2019年高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案

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1、 第2講　磁場對運動電荷的作用 板塊一　主干梳理·夯實基礎　 【知識點1】　洛倫茲力、洛倫茲力的方向?、? 洛倫茲力公式?、?.定義：運動電荷在磁場中所受的力。 2.方向 (1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向。 (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B和v所決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)。 由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。 3.洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ 其中θ為電荷運動方向與磁場方向之間的夾角。 (1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)＝qvB。 (2)當電荷運動方向與磁場方向平行時，F(xiàn)＝

2、0。 (3)當電荷在磁場中靜止時，F(xiàn)＝0。 【知識點2】　帶電粒子在勻強磁場中的運動?、? 1.若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。 2.若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做勻速圓周運動。 3.基本公式 (1)向心力公式：qvB＝m。 (2)軌道半徑公式：r＝。 (3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝。 (4)T、f和ω的特點： T、f和ω的大小與軌道半徑r和運行速率v無關，只與磁場的磁感應強度B和粒子的比荷有關。比荷相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中T、f、ω相同。 板塊二　考點細研·悟法培優(yōu) 考點1洛倫茲力的特點及應用[對比分析

3、] 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速度方向和磁場方向確定的平面。 (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)用左手定則判斷洛倫茲力方向，注意四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向。 (5)洛倫茲力一定不做功。 2.洛倫茲力與電場力的比較 例1　(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，

4、水平射程為x2，著地速度為v2，則下列說法正確的是(　　) A.x1>x2 B．t1>t2 C.v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同 (1)洛倫茲力對帶電小球做功嗎？ 提示：不做功。 (2)洛倫茲力的方向與速度方向有何關系？ 提示：垂直。 嘗試解答　選ABC。 當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a′t2；由x1＝v0t1＋at，x2＝v0t2知x1>x2，A、B正確；又因為洛倫茲力不做功，故C正

5、確；兩次小球著地時速度方向不同，D錯誤。 總結升華 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)，二者是相同性質的力，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。 　(多選)如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(　　) A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短

6、C.兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 答案　AD 解析　小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因為甲飛離的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和x＝，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C錯誤；由平均功率的公式P＝F＝mg

7、·sinθ＝，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故重力的平均功率一定相等，故D正確。 考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動問題[解題技巧] 1.圓心的確定 (1)基本思路：與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。 (2)兩種常見情形 ①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖a所示，圖中P為入射點，M為出射點)。 ②已知入射點和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖b所示，圖中

8、P為入射點，M為出射點)。 2.半徑的確定和計算 利用幾何知識求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點： (1)粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。 (2)相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180°。 3.運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧軌跡所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示： t＝T(或t＝T)。 4.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。 (2)平行邊界(存在臨界條件

9、，如圖所示)。 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。 例2　如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，有一帶正電的電荷，從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，已知電荷的質量為m，帶電量為q，不計電荷的重力，則下列說法正確的是(　　) A.勻強磁場的磁感應強度為 B.電荷在磁場中運動的時間為 C.若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，電荷在磁場中運動的時間會減小 D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會從AB邊的中點射出 (1)粒子從D點沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，粒子的軌道半徑為多少？ 提示：R＝

10、L。 (2)帶電粒子在磁場中運動的時間如何確定？ 提示：t＝T，其中θ為軌跡所對圓心角。 嘗試解答　選A。 帶正電的電荷從D點射入，恰好從A點射出，在磁場中的軌跡半徑R＝L，由牛頓第二定律Bqv0＝得B＝，A選項正確。電荷在磁場中運動的時間為t＝T＝×＝，B選項錯誤。若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，軌跡所對的圓心角將變大，在磁場中運動的時間會變長，C選項錯誤。若v＝2v0，則由Bqv＝得r＝2L，如圖從F點射出，設BF＝x，由幾何關系知r2＝(r－x)2＋L2，則x＝(2－)L，D選項錯誤。 總結升華 1.帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動的分析方法 2.作帶

11、電粒子運動軌跡時需注意的問題 (1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。 (2)六條線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑，入射速度所在直線和出射速度所在直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條邊構成一個四邊形，后面兩條為對角線。 (3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 　如圖，半徑為R的圓是圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁

12、場時運動方向間的夾角為90°，則粒子的速率為(不計重力)(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖，設粒子射入點為P，射出點為Q，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為90°，則∠QPO′＝∠PQO′＝45°，PQ為公共弦長，連接OO′，則OO′⊥PQ，則∠OO′P＝45°，延長O′P交ab于M，連接OP，OP＝R，MP＝，則OM＝R，MO′＝OM＝R，由幾何關系得R＝＋r，那么r＝R，由Bqv＝得v＝，故B選項正確。 考點3帶電粒子在磁場中運動的多解問題[解題技巧] 1.帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電

