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1、2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（63）磁场对运动电荷的作用（解析版）双基过关：一、洛伦兹力的大小和方向1定义：磁场对运动电荷的作用力2大小(1)vB时，F0；(2)vB时，FqvB；(3)v与B的夹角为时，FqvBsin .3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：FB，Fv.即F垂直于B、v决定的平面(注意B和v可以有任意夹角)4做功：洛伦兹力不做功【自测1】带电荷量为q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B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
2、向均不变C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D粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变【答案】B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动2若vB时，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：qvBm；(2)轨道半径公式：r；(3)周期公式：T.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关【自测2】在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的粒子和质量为m2、带电荷量为e的粒子，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粒子与粒子的动能之
3、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：qvBm，动能为：Ekmv2，联立可得：Ek，由题意知粒子和粒子所带电荷量之比为21，故粒子和粒子的动能之比为：，故D正确命题热点一：对洛仑磁力的理解和应用1洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用(3)洛伦兹力一定不做功2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，都是磁场力(2)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洛伦兹力电场力产生条件v0且v
4、不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系FB，FvFE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 (多选)(2019甘肃兰州市第一次诊断)质量为m、带电荷量为q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图1所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是()图1A一定做减速运动 B运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C最终稳定时的速度一定是 D最终稳定时的速度可能是0【答案】BD【解析】对小球受力分析，小球受竖直向下
5、的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力若qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvBmgFN，FNma，可知加速度a，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v；若qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度vv0；若qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和水平向左的摩擦力，且mgqvBFN，FNma，解得小球的加速度a，方向向左，则小球做加速度增大的减速运动，最终静止综上，A、C错误，B、D正确模型1直线边界磁场直线边界
6、，粒子进出磁场具有对称性(如图3所示)图3基本思路图例说明圆心的确定与速度方向垂直的直线过圆心弦的垂直平分线过圆心轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度垂线交点P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的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：例：(左图)R或由R2L2(Rd)2求得R运动时间的确定利用轨迹对应圆心角或轨迹长度L求时间tTt(1)速度的偏转角等于所对的圆心角(2)偏转角与弦切角的关系：180时，3602图a中粒子在磁场中运动的时间t图b中粒子在磁场中运动的时间t(1)T(1)图c中粒子在磁场中运动的时间tT例2如图4所示，直线MN上方有垂直纸面向里
7、的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为()图4A3 B2 C. D.【答案】A【解析】电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60，所以电子1运动的时间t
8、1，电子2运动的时间t2，所以3，故A正确，B、C、D错误模型2平行边界磁场图5平行边界存在临界条件，图5a中粒子在磁场中运动的时间t1，t2图b中粒子在磁场中运动的时间t图c中粒子在磁场中运动的时间t(1)T(1)图d中粒子在磁场中运动的时间tT例3(多选)(2020辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60和30，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图6所示，则()图6Aa粒子带正电，b粒子带负电 B两粒子的轨道半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12 D两粒子的质量之比mamb21【答
9、案】BD【解析】由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示故Rad，Rbd，所以，RaRb1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60，b粒子转过的圆心角为120，tatb，则TaTb21，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq，所以，运动周期为：T；根据a、b粒子电荷量相等可得mambTaTb21，故C错误，D正确模型3圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图7所示)图7粒子做圆周运动的半径r粒子在磁场中运动的时间tT90例4(2019安徽宣城市第二次模拟)如图8，圆形区域内有一垂直纸面的匀强
10、磁场，P为磁场边界上的一点有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，则等于()图8A. B. C. D.【答案】A【解析】设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，POM120，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin 60，解得Rr；磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的
11、交点，如图乙所示，PON90，设粒子做圆周运动的半径为R，则有Rr，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R，由于v、m、q相等，则得，故选项A正确，B、C、D错误模型4三角形或四边形边界磁场例5(2019全国卷17)如图9，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()图9A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl【答案】B【解析】电子从a点射出时，其运动轨迹如图线，轨迹半径为ra，由洛
12、伦兹力提供向心力，有evaBm，又k，解得va；电子从d点射出时，运动轨迹如图线，由几何关系有rl2(rd)2，解得：rd，由洛伦兹力提供向心力，有evdBm，又k，解得vd，选项B正确命题热点三：带电粒子在磁场中运动的多解问题类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度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磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁
13、场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6 (2019河南郑州市第二次质量预测)如图11所示，三块挡板围成截面边长L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104 N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
14、为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场现将一比荷108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取3.求：图11(1) 磁感应强度B1的大小；(2) 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3) 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)【答案】(1)105 T(2)2.85102 s(3)105 T(k0,1,2,3)【解析】(1) 粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqxmv2
