期公式的应用 匀强磁场中 命题点2：带电粒子在匀强磁场中 的运动(Ⅱ) 的运动
带电粒子在
磁场中运动
的多解问题 (Ⅱ)
命题点1：电性不确定形成多解 命题点2：磁场方向不确定形成多 解
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以先通过入射 点作入射方向的垂线，再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道的圆心(如图 b 所示，图中 P 为入射 点，M 为出射点)．
3．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．
4．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＝
θ 2πT
(或 t＝θvR)．
5．带电粒子在不同边界磁场中的运动
(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)．
→
大小
—FF＝ ＝0vq∥vBBv⊥B
兹 力
—→ →
方向 特点
—利用 左手 定则判断 —洛伦兹力 不做功
[诊断小练] (1)运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用．( ) (2)洛伦兹 力在特 殊情 况下可 能与 带电粒 子的 速度方 向不 垂 直．( ) (3)洛伦兹力一定不做功．( ) (4)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．( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)×
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洛伦兹力1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力。
2．洛伦兹力的方向(1)判断方法：错误！未定义书签。
错误！未定义书签。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。
即F垂直于B和v决定的平面。
(注意：B和v不一定垂直)。
3．洛伦兹力的大小F＝qvBθ，θ为v与B的夹角，如图8－2－1所示。
图8－2－1(1)v∥B时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F＝0。
(2)v⊥B时，θ＝90°，洛伦兹力F＝qvB。
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。
1．洛伦兹力和安培力的关系洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做功。
2．洛伦兹力方向的特点(1)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时，洛伦兹力的方向也随之变。
(3)用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
3．洛伦兹力与电场力的比较对应力内容比较项目洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷与电场方向相同，负电荷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，也可能不做功力F 为零时场的情况 F 为零，B 不一定为零F 为零，E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向1．以下说法正确的是( )A ．电荷处于电场中一定受到电场力B ．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D ．洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小解析：选A 电荷处在电场中一定受到电场力作用，A 正确；当运动电荷速度方向与磁场平行时不受洛伦兹力，B 项错误；洛伦兹力与电荷运动速度时刻垂直不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小，项正确，D 项错误。
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2 第二节 磁场对运动电荷的作用
1．
如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(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( )
A ．2
B ． 2
C ．1
D ．
2
2
解析：选D ．设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12mv 2
1，
E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 21＝mv 2
2，则v 1v 2＝
21
．粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22
， 故选项D 正确．
2．
如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ．不计粒子重力．则( )
A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1
B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2
C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1
D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 解析：
选A ．设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝
mv 2b
L ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB
；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋1
2L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πm
qB
，解得v b ∶v c ＝1∶2，
t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．
3．(多选)(2018·扬州市高三调研测试)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl 的水溶液，容器上下端装有铂电极A 和C ，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K 闭合前容器两侧P 、Q 两管中液面等高，闭合开关后(
)
A ．M 处钠离子浓度大于N 处钠离子浓度
B ．M 处氯离子浓度小于N 处氯离子浓度
C ．M 处电势高于N 处电势
D ．P 管中液面高于Q 管中液面
解析：选AD ．空腔中通过A →C 的电流，液柱受到N →M 的安培力作用，故P 管中液面高于Q 管中液面，D 项正确；液体内钠离子、氯离子受到N →M 的洛伦兹力作用，所以M 处钠离子、氯离子浓度较高，A 项正确，B 项错误；可见，M 处和N 处仍呈电中性，电势相同，C 项错误．
4．
(2018·常州模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为
m 、带电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向进入磁场，已知
粒子经过y 轴上P 点时速度方向与y 轴正方向夹角为θ＝30°，OP ＝L ，求：
(1)磁感应强度的大小和方向； (2)该圆形磁场区域的最小面积． 解析：
(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy 平面向里．粒子在磁场中做弧长为1
3圆周的匀速圆周
运动，如图所示，粒子在Q 点飞出磁场．设其圆心为O ′，半径为R ．由几何关系有(L －R )sin 30°＝R ，所以R ＝13L ．由牛顿第二定律有qv 0B ＝m v 2
0R ，故R ＝mv 0
qB
．
由以上各式得磁感应强度B ＝3mv 0
qL
．
(2)设磁场区域的最小面积为S ．由几何关系得 直径OQ －＝3R ＝33
L ，
所以S ＝π⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫OQ －22＝π
12L 2
．
答案：(1)3mv 0qL 方向垂直于xOy 平面向里 (2)π12L 2。