第2講磁場對運動電荷的作用學習目標1.會利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。2.會分析帶電粒子在有界勻強磁場中的運動。1.eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判斷(1)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(×)(2)帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力的作用。(×)(3)若帶電粒子經過磁場中某點時所受洛倫茲力為零，則該點的磁感應強度一定為零。(×)2.(多選)1932年，物理學家安德森在實驗中發現了正電子，該發現為確定反物質的存在提供了重要的證據。正電子在施加了磁場的云室中運動，其穿過鉛板前后的運動軌跡如圖所示。已知正電子穿過鉛板時會損失一部分動能，則()A.正電子由下向上穿過鉛板B.正電子由上向下穿過鉛板C.磁場方向垂直紙面向里D.磁場方向垂直紙面向外答案AC考點一對洛倫茲力的理解和應用1.洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向負電荷運動的反方向。2.洛倫茲力與安培力的聯系及區別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。例1(2023·海南卷，2)如圖1所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是()圖1A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變C.小球運動過程中的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功答案A解析小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A正確；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯誤；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。(2022·北京卷，7)正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖2中的1、2、3所示。下列說法正確的是()圖2A.磁場方向垂直于紙面向里B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應的粒子是正電子答案A解析三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應的粒子是正電子，1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；對于軌跡1的粒子運動半徑越來越小，由R＝eq\f(mv,qB)知，運動速度越來越小，B錯誤；對于軌跡2和軌跡3兩種粒子，由于初始半徑R2＜R3，由R＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C錯誤。考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運動時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心P、M點速度方向垂線的交點P點速度方向垂線與弦的垂直平分線交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度l求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(l,v)t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(2α,2π)Tt＝eq\f(l,v)＝eq\f(\o(AB,\s\up8(︵)),v)2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖3所示)圖3(2)平行邊界：往往存在臨界條件，如圖4所示。圖4(3)圓形邊界①速度指向圓心：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖5甲所示。粒子軌跡所對應的圓心角一定等于速度的偏向角②速度方向不指向圓心：如圖乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ。③環形磁場：如圖丙所示，帶電粒子沿徑向射入磁場，若要求粒子只在環形磁場區域內運動，則一定沿半徑方向射出，當粒子的運動軌跡與內圓相切時，粒子有最大速度或磁場有最小磁感應強度。圖5角度帶電粒子在勻強磁場中運動例2勻強磁場垂直紙面向里，在磁場中某點同時釋放兩個帶電粒子a和b，速度大小和方向均相同，運動軌跡如圖6所示。不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用力，下列判斷正確的是()圖6A.粒子a帶正電，粒子b帶負電B.粒子a的比荷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))較大C.粒子b的運動周期較大D.粒子b的向心加速度較小答案A解析帶電粒子a做逆時針方向的圓周運動，帶電粒子b做順時針方向的圓周運動，根據左手定則可知，粒子a帶正電，粒子b帶負電，A正確；根據洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，整理得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，由于帶電粒子a做圓周運動的半徑較大，則粒子a的比荷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))較小，B錯誤；根據粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)，可知粒子b的運動周期較小，C錯誤；根據向心加速度a＝eq\f(v2,R)可知粒子b的向心加速度較大，D錯誤。