13、，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。 如圖甲，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。 2．磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時由于磁感應強度方向不確定形成多解。 如圖乙，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。 3.臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成了多解，如

14、圖丙所示。 4.運動的周期性形成多解 帶電粒子在電場和磁場的組合場空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解。如圖丁所示。 例3　[2017·哈三中模擬]如圖所示，邊界PQ以上和MN以下空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度均為4B，PQ、MN間距離為2d，絕緣板EF、GH厚度不計，間距為d，板長略小于PQ、MN間距離，EF、GH之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。有一個質量為m的帶正電的粒子，電量為q，從EF的中點S射出，速度與水平方向成30°角，直接到達PQ邊界并垂直于邊界射入上部場區(qū)，軌跡如圖所示，以后的運動過程中與絕緣板相碰時無能量損失且遵循反射定律，經(jīng)過一段

15、時間后該粒子能再回到S點。(粒子重力不計)求： (1)粒子從S點出發(fā)的初速度v； (2)粒子從S點出發(fā)第一次再回到S點的時間； (3)若其他條件均不變，EF板不動，將GH板從原位置起向右平移，且保證EFGH區(qū)域內始終存在垂直紙面向里的勻強磁場B，若仍需讓粒子回到S點(回到S點的運動過程中與板只碰撞一次)，則GH到EF的垂直距離x應滿足什么關系？(用d來表示x) (1)粒子垂直邊界PQ從G點進入上部場區(qū)，在上部場區(qū)完成部分圓周運動后如何重新回到EF、GH之間的磁場區(qū)域？ 提示：從E點垂直邊界PQ回到EF、GH之間的磁場區(qū)域。 (2)如果EF不動，GH右移，只與板碰一次回到S，造成

16、多解的情況有哪些？ 提示：與板碰時的速度情形還有周期性帶來的多解。 嘗試解答　(1)　(2)　(3)x＝(3n＋1)d(n＝0,1,2…)或x＝3nd(n＝0,1,2…)。 (1)L＝2d，且S為中點，設帶電粒子在EF、GH之間的磁場中運動時軌跡半徑為R1。 由圖知： R1sin60°＝d，R1＝2d 洛倫茲力提供向心力： qvB＝，R1＝， 得：v＝＝。 (2)如圖，粒子應從G點進入PQ以上的磁場，設帶電粒子在4B場區(qū)軌跡半徑為R2。 在4B場內，q4Bv＝，R2＝＝＝ 做半圓，并垂直PQ再由E點回到B場區(qū) 由對稱性，粒子將打到GH中點并反彈，再次回到S點的軌跡如

17、圖。 粒子在B場中時間 t1＝4×T1＝T1＝×＝ 粒子在4B場中時間 t2＝2×T2＝T2＝＝ t總＝t1＋t2＝。 (3)如圖所示，由粒子運行的周期性以及與板碰撞遵循反射定律，有如下結果： x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2…)或x＝3nd，(n＝0,1,2…)。 總結升華 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 (1)分析題目特點，確定題目多解性形成原因。 (2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。 (3)若為周期性的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。 　如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間

18、距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場，已知正離子質量為m，帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求： (1)磁感應強度B0的大??； (2)若正離子從O′孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短，請畫出其運動軌跡并求出該最短時間； (3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 答案　(1)B0＝　(2

19、)T0　(3)v0＝(n＝1,2,3…) 解析　(1)設離子軌道半徑為R，洛倫茲力提供向心力：B0qv0＝ 做勻速圓周運動的周期T0＝ 由以上兩式得：B0＝。 (2)軌跡如下圖， 最短時間tmin＝T0。 (3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，R＝。 當兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時， R＝(n＝1,2,3…) B0qv0＝ 聯(lián)立得正離子的速度的可能值為v0＝＝(n＝1,2,3…)。 考點4帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題[解題技巧] 1.以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運用動態(tài)思

20、維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關系。 2.尋找臨界點常用的結論 (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。 (2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。 (3)當速度v變化時，圓心角越大的，運動時間越長。 例4　(多選)如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)

21、過一段時間后有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為(　　) A. B. C. D. (1)所有粒子的射出速度大小相同，所以弧長越長時間越長，沿哪一方向射出的時間最長？ 提示：沿SA方向。 (2)弧長最短的時間最短，如何確定最短弧長？ 提示：v大小一定，則半徑r一定，那么弦長最短時弧長最短。 嘗試解答　選ABC。粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動，由于所有粒子的速度大小相同，故弧長越小，粒子在磁場中運動的時間就越短，由于粒子在磁場中運動的

