2019年高考物理大一輪復習 第09章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案 新人教版

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1、第二講　磁場對運動電荷的作用 一 洛倫茲力及其方向和大小 1.洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：左手定則： 掌心——磁感線垂直穿入掌心； 四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向； 拇指——指向洛倫茲力的方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面. 3．洛倫茲力的大小 (1)建立模型 已知：I⊥B勻強、導線截面積S、電荷電量q、電荷定向移動速率v、單位體積內(nèi)電荷數(shù)n、導線長度L (2)推導：導線中的電流I＝nqvS，導線所受安培力F＝BIL，導線中的自由電荷數(shù)N＝nLS，一個運

2、動電荷所受的力f＝＝qvB (3)特點：洛倫茲力f既垂直B又垂直v，所以洛倫茲力不做功. 二 帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動． 2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動． 如下圖，帶電粒子在磁場中，①中粒子做勻速圓周運動，②中粒子做勻速直線運動，③中粒子做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式：(v⊥B) 4．試畫出圖中幾種情況下帶電粒子的運動軌跡． 提示： 1．判斷正誤 (1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用．(　　) (2)洛倫茲力的方向

3、在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．(　　) (3)根據(jù)公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．(　　) (4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功．(　　) (5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)．(　　) (6)帶電粒子在電場越強的地方受電場力越大，同理帶電粒子在磁場越強的地方受磁場力越大．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 2．下列說法正確的是(　　) A．運動電荷在磁感應強度不為零的地方，一定受到洛倫茲力的作用 B．運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該

4、處的磁感應強度一定為零 C．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度 D．洛倫茲力對帶電粒子不做功 解析：選D　運動電荷在磁場中所受的洛倫茲力F＝qvBsin θ，所以F的大小不但與q、v、B有關(guān)系，還與v與B的夾角θ有關(guān)系，當θ＝0°或180°時，F(xiàn)＝0，此時B不一定等于零，所以A、B錯誤；洛倫茲力與粒子的速度始終垂直，所以洛倫茲力對帶電粒子不做功，粒子的動能也就不變，但粒子速度方向改變，所以C錯，D對． 3．下列關(guān)于洛倫茲力的說法中，正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向

5、均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 解析：選B　因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯誤．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，所以B選項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯誤．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，

6、洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯誤． 4．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應強度成正比 解析：選D　粒子僅在磁場力作用下做勻速圓周運動有qvB＝m.得R＝，周期T＝＝，其等效環(huán)形電流I＝＝，故D選項正確． 5．如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，在磁感應強度為B的勻強磁場中，以垂直于磁場方向的速度v做勻速圓周運動． (1)畫出粒子此時所受洛倫

7、茲力的方向及運動軌跡示意圖； (2)推導軌道半徑公式； (3)推導運動周期公式． 解：(1)如圖所示 (2)帶電粒子運動過程中所受洛倫茲力 F洛＝qvB 洛倫茲力提供向心力 F洛＝m 解得軌道半徑r＝ (3)帶電粒子運動周期T＝＝ 考點一 洛倫茲力的特點與應用 1.洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷． (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用． (4)洛倫茲力一定不做功． 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者性質(zhì)相同

8、，都是磁場力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功． 3．洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 方向 F⊥B且F⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功，可能做負功，也可能不做功 1．(2015·重慶卷)圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物質(zhì)發(fā)生衰變放出的部分粒子的徑跡，氣泡室中磁感應強度方向垂直紙面向里．以下判斷可能正確的是(　　) A．a(chǎn)、b為β粒子的徑跡　　　 B．a(chǎn)、b為γ粒

9、子的徑跡 C．c、d為α粒子的徑跡 D．c、d為β粒子的徑跡 解析：選D　γ射線是不帶電的光子流，在磁場中不偏轉(zhuǎn)，故選項B錯誤．α粒子為氦核帶正電，由左手定則知受到向上的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，故選項A、C錯誤；β粒子是帶負電的電子流，應向下偏轉(zhuǎn)，選項D正確．故選D． 2.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束．∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的電子受到的洛倫茲力大小為F1.若將M處長直導線移至P處，則O點的電子受到的洛倫茲力大小為F2.那么F2與

