【物理】2018届一轮复习鲁科版磁场对运动电荷的作用学案1 18页

2018 届高考物理一轮复习：磁场对运动电荷的作用 知识梳理 知识点一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小 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。 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。 知识点二、带电粒子在匀强磁场中的运动 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。 如下图，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③ 中粒子做匀速圆周运动。 3．半径和周期公式：(v⊥B) [思考判断] (1)带电粒子在磁场中一定会受到磁场力的作用。 ( ) (2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。( ) (3)根据公式 T＝2πr v ，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期 T 与 v 成反比。( ) (4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。( ) (5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。 ( ) (6)带电粒子在电场越强的地方受电场力越大，同理带电粒子在磁场越强的地方受磁场 力越大。( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× 考点精练 考点一 洛伦兹力的特点与应用 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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (4)根据左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。 (5)洛伦兹力一定不做功。 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，都是磁场力。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 对应训练 1．[对洛伦兹力的理解](多选)关于洛伦兹力的特点，下列说法正确的是( ) A．洛伦兹力既垂直于磁场方向又垂直于电荷运动方向 B．洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，静止的电荷不会受到洛伦兹力 C．当电荷运动方向和磁场方向相同或相反的时候，电荷不受洛伦兹力 D．只要电荷放在磁场中，就一定受到洛伦兹力 答案 ABC 2．[洛伦兹力对运动的影响](多选)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速 度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图 1 所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行 时间为 t1，水平射程为 x1，着地速度为 v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为 t2，水平射程为 x2，着地速度为 v2，则下列论述正确的是( ) 图 1 A．x1＞x2 B．t1＞t2 C．v1 和 v2 大小相等 D．v1 和 v2 方向相同 解析 当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向 右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向 上存在加速度，竖直方向上的加速度 a＜g，t1＞t2，x1＞x2，A、B 对；又因为洛伦兹力不做 功，故 C 对；两次小球着地时速度方向不同，D 错。 答案 ABC 3．[带电体的圆周运动](多选)如图 2 所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 为倾斜直轨道，BC 为与 AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂 直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。 现将三个小球在轨道 AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点， 则( ) 图 2 A．经过最高点时，三个小球的速度相等 B．经过最高点时，甲球的速度最小 C．甲球的释放位置比乙球的高 D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变 解析 三个小球在运动过程中机械能守恒，有 mgh＝1 2 mv2，在圆形轨道的最高点时对甲 有 qv1B＋mg＝mv2 1 r ，对乙有 mg－qv2B＝mv2 2 r ，对丙有 mg＝mv2 3 r ，可判断 v1>v3>v2，选项 A、B 错误， C、D 正确。 答案 CD 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析 (1)圆心的确定方法 方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力 F⊥v，分别确定两 点处洛伦兹力 F 的方向，其交点即为圆心，如图 3(a)； 方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连 线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)。 图 3 (2)半径的计算方法 方法一 由物理方法求：半径 R＝mv qB ； 方法二 由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。 (3)时间的计算方法 方法一 由圆心角求：t＝ θ 2π ·T； 方法二 由弧长求：t＝s v 。 2．带电粒子在不同边界磁场中的运动 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图 4 所示)。 图 4 (2)平行边界(存在临界条件，如图 5 所示)。 图 5 (3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图 6 所示)。 图 6 【典例】 如图 7 所示，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感 应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为 q(q＞0)、质量为 m 的粒子沿平行于直 径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为R 2 ，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动 方向间的夹角为 60°，则粒子的速率为(不计重力)( ) 图 7 A.qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m 解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心 O2 必在过入射点垂直于入射速度方向的直线 EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为 60°，故圆弧 ENM 对应圆心角为 60°， 所以△EMO2 为等边三角形。由于 O1D＝R 2 ，所以∠EO1D＝60°，△O1ME 为等边三角形，所以可 得到粒子做圆周运动的半径 EO2＝O1E＝R，由 qvB＝mv2 R ，得 v＝qBR m ，B 正确。 答案 B 【拓展延伸 1】 计算带电粒子在磁场中的运行时间 【典例】中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运行时间有多长？ 解析 由 T＝2πm qB ，t＝ θ 2π ·T 可得：t＝πm 3qB 答案 πm 3qB 【拓展延伸 2】 改变带电粒子的入射位置 【典例】中，若带电粒子对准圆心沿直径 ab 的方向射入磁场区域，粒子射出磁场与射 入磁场时运动方向的夹角仍为 60°，则粒子的速率是多少？ 