22、最長時間為，沿SA方向射出的粒子在磁場中運動時間最長。如圖所示，作出粒子運動軌跡圖，由幾何關系可知當粒子在磁場中做圓周運動繞過的弧所對應的弦垂直邊界OC時，粒子在磁場中運動時間最短，由于SD⊥OC，則SD＝ES，即弦長SD等于半徑O′D、O′S，相應∠DO′S＝60°，即最短時間為t＝T＝，粒子在磁場中運動的時間范圍≤t≤，A、B、C正確。 總結升華 1.分析臨界問題要注意 (1)從關鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”“最大”“至少”“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律。 (2)數(shù)學方法和物理方法的結合。如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不

23、等式的性質”“二次方程的判別式”等求極值。 2.畫圖及求解半徑的兩點技巧 (1)利用好直線邊界的對稱性：從一直線邊界射入勻強磁場中的粒子，從同一直線邊界射出時，速度與直線邊界的夾角相等，即射入和射出具有對稱性，單直線邊界磁場滿足這一特點；雙直線邊界磁場和三角形、矩形邊界磁場中，粒子從一個邊界進入，若仍然從這條直線邊界返回，則滿足初末速度與直線邊界的夾角相等，若不從原邊界射出，則會從其他邊界射出磁場。 (2)充分利用切點：切點處速度方向和向心力的方向是明確的，帶電粒子在有界磁場中的運動通常出現(xiàn)的情況是恰好與某邊界相切，此時做出運動軌跡，利用幾何關系可以確定半徑，之后根據(jù)r＝可以確定速度或磁

24、感應強度，此時利用的一般是包含半徑和已知某幾何尺寸的直角三角形。 　[2017·南昌模擬]如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是(　　) A.只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點 B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為 C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 D.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 答案　C 解析　帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中，

25、則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上，如圖所示，粒子在磁場中要想到達O點，轉過的圓心角肯定大于180°，因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點，故A錯誤；由于P點的位置不確定，所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300°，運動時間為T，而最小的圓心角為P點在坐標原點即120°，運動時間為T，而T＝，故粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間最長為，最短為，C正確，B、D錯誤。 1.模型構建 帶電粒子在有界磁場中的偏轉。此類模型較為復雜，常見的磁場邊界有單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界和圓形邊界等。因為是有界磁場，則帶電粒子運動的完整圓周往往會被破壞，可

26、能存在最大、最小面積，最長、最短時間等問題。 2.模型條件 (1)在勻強磁場中做勻速圓周運動。 (2)磁場有一定范圍。 (3) 粒子速度大小不變，方向改變，則r＝大小不變，但軌跡的圓心位置變化，相當于圓心在繞著入射點滾動。(如圖所示) 3.模型分類 (1)單直線邊界型：當粒子源在磁場中，且可以向紙面內各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子時以圖甲中帶負電粒子的運動為例。 規(guī)律要點： ①最值相切：當帶電粒子的運動軌跡小于圓周且與邊界相切時(如圖甲中a點)，切點為帶電粒子不能射出磁場的最近點(或恰能射出磁場的臨界點)。 ②最值相交：當帶電粒子的運動軌跡等于圓周時，直徑與邊界相交的

27、點(如圖甲中的b點)為帶電粒子射出邊界的最遠點(距O最遠)。 (2)雙直線邊界型：當粒子源在一條邊界上向紙面內各個方向以相同速率發(fā)射同一種粒子時，以圖乙中帶負電粒子的運動為例。 規(guī)律要點： ①最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠點對應的軌道分別與兩直線相切，如圖乙所示。 ②對稱性：過粒子源S的垂線為ab的中垂線。在圖乙中，a、b之間有帶電粒子射出，可求得ab＝2，最值相切規(guī)律可推廣到矩形區(qū)域磁場中。 [2018·貴陽監(jiān)測]如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量質量為m、電荷量為＋q的粒子，在紙面內沿各個方向以相同速率v從P點

28、射入磁場，這些粒子射出磁場時的位置均位于PMQ圓弧上，PMQ圓弧長等于磁場邊界周長的。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應強度大小為 (　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　這些粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB＝；從Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠的粒子，如圖所示，由圖中幾何關系可知，該粒子的軌跡圓的圓心O′、磁場圓的圓心O和點P構成一個直角三角形，得r＝Rcos30°＝R，聯(lián)立可得B＝，選項D正確，選項A、B、C錯誤。 [2017·溫州測試]如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為m、電荷量為＋q的粒子以相同的速率v沿紙面內由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　) 答案　D 解析　如圖，從O點水平向左沿x軸負方向射出的粒子，軌跡為圓，和x軸相切于O點，在x軸上方，半徑為R；沿y軸正方向射出的粒子軌跡為半圓，在y軸右側，和x軸交點距O點為2R，其余方向射入的帶電粒子，軌跡圓旋轉，最遠點在以O為圓心半徑為2R的圓周上，故D正確。 18