角度直線邊界和平行邊界的磁場例3如圖7所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq\f(t1,t2)為()圖7A.3 B.2 C.eq\f(3,2) D.eq\f(2,3)答案A解析電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心；電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑R＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確，B、C、D錯誤。方法總結解析法解決帶電粒子在勻強磁場中的運動問題角度圓形邊界磁場例4(多選)如圖8所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中有垂直于紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子從圖中A點以水平速度v0垂直磁場射入，速度的方向與過圓心及A點的直線成60°角，當該帶電粒子離開磁場時，速度方向剛好改變了120°角，下列說法正確的是()圖8A.該粒子帶正電B.該粒子帶負電C.該粒子在磁場中運動的半徑為r＝eq\f(2\r(3),3)RD.該粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(4\r(3)πR,9v0)答案ACD解析根據帶電粒子的偏轉方向，由左手定則可知，該粒子帶正電，A正確，B錯誤；粒子的運動軌跡如圖所示，根據幾何關系，粒子做圓周運動的半徑為r＝eq\f(R,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)R，C正確；粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(4\r(3)πR,3v0)，則粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(T,3)＝eq\f(4\r(3)πR,9v0)，D正確。角度三角形或多邊形邊界磁場例5(多選)如圖9所示，在直角三角形CDE區域內有磁感應強度為B垂直紙面向外的勻強磁場，P為直角邊CD的中點，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的帶負電粒子以不同的速率從P點垂直于CD射入磁場，粒子的比荷為k，不計粒子間的相互作用和重力，則下列說法正確的是()圖9A.速率不同的粒子在磁場中運動時間一定不同B.從CD邊飛出的粒子最大速率為eq\f(kBL,2)C.粒子從DE邊飛出的區域長度可以大于LD.從CE邊飛出的粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(π,3kB)答案BD解析速率小的粒子在CD邊射出時，粒子在磁場中的運動軌跡為半圓，運動時間為周期一半，而粒子做圓周運動的周期相同，從CD邊飛出的粒子在磁場中運動時間可能相同，故A錯誤；根據左手定則，粒子向左偏轉，從CD邊飛出的粒子最遠從D點飛出，此時半徑為R＝eq\f(L,2)，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(kBL,2)，即從CD邊飛出的粒子最大速率為eq\f(kBL,2)，故B正確；粒子與CE相切從DE飛出時，是粒子從DE飛出的最遠點，如圖所示，由幾何關系得eq\o(DE,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(－))＝L，粒子從DE邊飛出的區域長度最大為L，故C錯誤；粒子與CE相切飛出時在磁場中運動的時間最長，由幾何關系可得∠FDC＝60°，粒子在磁場中運動的最長時間為t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,3kB)，故D正確。例6(多選)(2024·遼寧大連模擬)如圖10，在一個邊長為a的正六邊形區域內，存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，三個相同的帶正電粒子，比荷為eq\f(q,m)，先后從A點沿AD方向以大小不等的速率射入勻強磁場區域，已知粒子只受磁場的作用力，則()圖10A.從F點飛出磁場的粒子速度大小為eq\f(\r(3)qaB,m)B.所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間都相同C.從E點飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間為eq\f(πm,3qB)D.從ED邊上的某一點垂直ED飛出磁場的粒子，其軌道半徑為2eq\r(3)a答案BCD解析設從F點飛出的粒子在正六邊形區域磁場中做圓周運動的半徑為r1，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r1)，由幾何關系可得r1＝eq\f(a,2sin60°)＝eq\f(\r(3)a,3)，聯立解得v＝eq\f(\r(3)qBa,3m)，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中轉過的圓心角均為120°，則在磁場中的運動時間均為t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，故B正確；由幾何關系可得，從E點飛出的粒子在磁場中轉過的圓心角60°，粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確；由幾何關系可得，從ED邊上的某一點垂直ED飛出磁場的粒子，在磁場中轉過的圓心角為30°，則有AE＝2acos30°＝eq\r(3)a，r3＝eq\f(AE,sin30°)＝2eq\r(3)a，故D正確。