解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆 周运动的半径 r＝ 3R，由 qvB＝m v2 r 可得，v＝ 3qBR m 。 答案 3qBR m 【拓展延伸 3】 改变磁场的方向 【典例】中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，带电粒子从磁场射出 时与射入磁场时运动方向的夹角为多少？ 解析 磁场方向改为垂直纸面向里，粒子进入磁场后向左偏转，运动轨迹如图所示， △OAB 和△OBC 都是等边三角形，所以∠AOC＝120°，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时 运动方向的夹角也是 120°。 答案 120° 方法技巧 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 对应训练 1．[带电粒子在单直线边界磁场中的圆周运动](多选)如图 8，两个初速度大小相同的 同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏 P 上。不计重力，下列 说法正确的有( ) 图 8 A．a、b 均带正电 B．a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C．a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D．a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 解析 由左手定则可判断粒子 a、b 均带正电，选项 A 正确；由于是同种粒子，且粒子 的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径 R＝mv qB 相同，周期 T＝2πm qB 也 相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b 在磁场中运动轨迹是半个圆周，a 在磁场中运动轨迹 大于半个圆周，选项 A、D 正确。 答案 AD 2．[带电粒子在双直线边界磁场中的圆周运动] (多选)如图 9 所示，在 y 轴右侧存在与 xOy 平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，位于坐标原点的粒子源在 xOy 平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为 v0，方向与 x 轴 正方向的夹角分布在－60°～60°范围内，在 x＝l 处垂直 x 轴放置一荧光屏 S。已知沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 y＝－l 的点，则 ( ) 图 9 A．粒子的比荷为q m ＝v0 lB B．粒子的运动半径一定等于 2l C．粒子在磁场中运动时间一定不超过πl v0 D．粒子打在荧光屏 S 上亮线的长度大于 2l 解析 沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 y＝－l 的点，由几何知识可知，粒 子轨道半径 r＝l，B 错误；由牛顿第二定律得 qv0B＝mv2 0 r ，解得q m ＝v0 lB ，A 正确；而且此情况 粒子在磁场中转过的圆心角最大，为θ＝π，对应运动时间最长，t＝ θ 2π T＝πl v0 ，故 C 正确； 与 x 轴正方向的夹角为 60°射入磁场的粒子打在荧光屏 S 上的纵坐标一定小于 l，故 D 错误。 答案 AC 3．[带电粒子在圆形磁场中的圆周运动]如图 10 所示，半径为 R 的圆形区域内存在着磁 感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以 速度 v 正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了 60°。 图 10 (1)求粒子的比荷q m 及粒子在磁场中的运动时间 t； (2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础 上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离 d 为多少？ 解析 (1)粒子的轨迹半径：r＝ R tan 30° ① 粒子做圆周运动：qvB＝mv2 r ② 由①②两式得粒子的比荷q m ＝ 3v 3BR ③ 运动周期 T＝2πr v ④ 在磁场中的运动时间 t＝1 6 T⑤ 由①④⑤式得 t＝ 3πR 3v ⑥ (2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。 由图可知 sin θ＝R r ⑦ 平移距离 d＝Rsin θ⑧ 由①⑦⑧式得 d＝ 3 3 R 答案 (1) 3v 3BR 3πR 3v (2) 3 3 R 考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题 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，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、 负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。如图所示。 2．磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑 由磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图所示。 3．临界状态不唯一形成多解 如图所示，带电粒子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，它可能直接穿过去了，也可能转过 180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解。如 图所示。 4．运动的往复性形成多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解。 如图所示。 【典例】 如图 11 甲所示，M、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两 板中央各有一个小孔 O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间 的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子质量为 m、带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周 运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求： 图 11 (1)磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0 的可能值。 解析 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B0＝mv2 0 r 做匀速圆周运动的周期 T0＝2πr v0 联立两式得磁感应强度 B0＝2πm qT0 (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正 离子只运动一个周期即 T0 时，有 r＝d 4 当在两板之间正离子共运动 n 个周期，即 nT0 时，有 r＝ d 4n (n＝1，2，3，…) 联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝B0qr m ＝πd 2nT0 (n＝1，2，3，…) 答案 (1)2πm qT0 (2)πd 2nT0 (n＝1，2，3，…) 方法技巧 解决多解问题的一般思路 (1)明确带电粒子的电性和磁场方向； (2)正确找出带电粒子运动的临界状态； (3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算。 对应训练 1．