2013届高三物理总复习：第八章磁场 磁场对电流和运动电荷的作用第2讲 磁场对运动电荷的作用及应用(人教版）
洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ(考纲要求)
洛伦兹力的公式 Ⅱ(考纲要求)
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.
(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ (考纲要求)
1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
质谱仪和回旋加速器 Ⅰ(考纲要求)
1.质谱仪
(1)构造：如图8-2-1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
图8-2-1
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝.
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．
r＝ ，m＝，＝.
2．回旋加速器
(1)构造：如图8-2-2所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．
图8-2-2
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和D形盒半径决定，与加速电压无关．
1．(2011·遵义高三检测)关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是( )．
A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力
B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功
C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上
D．只有运动的电荷在磁场中才可能会受到洛伦兹力的作用
解析 静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错；尽管电场力对电荷可以做功，但如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错；洛伦兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，C错．只有D是正确的．
答案 D
2．(2012·黄山高三检测)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )．
解析 根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对．C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错．
答案 B
3．如图8-2-3所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若∠AOB＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )．
图8-2-3
A. B.
C. D.
解析 画出带电粒子进、出磁场速度方向的垂线交于O′点，O′点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示．连接O′O，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝rtan 60°＝r.因为∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，运动时间t＝T＝×＝，D正确．
答案 D
4．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图8-2-4所示，则下列相关说法中正确的是( )．
图8-2-4
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小
解析 由粒子在右边磁场中的偏转可知，粒子带正电，A错；带正电的粒子在速度选择器中受洛伦兹力向上，电场力应向下，所以上板带正电，B对；由R＝可知，在v、B相同时，半径越大，荷质比越小，D对．
答案 BD
5．(2012·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图8-2-5所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U0.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )．
图8-2-5
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于α粒子加速
解析 质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．
答案 AC
考点一 对洛伦兹力的理解
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．
2．洛伦兹力方向的特点
(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)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．
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F
电场力F
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
正电荷所受电场力方向与电场方向相同，负电荷所受电场力方向与电场方向相反
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
【典例1】
用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为＋q的小球，让它处于图8-2-6所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是( )．
图8-2-6
A．v＝，水平向左 B．v＝，竖直向下
C．v＝，竖直向上 D．v＝，水平向右
解析 根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F＝qvB中的v是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v＝竖直向下运动或以速度v＝水平向右运动，带电小球都能处于平衡状态，但题目中要求“绳被拉紧”，由此可以知道只有选项C正确．
答案 C
【变式1】
在如图8-2-7所示的空间中，存在电场强度为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出( )．
图8-2-7
A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高
B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低
C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高
D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低
解析 解答本题是利用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据平衡条件判断电场力方向及电场方向，注意运用电场力做功与电势能变化的关系，沿电场线方向电势降低．匀强磁场的磁感应强度B的方向沿x轴负方向，质子沿y轴正方向运动，由左手定则可确定洛伦兹力沿z轴正方向；由于质子受电场力和洛伦兹力作用沿y轴正方向做匀速直线运动，故电场力eE等于洛伦兹力evB，方向沿z轴负方向，即电场方向沿z轴负方向，质子在运动过程中电场力不做功，电势能不变，沿z轴正方向即电场反方向电势升高，故C正确，A、B、D错误．
答案 C
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图8-2-8甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．
甲 乙
图8-2-8
(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8-2-8乙所示，P为入射点，M为出射点)．
2．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．
3．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的，其运动时间表示为：t＝T.
【典例2】
如图8-2-9所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子．以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用．
图8-2-9
(1)若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，求空间所加电场的大小和方向．
(2)若只有磁场时，某带电粒子从O点射入，求该粒子从长方形abcd射出的位置．
解析 (1)若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，则粒子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即qvB＝qE，得E＝vB＝125 V/m由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，所以电场力向下，因为粒子带正电，所以电场方向与bc边平行向下．
(2)如图所示，
若只有磁场时，某带电粒子从O点射入，由左手定则可知粒子射入后向上偏转由qvB＝m得：轨道半径R＝＝0.3 m
得R＝
由几何关系得θ＝60°
y1＝R－Rcos 60°，y2＝－Rsin 60°)tan 60°.
所以y＝y1＋y2，解得y＝0.3(－1)m＝0.22 m
所以射出点距e点的距离为0.22 m.