10、F1之比為(　　) A．∶1 B．∶2 C．1∶1 D．1∶2 解析：選B　長直導線在M、N、P處時在O點產(chǎn)生的磁感應強度B大小相等，M、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向都向下，合磁感應強度大小為B1＝2B，P、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度夾角為60°，合磁感應強度大小為B2＝B，可得，B2∶B1＝∶2，又因為F洛＝qvB，所以F2∶F1＝∶2，選項B正確. 考點二 帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.圓心的確定方法 方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)； 方法二　若已知粒子運動軌跡

11、上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖(b)． 2．半徑的計算方法 方法一　由物理方程求：半徑R＝； 方法二　由幾何方程求：一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定． 3．時間的計算方法 方法一　由圓心角求：t＝·T； 方法二　由弧長求：t＝. (2018·山西五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓?。@些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度均未知，圖中虛線小方格邊

12、長相同，根據(jù)軌跡判斷，下列說法正確的是(　　) A．5個帶電粒子中有4個粒子帶同種電荷 B．若a、b兩粒子比荷相同，則va∶vb＝2∶3 C．a(chǎn)、b兩粒子一定同時到達M點 D．a(chǎn)、c兩粒子在磁場中運動的時間不一定相等 解析：選BD　根據(jù)左手定則，5個帶電粒子中有3個粒子帶同種電荷，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝，解得半徑r＝，若a、b兩粒子比荷相同．由圖可知a、b兩粒子的軌跡半徑之比＝，所以＝，故B正確；帶電粒子做圓周運動的周期T＝，a、b兩粒子在磁場中的運動時間均為半個周期，若a、b兩粒子的比荷不同，則周期不同，a、b兩粒子有

13、可能不同時到達M點，故C錯誤；a、c兩粒子在磁場中運動的時間均為半個周期，若a、c兩粒子比荷不相同，則周期不相同，它們在磁場中運動的時間不一定相等，故D正確． 與半徑公式和周期公式相關(guān)計算的求解方法 (1)首先根據(jù)帶電粒子的入射方向、出射方向及題中的條件，畫出帶電粒子的運動軌跡，確定圓心，并求出半徑． (2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系；粒子在磁場中的運動時間與周期相聯(lián)系． (3)用規(guī)律：運用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是半徑公式和周期公式求解待求量． (2017·河南三門峽期末)(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存

14、在與紙面垂直的勻強磁場，MN為磁場分界線，一帶電粒子沿著紙面內(nèi)弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ.已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是(　　) A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1 B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1 C．圓弧ap與圓弧pb對應的圓心角之比為2∶1 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度方向相反 解析：選ABD　在勻強磁場中，洛倫茲力始終不做功，粒子的速度大小不變，A正確；由t＝可知，粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的運動時間之比為2∶1，B正確；由于不知道磁感應強度的大小關(guān)系，所以兩粒子在磁場中運動的周期大小關(guān)系不能確定，無法求圓心角之比，C錯

15、誤；根據(jù)帶電粒子的運動軌跡和左手定則可知兩磁場的磁感應強度方向相反，D正確． 3．(2015·課標Ⅱ)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：選AC　由題意可知，v1＝v2，B1＝kB2.電子運動的軌跡半徑R＝∝，故R2＝kR1，A正確．加速度大小a＝∝B，故a2＝a1/k，B錯．周期T＝∝，故T2＝kT1，C正確．角速度ω＝＝∝B

16、，故ω2＝ω1/k，D錯． 4．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中的O點同時發(fā)出質(zhì)子和反質(zhì)子(兩種粒子質(zhì)量相等、電荷量相等但電性相反，粒子重力忽略不計)，粒子的初速度與磁場垂直，粒子的運動軌跡如圖所示，則可判定(　　) A．a(chǎn)是質(zhì)子且速度大，b是反質(zhì)子，兩粒子同時回到O點 B．a(chǎn)是質(zhì)子且速度大，b是反質(zhì)子，a比b先回到O點 C．a(chǎn)是質(zhì)子且速度小，b是反質(zhì)子，兩粒子同時回到O點 D．a(chǎn)是反質(zhì)子且速度小，b是質(zhì)子， a比b后回到O點 解析：選A　因粒子所受洛倫茲力提供向心力，向心力應指向軌跡的凹側(cè)，速度沿曲線的切線方向，由左手定則可判定a是質(zhì)子，b是反質(zhì)子，由題圖知ra＞rb，而