A級基礎對點練對點練1對洛倫茲力的理解和應用1.如圖1是電子射線管的示意圖，接通電源后，電子由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線，要使熒光屏上的亮線向上(z軸正方向)偏轉，現在射線管的正下方附近放一通電直導線，導線中的電流方向應該是()圖1A.沿x軸正方向 B.沿x軸負方向C.沿y軸正方向 D.沿y軸負方向答案A解析要使熒光屏上的亮線向上偏轉，即使電子受到向上的洛倫茲力，據左手定則可知，射線管處的磁場應沿y軸負方向，結合通電直導線產生的磁場特點可知，在射線管正下方放置的通電直導線的電流方向應沿x軸正方向，故A正確。2.圖2中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相等的電流，方向如圖2所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()圖2A.向上 B.向下C.向左 D.向右答案B解析根據題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導線在O點產生的磁場相互抵消，a、c兩通電直導線在O點產生的磁場方向均向左，所以四根通電直導線在O點產生的合磁場方向向左，由左手定則可判斷帶正電粒子所受洛倫茲力的方向向下，B正確。對點練2帶電粒子在勻強磁場中的運動3.(多選)(2024·廣東東莞高三校聯考)如圖3甲所示，用強磁場將百萬開爾文的高溫等離子體(等量的正離子和電子)約束在特定區域實現受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現了穩定運行100秒的成績。多個磁場才能實現磁約束，圖乙為其中沿管道方向的一個磁場，越靠管的右側磁場越強。不計離子重力，關于離子在圖乙磁場中運動時，下列說法正確的是()圖3A.離子從磁場右側區域運動到左側區域，磁場對其做負功B.離子在磁場中運動時，磁場對其一定不做功C.離子從磁場右側區域運動到左側區域，速度變大D.離子由磁場的左側區域向右側區域運動時，運動半徑減小答案BD解析離子在磁場中運動時，由于洛倫茲力方向總是與速度方向垂直，可知磁場對其一定不做功，故A錯誤，B正確；因洛倫茲力不做功，則離子從磁場右側區域運動到左側區域，速度大小不變，C錯誤；離子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，離子由磁場的左側區域向右側區域運動時，磁感應強度變大，可知離子運動半徑減小，故D正確。4.如圖4所示，虛線框MNQP內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c三個帶電粒子，它們在紙面內從PQ邊的中點垂直于PQ邊射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則()圖4A.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電B.若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的加速度最大C.若三個粒子入射的速度相同，則粒子c在磁場中的加速度最大D.若三個粒子入射的動量相同，則粒子b的帶電荷量最大答案C解析由左手定則可知a帶正電，b、c帶負電，由圖可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)＝ma，解得R＝eq\f(mv,qB)，a＝eq\f(qvB,m)，若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的運動速度最小，加速度最小，故A、B錯誤；若三個粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子c在磁場中的加速度最大，故C正確；若三個粒子入射的動量相同，則粒子c的帶電荷量最大，故D錯誤。5.(多選)如圖5所示，質量相同的帶電粒子M、N分別沿x軸和y軸正方向從坐標原點O飛入勻強磁場，兩粒子恰好均能通過第一象限內的P點，已知M、N粒子的速度分別為vM、vN，且vM＝vN，O、P兩點連線與x軸正方向之間的夾角為θ＝eq\f(π,3)，不計粒子的重力，則下列說法正確的是()圖5A.M粒子帶負電，N粒子帶正電B.M、N粒子運動的軌跡半徑之比為eq\r(3)∶3C.M、N粒子所帶電荷量大小之比為eq\r(3)∶1D.M、N粒子從O點運動到P點所用時間之比為eq\r(3)∶1答案BC解析根據題圖及左手定則可知，M粒子帶正電，N粒子帶負電，故A錯誤；設OP之間的距離為L，畫出粒子軌跡如圖所示，由幾何關系可得RN＝eq\f(L,2cosθ)，RM＝eq\f(L,2sinθ)，解得RM∶RN＝eq\r(3)∶3；由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，又vM＝vN，解得qM∶qN＝eq\r(3)∶1；由幾何關系可知，M、N兩粒子轉過的圓心角α分別為2θ和π－2θ，又由粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)，在第一象限從O點到P點運動的時間t＝eq\f(α,2π)T，兩式聯立解得tM∶tN＝2∶eq\r(3)，故B、C正確，D錯誤。6.(2024·廣東韶關高三聯考)如圖6所示，在直角三角形abc區域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，ac＝2ab，邊長bc＝L，一個粒子源在a點將質量為3m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，下列說法正確的是()圖6A.粒子運動時間為eq\f(πm,3qB)B.入射點與出射點的間距為eq\r(3)LC.粒子運動速度的最大值為eq\f(\r(3)qBL,6m)D.