答案 (1)125 V/m；与bc边平行向下
(2)e点上方距e点0.22 m处
——带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
(1)画轨迹：即画出轨迹，并确定圆心，几何方法求半径.
(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、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系.
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式.)
【变式2】
如图8-2-10所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域半径r＝ m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C.今有质量m＝3.2×10－26 kg.带电荷量q＝1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区穿出．求：
图8-2-10
(1)该离子通过两磁场区域所用的时间．
(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)
解析 (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如右图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.
由牛顿第二定律qvB＝m①
又：T＝②
联立①②得：R＝③
T＝④
将已知代入③得R＝2 m⑤
由轨迹图知：tan θ＝＝，则θ＝30°
则全段轨迹运动时间：t＝2××2θ＝⑥
联立④⑥并代入已知得：t＝ s
＝4.19×10－6 s
(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d＝2rsin 2θ＝2 m.
答案 (1)4.19×10－6 s (2)2 m
10.“带电粒子的磁偏转”模型(有界磁场中的临界问题)
(1)模型概述
带电粒子在有界磁场中的偏转问题一直是高考的热点，此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等．因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积、最长、最短时间等问题．
(2)模型分类
Ⅰ.单直线边界型
当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图8-2-11(甲)中带负电粒子的运动为例．
图8-2-11
规律要点
①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图中a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)．
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于圆周时，直径与边界相交的点(如图8-2-11(甲)中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O最远)．
Ⅱ.双直线边界型
当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图8211(乙)中带负电粒子的运动为例．
规律要点
①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切．如图8-2-11(乙)所示．
②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线．
在如图(乙)中，a、b之间有带电粒子射出，
可求得ab＝2
最值相切规律可推广到矩形区域磁场中．
Ⅲ.圆形边界
(1)圆形磁场区域规律要点
①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图8212(甲)．
图8-2-12
②直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小．如图8-2-12(乙)所示．
(2)环状磁场区域规律要点
①径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场．
②最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm而磁场有最小磁感应强度B.如图8-2-12(丙)．
【典例】 如8-2-13所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．
图8-2-13
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
解析 (1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
R1＝，又qv1B＝m得v1＝.
(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2
可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.
答案 (1) (2)
1．(2011·海南卷，10)如图8-2-14所示空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力，下列说法正确的是( )．
图8-2-14
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝得轨道半径r＝，粒子的比荷相同．故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，故所有带电粒子的运动周期均相同．若带电粒子从磁场左边界射出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故A、C错误．根据＝得θ＝t，所以t越长，θ越大，故D正确．
答案 BD
2．(2011·浙江卷，20)利用如图8-2-15所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )．
图8-2-15
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析 利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项A错误．利用qvB＝知r＝，能射出的粒子满足≤r≤，因此对应射出粒子的最大速度vmax＝＝，选项B正确．最小速度vmin＝－，Δv＝vmax－vmin＝，由此式可判定选项C正确，选项D错误．
答案 BC
3．(2011·广东卷，35)如图8-2-16(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图8-2-16(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图8-2-16(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
图8-2-16
解析 (1)根据动能定理，qU＝mv－mv，
所以v0＝ .
(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝R0.根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律qv2B＝.解得B＝＝.
根据公式＝，2πR＝v2T，
qv2B＝m，解得t＝＝＝＝.
(3)考虑临界情况，如图所示
①qv3B1′＝m，解得B1′＝，②
qv3B2′＝m，解得B2′＝，综合得：B′<.
答案 (1) (2) (3)
4．(2011·课标全国卷，25)如图8-2-17所示，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：
图8-2-17
(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；
(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．
解析 (1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)．半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvaB＝m①
由几何关系得∠PCP′＝θ②
Ra1＝ ③ 式中，θ＝30°，由①②③式得va＝④
(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)＝m⑤
由①⑤式得Ra2＝⑥
C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x＝d⑦
的平面上．由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即
yPa＝Ra1cos θ＋h⑧
式中，h是C点的y坐标．
设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB＝2⑨
当a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出Ⅰ，则＝⑩
＝?
式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而Ta2＝?
Tb1＝?
由⑤⑨⑩???式得α＝30°?
由①③⑨?式可见，b没有飞出Ⅰ.Pb点的y坐标为
yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h ?
由①③⑧⑨??式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPa－yPb＝(－2)d?
答案 (1) (2)(－2)d
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