17、r＝，所以va＞vb，又因粒子運動周期為T＝，與粒子電性和速度無關(guān)，所以兩粒子同時回到O點，A正確. 考點三 帶電粒子在有界磁場中的運動 情形一　直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示) 情形二　平行邊界(存在臨界條件，如圖所示) 情形三　圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示) (2017·全國卷Ⅱ) 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一

18、圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2∶v1為(　　) A．∶2 B．∶1 C．∶1 D．3∶ 解析：選C　相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動．粒子以v1入射，一端為入射點P，對應圓心角為60°(對應六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系知r1＝R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應的圓弧內(nèi)． 同理可知，粒子以v2入射及出射情況，如圖乙所示．由幾何關(guān)系知r2＝＝R， 可得r2∶r1＝∶1. 因為m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r， 所以v2∶v1＝∶1.故選C．

19、 (多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，方向垂直于圓平面(未畫出)，一群相同的帶電粒子以相同速度v0從P點在紙面內(nèi)向不同方向射入磁場，對這些粒子射出圓邊界區(qū)域的情況，下列說法正確的是(　　) A．當磁感應強度B＜時，這些粒子幾乎可以充滿整個圓邊界區(qū) B．無論B的大小如何，射出磁場邊界的總長不會超過圓周的一半 C．當磁感應強度B＝時，所有粒子出磁場的區(qū)域占整個圓周的三分之一 D．所有能從邊界射出的粒子，在磁場區(qū)域中運動時間不會超過 解析：選ACD　當B＜時，r＞R，P點與從邊界上射出的粒子之間的最遠距離2r＞2R，故這些粒子幾乎充滿整個圓邊界區(qū)，A正確、B錯誤．

20、當B＝時，r＝R，出射點與P的最遠距離為2r＝R，如圖所示．∠POM＝120°，C正確．從邊界射出的粒子在磁場中的軌跡對應的弦最長為2R，弧長不會超過πR，D正確． 5.(2018·安徽聯(lián)考)如圖所示，兩個初速度大小不同的相同粒子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，其中b粒子速度方向與屏OP垂直，a粒子速度方向與b粒子速度方向的夾角θ＝45°.兩粒子最后均打到屏上同一點Q上，不計重力．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電 B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中運動速度之比為∶1 C．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中運動的周期之比為2∶3 D．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中運動的時間

21、之比為1∶1 解析：選B　帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知a、b均帶正電，A錯誤；設(shè)OQ的距離為l，由帶電粒子的運動軌跡可知Rb＝，Ra＝l，Ra＝l，由R＝，得v＝，所以＝＝，B正確；由T＝知a、b兩粒子在磁場中運動的周期之比為1∶1，C錯誤；ta＝T，tb＝T，因θa＝π，θb＝π，所以＝，D錯誤． 6.(2017·黑龍江大慶一模)(多選)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里、有一定的寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P

22、＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶ 解析：選BC　兩個離子的質(zhì)量相同，P＋和P3＋的帶電荷量之比為1∶3，由a＝可知，P＋和P3＋在電場中的加速度之比為1∶3，故A錯誤；由動能定理可得qU＝mv2，可得兩離子離開電場時的速度表達式為v＝，可知兩個離子的速度之比為1∶，又由qvB＝m知r＝，所以兩個離子的運動半徑之比為∶1，故B正確；由以上分析知，兩個離子在磁場中運動的半徑之比為∶1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sin θ＝，可知兩離子轉(zhuǎn)過的角度的正弦值之比為1∶，又P＋轉(zhuǎn)過的角度為30°，可知P3＋轉(zhuǎn)過的角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，故C正確；兩離子在電場中加速，由qU＝mv2可知，兩個離子離開電場的動能之比為1∶3，故D錯誤． 11