與ac邊的最大距離為eq\f(\r(3)L,6)答案D解析根據題意可知，粒子沿ab邊界方向射入磁場從ac邊射出磁場時轉過的圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與bc相切，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得∠a＝60°，∠b＝90°，bc＝L，則ab＝eq\f(\r(3),3)L，因為四邊形abdO是正方形，所以粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(\r(3),3)L，粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvmB＝3meq\f(veq\o\al(2,m),r)，解得vm＝eq\f(\r(3)qBL,9m)，從ac邊出射的粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,qB)，其中速度最大的粒子入射點與出射點的間距為d＝eq\r(3)r＝L，與ac邊的最大距離為dm＝r－rsin30°＝eq\f(\r(3)L,6)，故D正確。7.(2024·福建福州高三月考)如圖7所示，圓形區域內存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿直徑AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，下列說法正確的是()圖7A.兩粒子分別從A到P、Q經歷時間之比為3∶1B.粒子在磁場中做勻速圓周運動周期之比為2∶1C.粒子在磁場中速率之比為1∶3D.粒子在磁場中運動軌道半徑之比為3∶1答案D解析作出帶電粒子運動軌跡如圖所示，根據幾何關系可知，到達Q點的粒子在磁場中轉過的角度為120°，到達P點的粒子在磁場中轉過的角度為60°，而粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，比荷相同且在同一磁場中做圓周運動，因此周期相同，則可得tP＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，tQ＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3qB)，可得tP∶tQ＝1∶2，故A、B錯誤；設圓形磁場的半徑為R，根據幾何關系可得eq\f(R,rP)＝tan30°，eq\f(rQ,R)＝tan30°，解得rP∶rQ＝3∶1，而根據v＝eq\f(2πr,T)，可得vP∶vQ＝3∶1，故C錯誤，D正確。8.(2024·四川成都模擬)如圖8所示，邊長為L的正方形區域ABCD內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。一帶電粒子以速度v從D點射入磁場，速度方向與CD邊夾角為60°，垂直BC邊射出磁場，則下列說法正確的是()圖8A.粒子一定帶正電B.粒子的比荷為eq\f(\r(3)v,BL)C.粒子在磁場中的運動時間為eq\f(2\r(3)πL,9v)D.減小粒子的速度，粒子不可能從CD邊射出答案C解析由圖可知，粒子所受洛倫茲力垂直速度方向向下，根據左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤；如圖所示，根據幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(L,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)L，根據洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，聯立解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v,2BL)，故B錯誤；由幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動轉過的圓心角為60°，粒子在磁場中的運動時間t＝eq\f(2πr,v)×eq\f(60°,360)＝eq\f(2\r(3)πL,9v)，故C正確；粒子的速度減小，粒子在磁場中做圓周運動的半徑減小，粒子可能從CD邊射出，故D錯誤。B級綜合提升練9.如圖9所示，平行邊界區域內存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經磁場偏轉后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°。不計粒子的重力，下列判斷正確的是()圖9A.粒子a帶負電，粒子b帶正電B.粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2答案B解析粒子a向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉，則粒子b帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，磁場寬度d＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運動的時間ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta＝eq\f(1,6)T，b運動的時間tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb＝eq\f(1,12)T，有ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。10.如圖10所示，邊長為L的正方形ABCD邊界內有垂直紙面向里的勻強磁場B，E為AD上一點，ED＝eq\f(\r(3),3)L。完全相同的兩個帶電粒子a、b以不同速度分別從A、E兩點平行AB向右射入磁場，且均從C點射出磁場。已知a粒子在磁場中運動的時間為t，不計粒子的重力和相互作用，則b粒子在磁場中運動的時間為()圖10A.eq\f(1