[磁场方向不确定形成多解](2016·商丘模拟)(多选)一质量为 m，电荷量为 q 的负 电荷在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若 磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做 圆周运动的角速度可能是 ( ) A.4qB m B.3qB m C.2qB m D.qB m 解析 依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种 可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方 向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知 4Bqv ＝mv2 R ，得 v＝4BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m ；当负电荷所受的洛伦 兹力与电场力方向相反时，有 2Bqv＝mv2 R ，v＝2BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω ＝v R ＝2Bq m ，应选 AC。 答案 AC 2．[临界状态不唯一形成多解](多选)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，板间距离也为 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 12 A．使粒子的速度 v＜Bql 4m B．使粒子的速度 v＞5Bql 4m C．使粒子的速度 v＞Bql m D．使粒子的速度Bql 4m ＜v＜5Bql 4m 解析 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有 r2 1＝(r1－l 2 )2＋l2，又因为 r1＝mv1 Bq ，解得 v1 ＝5Bql 4m ；若粒子刚好打在极板左边缘时，有 r2＝l 4 ＝mv2 Bq ，解得 v2＝Bql 4m ，故 A、B 正确。 答案 AB 3．[电性不确定形成多解]如图 13 所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为 B， MM′和 NN′是它的两条边界。现有质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射 入。要使粒子不能从边界 NN′射出，求粒子入射速率 v 的最大值可能是多少。 图 13 解析 题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷。若 q 为正电荷，轨迹 是如图所示的上方与 NN′相切的1 4 圆弧，轨道半径：R＝mv Bq 又 d＝R－ R 2 解得 v＝（2＋ 2）Bqd m 。 若 q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与 NN′相切的3 4 圆弧，则有：R′＝mv′ Bq d＝R′＋R′ 2 ，解得 v′＝（2－ 2）Bqd m 。 答案 (2＋ 2)Bqd m 或(2－ 2)Bqd m 随堂检测 1.[洛伦兹力的方向]如图所示是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿 x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z 轴负方向)偏转， 在下列措施中可采用的是( ) A.加一磁场，磁场方向沿 z 轴负方向 B.加一磁场，磁场方向沿 y 轴正方向 C.加一电场，电场方向沿 z 轴负方向 D.加一电场，电场方向沿 y 轴正方向 2.[洛伦兹力的大小]如图所示，一带电塑料小球质量为 m，用丝线悬挂于 O 点，并在竖 直平面内摆动，最大摆角为 60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面.当小球自左方摆到最低 点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( ) A.0 B.2mg C.4mg D.6mg 3.[带电粒子在圆形有界磁场中运动]如图所示，半径为 R 的圆形区域内有一垂直纸面向 里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点.大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，在纸面内 沿各个方向以相同速率 v 从 P 点射入磁场. 这些粒子射出磁场时的位置均位于 PQ 圆弧上，PQ 圆弧长等于磁场边界周长的1 3 .不计粒 子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( ) A. 3mv 2qR B.mv qR C. 3mv qR D.2 3mv 3qR 4.[带电粒子在直线边界磁场中运动](多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏 P 上.不计重力.下列说法正确的 有( ) A.a、b 均带正电 B.a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C.a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 5.[带电粒子在矩形有界磁场中运动](多选)如图所示，在 0≤x≤b、0≤y≤a 的长方形 区域中有一磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，磁场的方向垂直于 xOy 平面向外.O 处有一粒 子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度 方向均在 xOy 平面内的第一象限内. 已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间 为 T 12 ，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T 4 .不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则 ( ) A.粒子射入磁场的速度大小 v＝2qBa m B.粒子做圆周运动的半径 r＝2a C.长方形区域的边长满足关系b a ＝ 3＋1 D.长方形区域的边长满足关系b a ＝2 参考答案 1.答案：B 解析：若加一磁场，要使荧光屏上的亮线向下偏转，即使电子所受的洛伦 兹力方向向下，电子运动方向沿 x 轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿 y 轴正方向， 所以选项 A 错，B 对；若加一电场，电子应受到向下的静电力作用，故电场方向沿 z 轴正方 向，选项 C、D 均错. 2.答案：C 解析：小球由最高点到最低点的过程中，mgL(1－cos 60°)＝1 2 mv2，小球 自左方运动到最低点时悬线上张力为零，由圆周运动知识可知，qvB－mg＝mv2 L ；整个过程中， 机械能守恒，故小球经过最低点时速度大小不变，自右经过最低点时，洛伦兹力方向改变， T－qvB－mg＝mv2 R ，解以上三式可得：T＝4mg，C 项正确. 3.答案：D 解析：这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 qvB＝mv2 r . 从 Q 点离开磁场的粒子是这些粒子中离开磁场时离 P 点最远的粒子，所以 PQ 为从 Q 点离开 磁场的粒子的轨迹圆弧的直径，由图中几何关系可知，该粒子轨迹圆的圆心 O′、磁场边界 圆的圆心 O 和点 P 形成一个直角三角形，由几何关系可得，r＝Rsin 60°＝ 3 2 R.联立解得 B ＝2 3mv 3qR ，选项 D 正确. 4.答案：AD 解析：因离子均向下偏转打到屏 P 上，根据左手定则可知 a、b 均带正电， A 项正确.又因 a、b 为同种离子，m、q 均相同，由 R＝mv Bq ，T＝2πm Bq ，可知它们的轨道半径 R 与周期 T 也均相同.而 a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆，a 的路程比 b 的路程长，飞行时间也比 b 的飞行时间长，故 B、C 项均错误.b 在 P 上的落点到 O 点的距离 等于圆轨迹的直径，说明 b 的落点离 O 点最远，故 D 项正确. 5.答案：ABC 解析：当速度方向沿 y 轴正方向时，时间最短，如图甲，此时圆弧所对 的圆心角为 30°，由几何关系知 r＝2a，所以 v＝2Bqa m ，A、B 正确；当粒子的轨迹与上边界 相切时，时间最长，由图乙可知∠OCA＝π 2 ，设最后离开磁场的发射方向与 y 轴正方向的夹 角为α，由几何关系得 rsin α＝r－a，得 sin α＝1－a r ＝1 2 ，α＝30°，由图乙可得 b＝ rsin α＋rcos α＝a＋ 3a＝(1＋ 3)a，所以b a ＝1＋ 3，C 正确，D 错误. 甲 乙