2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-第2讲　磁场对运动电荷的作用

第2讲磁场对运动电荷的作用学习目标1.会利用左手定则判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小。2.会分析带电粒子在有界匀强磁场中的运动。考点一洛伦兹力1.定义:运动电荷在磁场中受到的力。2.大小(1)v∥B时,F洛=0。(2)v⊥B时,F洛=qvB。(3)v与B的夹角为θ时,F洛=qvBsinθ。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:F洛⊥B,F洛⊥v。即F洛垂直于B、v决定的平面(注意B和v可以有任意夹角)。4.洛伦兹力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。(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。5.洛伦兹力与静电力的比较洛伦兹力静电力产生条件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(且F⊥v)F∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功,也可能不做功思考讨论带电粒子在A点受到的洛伦兹力比在B点大,能否说明A点的磁感应强度比B点大?提示不能。带电粒子所受的洛伦兹力除了与磁感应强度大小有关外,还与速度方向和磁场方向间的夹角θ有关,某点磁感应强度很大,但粒子速度方向与磁场方向的夹角θ较小时,洛伦兹力也较小,θ=0时,洛伦兹力为零。例1(2023·海南卷,2)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力说法正确的是()A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程中的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案A解析小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右,A正确;小球运动过程中,受重力和洛伦兹力的作用,且合力不为零,所以小球运动过程中的速度变化,B错误;小球受到的重力不变,洛伦兹力时刻变化,则合力时刻变化,加速度时刻变化,C错误;洛伦兹力永不做功,D错误。例2(多选)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;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,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,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4,如图所示。不计空气阻力,则()A.一定有h1=h3 B.一定有h1<h4C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较答案AC解析由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=v022g;当加上水平方向的电场时,由运动的分解可知,在竖直方向上有v02=2gh3,解得h3=v022g,所以h1=h3,故A正确;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,设此时的球的动能为Ek,由能量守恒定律得mgh2+Ek=12mv02,又12mv02=mgh1,所以h1>h2,故D错误;因小球电性不知,则静电力方向不知,则h考点二洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时,随着速度大小的变化,洛伦兹力的大小也会发生变化,与接触面间的弹力随之变化(若接触面粗糙,摩擦力也跟着变化,从而加速度发生变化),最后若弹力减小到0,带电体离开接触面。例3(多选)如图所示,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图像可能是()答案ACD解析设物块的初速度为v0,则FN=qv0B,若满足mg=Ff=μFN,即mg=μqv0B,物块向下做匀速运动,选项A有可能是物块运动的v-t图像;若mg>μqv0B,则物块开始时有向下的加速度,由a=mg-μqvBm可知,随着速度增大,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有可能是物块运动的v-t图像,B不可能是物块运动的v-t图像;若mg<μqv0B,则物块开始有向上的加速度,物块做减速运动,由a=μqvB-mgm可知,随着速度减小,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,选项C有可能是物块运动的v-t图像。A、C、针对训练如图所示,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且磁感应强度大小为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()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共四个力的作用,初始时刻洛伦兹力为0,滑块沿斜面向下加速运动,随着速度v的增大,洛伦兹力增大,滑块受到的支持力减小,则摩擦力减小,加速度增大,当qvB=mgcosθ时,滑块离开斜面,故C正确,A、B、D错误。考点三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:qvB=mv2(2)轨迹半径公式:R=mvqB(3)周期公式:T=2πm提醒:带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。4.解答带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的三大“关键”(1)圆心的确定①若已知粒子轨迹上两点的速度方向,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即为圆心,如图甲所示。②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心,如图乙所示。(2)半径的计算由三角函数或勾股定理求解几何半径:如图丙所示,有R=Lsinθ或R2=L2+(R-d)2,求得R=(3)运动时间的计算①利用圆心角θ、周期T计算:t=θ2πT②利用弧长、线速度计算:t=lv5.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性,如图所示)(2)平行边界:往往存在临界条件,如图所示。(3)圆形边界①速度指向圆心:沿径向射入必沿径向射出,如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。②速度方向不指向圆心:如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与磁场半径夹角为θ,则粒子射出磁场时速度方向与磁场半径夹角也为θ。③环形磁场:如图丙所示,带电粒子沿径向射入磁场,若要求粒子只在环形磁场区域内运动,则一定沿半径方向射出,当粒子的运动轨迹与内圆相切时,粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。判断正误1930年,英国物理学家狄拉克预言了正电子的存在。1932年,美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子——正电子,并在云室中加入一块厚6mm的铅板,借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时,拍下粒子径迹的照片,如图所示。