2019版高考物理大一轮复习第八章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用学案.doc

2019版高考物理大一轮复习第八章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用学案考试标准知识内容必考要求加试要求说明运动电荷在磁场中受到的力cc1.不要求计算电荷运动方向与磁场方向不垂直情况下的洛伦兹力2.不要求推导洛伦兹力公式.带电粒子在匀强磁场中的运动d一、运动电荷在磁场中受到的力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：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0.(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB.(90)(3)v0时，洛伦兹力F0.自测1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()答案B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功2粒子的运动性质：(1)若v0B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动(2)若v0B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动3半径和周期公式：(1)由qvBm，得r.(2)由v，得T.自测2甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v甲v乙，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是()答案A命题点一对洛伦兹力的理解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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，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例1(xx杭州市模拟)如图1所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，BA、BC关于竖直线BD对称且BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，P是BC的中点，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()图1AC点与A点不在同一水平线上B小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D小球从A到B的时间是从C到P时间的倍答案D解析小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A错误；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设两斜面与水平面的夹角均为)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin ，由xat2得小球从A到B的时间是从C到P时间的倍，选项D正确变式1关于静电力与洛伦兹力，以下说法正确的是()A静电场中的电荷一定会受到静电力的作用，磁场中的运动电荷一定会受到洛伦兹力作用B静电力一定会对电场中的运动电荷做功，而洛伦兹力对磁场中的运动电荷则一定不做功C静电力方向与电场线方向平行，洛伦兹力方向与磁感线方向平行D静电力和洛伦兹力的大小均与电荷量大小成正比答案D变式2(xx绍兴市9月选考)如图2所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将()图2A向上偏转 B向下偏转C向纸外偏转 D向纸内偏转答案A解析由安培定则知水平直导线上方磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则知向右运动的电子受到向上的洛伦兹力，故A正确变式3速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是()答案D解析由qvB可得B.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D正确变式4如图3所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时，速度为v.若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()图3Av变大 Bv变小Cv不变 D不能确定v的变化答案B解析由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确命题点二带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路考向1直线边界(进出磁场具有对称性，如图4所示)图4例2如图5所示，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的比值为()图5A2 B. C1 D.答案D解析由牛顿第二定律得qv1B1m，qv2B2m，又r12r2，mv122mv22，联立解得，故本题答案为选项D.考向2平行边界(如图6)图6例3(xx浙江9月选考样题23)某科研小组设计了一个粒子探测装置如图7甲所示，一个截面半径为R的圆筒(筒长大于2R)水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B.图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面质量为m，电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R.(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图7(1)离子从O点垂直射入，偏转后到达P点，求该离子的入射速度v0的大小；(2)离子从OC线上垂直射入，求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积答案(1)(2)v(3)见解析图解析(1)离子运动的半径为RqBv0m，v0(2)如图，离子以v1从C点入射时，才能到达Q点，偏转半径为R12RqBv1mv1从O点入射时，设半径为R2，根据题意得(R2R)2(2R)2R22，解得R2RqBv2mv2所以v (3)当离子以的速度在偏离竖直线CO入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R.所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得AO1B120，O1AO1BO1O2RR2RR2，S总2()考向3圆形边界(如图8)图8例4如图9所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()图9A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为31B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为21D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为12答案A解析带电粒子在匀强磁场中运动，由qvB得r，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan 60，tan 30，联立解得带电粒子的运动半径之比，由知带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为31，A正确，B错误；由tT知带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为，C、D错误变式5两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图10.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图10Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长答案C解析粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误；洛伦兹力提供向心力，即：qvB，得：r，故半径较大的b粒子速度大，动能也大，故C正确；F洛qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大，故B错误；磁场中质量相同，带电荷量相等的粒子，偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此a粒子在磁场中运动的时间较长，故D错误命题点三带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题考向1带电粒子电性不确定形成多解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，导致多解例5如图11所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量大小为q的带电粒子(不计重力)在xOy平面里经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴夹角60，试分析计算：图11(1)带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大？(2)带电粒子在磁场中运动时间多长？答案见解析解析不论粒子带何种电荷，由qv0B得R.如图，有O1OO2ORO1AO2B，带电粒子沿半径为R的圆运动一周所用的时间为T.(1)若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，由几何关系知运动方向发生的偏转角1120.A点与O点相距：xR，坐标位置若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生的偏转角260，B点与O点相距：yR，坐标位置.(2)若粒子带负电，它从O到A所用的时间为t1T，若粒子带正电，它从O到B所用的时间为t2T.考向2临界状态不唯一形成多解带电粒子只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，它可能穿过去了，也可能从入射界面这边反向飞出，于是形成多解例6长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图12所示磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()图12A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度v满足vD使粒子的速度v满足v答案C解析如图，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r122l2，又因qv1B，联立解得v1；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2，又因qv2B，联立解得v2，欲使粒子不打在极板上，则v或v，故C正确考向3运动的往复性形成多解带电粒子在磁场中运动时，由于某些因素的变化，例如磁场方向反向或者速度方向突然反向等，运动往往具有往复性，因而形成多解例7如图13所示，在x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B2.一个带负电荷的粒子(不计重力)从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？图13答案(n1,2,3，)解析粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v，交替地在xOy平面内磁感应强度为B1与B2的磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为r1和r2，由qvB得r1r2现分析粒子运动的轨迹如图所示，在xOy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点，接着沿半径为r2的半圆D1运动至y轴上的O1点，OO1的距离d2(r2r1)此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y轴上某点以速度v沿x轴负方向出发经过半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴上某点)，粒子的纵坐标就减小d.设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点，若满足nd2r1(n1,2,3，)则粒子就能沿半圆Cn1经过原点由式解得(n1,2,3，)联立式可得B1、B2的比值应满足的条件：(n1,2,3，)考向4临界极值问题1刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切2当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长3一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长例8如图14所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足()图14AB BB DBr0，解得B0)的粒子以速率v0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60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A. B. C. D.答案A解析若磁场方向垂直于横截面向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知rR.根据洛伦兹力提供向心力得：qv0Bm，解得B.若磁场方向垂直于横截面向里可得到同样的结果，选项A正确8.如图7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vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力则()图7Avbvc12，tbtc21 Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc12答案A解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc2rb，b120，c60，由qvBm得，v，则vbvcrbrc12, 又由T，tT和b2c得tbtc21，故选项A正确，B、C、D错误9如图8所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()图8AB BB DB答案D解析由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径Ra，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a，由带电粒子在磁场中运动的公式知r，故a，即B1.6B0，恰好收集不到离子时的半径为R2，有R20.5L，得B22B0因此当1.6B0B2B0时，设R，则n2n0n0(5)，当2B0B3B0时，极板上无法收集到离子，n30.