判断下列说法的正误:(1)图中的粒子是由上向下穿过铅板的。(√)(2)粒子穿过铅板后速度减小,因此在磁场中做圆周运动的半径增大。(×)(3)粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期变小。(×)(4)该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向外。(×)(5)运动过程中洛伦兹力对正电子做负功。(×)角度平行边界的磁场例4(2024·广西卷,5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为()A.mvqB B.C.(1+2)mvqB D.答案C解析粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得粒子做圆周运动的半径r=mvqB,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+rsin45°=(1+2)mvqB角度直角边界的磁场例5如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q,OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出()A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间D.该匀强磁场的磁感应强度答案A解析粒子恰好垂直于y轴射出磁场,作出轨迹如图所示,O1为轨迹圆心,由几何关系可知OO1=atan30°=33a,轨迹半径R=acos30°=233a,则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2+y-33a2=43a2(x>0,y>0),故A正确;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=qBRm,轨迹圆的半径R可求出,但磁感应强度B未知且不可求出,则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,故B、D错误;带电粒子在磁场中转过的圆心角为23π,周期为T=2πRv=2πmqB,角度圆形边界的磁场例6(2025·安徽池州开学考)如图所示,在半径为R的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场,现有a、b两个粒子,分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入,a粒子从A点离开磁场,速度方向偏转了90°,b粒子从B点离开磁场,速度方向偏转60°,两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力,下列说法中正确的是()A.a粒子带正电B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为3∶2答案D解析a粒子进入磁场后,向下偏转,由左手定则可知a粒子带负电,故A错误;a粒子在磁场中运动的时间t=14Ta,b粒子在磁场中运动的时间t=16Tb,则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb=2∶3,故B错误;由粒子做匀速圆周运动的周期T=2πmqB,可得qm=2πBT,则a、b两粒子的比荷之比为3∶2,故C错误;如图,由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra=R,b粒子做匀速圆周运动的半径为rb=3R,由qvB=mv2r,可得v=qBrm,则a、b角度三角形边界的磁场例7(多选)(2025·河北衡水模拟)如图所示,△AOC为直角三角形,∠O=90°,∠A=60°,AO=L,D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在O点放置一粒子源,可以向各个方向发射质量为m、电荷量为-q、速度大小均为v0=qBLm的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用,对于粒子进入磁场后的运动,下列说法正确的是(A.粒子在磁场中运动的半径为LB.与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出C.在AC边界上有粒子射出的区域长度为LD.所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等答案ABC解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv02r,解得粒子在磁场中运动的半径为r=mv0qB=L,故A正确;如图甲所示,当粒子恰好从A点射出时,根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射,所以与OC成45°角入射的粒子将从如图乙所示,根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出,结合B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域,其长度为L,故C正确;所有粒子在磁场中运动的周期均相同,设为T,设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α,则粒子运动时间为t=α2πT,由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆,从OA射出的粒子,其轨迹所截AO的长度不同,对应转过的圆心角不同,所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不相等,故D错误总结提升解析法解决带电粒子在匀强磁场中的运动问题限时作业(限时:40分钟)基础对点练对点练1洛伦兹力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,导线中通有大小相等的电流,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.向右答案B解析根据题意,由安培定则可知,b、d两通电直导线在O点产生的磁场相互抵消,a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左,所以四根通电直导线在O点产生的合磁场方向向左,由左手定则可判断带正电粒子所受洛伦兹力的方向向下,B正确。2.(2022·北京卷,7)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中的1、2、3所示。下列说法正确的是()A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子答案A解析三个粒子从P点射入磁场,轨迹偏转方向相同的带同种电荷,所以轨迹2对应的粒子是正电子,1、3为电子,故D错误;由左手定则可判断,磁场方向垂直纸面向里,故A正确;对于轨迹1的粒子运动半径越来越小,由r=mvqB知,运动速度越来越小,B错误;对于轨迹2和轨迹3两种粒子,由于初始半径r2<r3,由r=mvqB知v2<v3,故C对点练2洛伦兹力作用下带电体的运动3.如图所示,在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道,水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中,下列说法中正确的是()A.滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B.滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小C.滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D.滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等答案D解析由于洛伦兹力不做功,故与磁场不存在时相比,滑块经过最低点时的速度不变,A错误;滑块经过最低点时的加速度a=v2R,则与磁场不存在时相比,滑块经过最低点时的加速度不变,B错误;由左手定则可知,滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下,而与磁场不存在时相比,滑块经过最低点时所受的向心力不变,故对轨道的压力变大,C错误;由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直,在任意一点,滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变,则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等,D4.(2025·山东济南期末)如图所示,绝缘木板静置于光滑水平地面上,带正电的小物块静止在绝缘木板的左端,整个装置处在垂直纸面向外的水平匀强磁场中。现对绝缘木板施加水平向左的恒力,已知整个运动过程中小物块始终未从绝缘木板上掉落,小物块与绝缘木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于绝缘木板的加速度a与小物块的速度v的关系图像可能正确的是()答案A解析设水平向左的恒力为F,绝缘木板的质量为M,小物块的质量为m,小物块与绝缘木板间的动摩擦因数为μ,绝缘木板与小物块一起向左加速运动时,以整体为研究对象,加速度为a0=FM+m,以小物块为研究对象,绝缘木板与小物块间的静摩擦力为Ff=mFM+m,当小物块向左运动后,根据左手定则,小物块受到竖直向上的洛伦兹力,则绝缘木板与小物块间的弹力和最大静摩擦力为FN=mg-qvB,Ffmax=μFN=μ(mg-qvB),所以小物块的最大静摩擦力变小;当小物块运动速度较小时,绝缘木板和小物块一起匀加速运动;当最大静摩擦力不足以使小物块与绝缘木板一起加速运动时,将发生相对滑动,此时变为滑动摩擦力,则以绝缘木板为研究对象有F合=F-Ff=F-μ(mg-qvB),根据牛顿第二定律有F合=Ma,解得a=μqBM·v+F-μmg对点练3带电粒子在匀强磁场中的运动5.(多选)(2025·广西柳州高三期末)如图所示,MN上方存在匀强磁场,同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中,两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°,且均由P点射出磁场,则a、b两粒子()A.运动半径之比为3∶1 B.初速率之比为1∶3C.运动时间之比为5∶2 D.运动时间之比为6∶5答案AC解析设OP=2d,则由几何关系可知ra=dsin30°=2d,rb=dsin60°=2d3,可知a、b的运动半径之比为3∶1,选项A正确;根据qvB=mv2r,可得v=qBrm∝r,故a、b两粒子初速率之比为3∶1,选项B错误;根据T=2πmqB,t=θ2πT∝θ,a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2,则运动时间之比为56.如图所示,在xOy平面的0≤y<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,速率相等的大量质子从原点O朝各个方向均匀发射到第一象限内,发现从磁场上边界射出的质子数占总数的50%,不计质子间相互作用及重力,则质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为()A.a2 B.(2-1)C.(2-2)a D.2a答案C解析根据qvB=mv2r可知质子的运动半径相等,因从原点均匀发射到第一象限内,从磁场上边界射出的质子数占总数的50%,则从磁场上边界射出的质子的发射角度范围为90°×12=45°,则临界轨迹如图所示,设轨迹半径为R,则由几何关系知R+Rsin45°=a,解得R=(2-2)a,故7.(多选)如图,OACD为矩形,OA边长为L,其内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场,速度方向与OA的夹角为α=60°,粒子刚好从A点射出磁场,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.粒子带正电B.粒子做圆周运动的轨迹半径为33C.减小粒子的入射速度,粒子在磁场区域内的运动时间不变D.增大粒子的入射速度,粒子一定从AC边射出答案BC解析由粒子进入磁场时所受洛伦兹力垂直速度方向指向右下方,可知粒子带负电,故A错误;粒子运动轨迹如图,轨迹半径r=L2sinα=3L3,故B正确;根据qv0B=mv02r',解得r'=mv0qB,减小粒子的入射速度,半径将减小,粒子出射位置会在A点左侧,轨迹的圆心角始终等于120°,粒子在磁场中的运动时间t=13T=2πm3qB不变,故C正确;增大粒子的入射速度,8.(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带电粒子从图中A点以水平速度v0垂直磁场射入,速度的方向与过圆心及A点的直线成60°角,当该带电粒子离开磁场时,速度方向刚好改变了120°角,下列说法正确的是()A.该粒子带正电B.该粒子带负电C.该粒子在磁场中运动的半径为r=23D.该粒子在磁场中运动的时间为t=4答案ACD解析根据题意,可知粒子的运动轨迹如图所示,由左手定则可知,该粒子带正电,A正确,B错误;粒子的运动轨迹如图所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为r=Rsin60°=233R,C正确;粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv0=43πR3v9.(多选)(2025·吉林长春模拟)如图所示,在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场,P为直角边CD的中点,∠C=30°,CD=2L,一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场,粒子的比荷为k,不计粒子间的相互作用和重力,则下列说法正确的是()A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同B.从CD边飞出的粒子最大速率为kBLC.粒子从DE边飞出的区域长度可以大于LD.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为π答案BD解析速率小的粒子在CD边射出时,粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,运动时间为周期一半,而粒子做圆周运动的周期相同,从CD边飞出的粒子在磁场中运动时间相同,故A错误;根据左手定则,粒子向左偏转,从CD边飞出的粒子最远从D点飞出,此时半径为R=L2,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,解得v=kBL2,即从CD边飞出的粒子最大速率为kBL2,故B正确;粒子与CE相切从DE如图所示,由几何关系得r=DF=12CD=L,故粒子从DE边飞出的区域长度最大为L,故C错误;粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长,由几何关系可得∠FDC=60°,粒子在磁场中运动的最长时间为t=60°360°×2πmqB=π综合提升练10.(多选)(2025·辽宁大连模拟)如图,在一个边长为a的正六边形区域内,存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,三个相同的带正电粒子,比荷为qm,先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域,已知粒子只受磁场的作用力,则(A.从F点飞出磁场的粒子速度大小为3B.所有从AF边