【物理】2018届一轮复习人教版第8章第2讲磁场对运动电荷的作用学案 15页

第2讲　磁场对运动电荷的作用 知识点一　洛伦兹力 ‎1.洛伦兹力 磁场对　　　　的作用力叫做洛伦兹力.‎ ‎2.洛伦兹力的方向 ‎(1)判定方法：左手定则 ‎①掌心——磁感线　　　　穿入掌心；‎ ‎②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的　　　　；‎ ‎③拇指——指向　　　　的方向.‎ ‎(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的　　　　.‎ ‎3.洛伦兹力的大小 ‎(1)v∥B时，洛伦兹力F＝　　　　(θ＝0°或180°).‎ ‎(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝　　　　(θ＝90°).‎ ‎(3)v＝0时，洛伦兹力F＝　　　　.‎ 答案：1.运动电荷　2.(1)垂直　反方向　洛伦兹力　(2)平面　3.(1)0　(2)qvB　(3)0‎ 知识点二　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　　　　，或者说，洛伦兹力对带电粒子　　　　.‎ ‎2.粒子的运动性质 ‎(1)若v0∥B，则粒子　　　　，在磁场中做　　　　.‎ ‎(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做　　　　.‎ ‎3.半径和周期公式 ‎(1)由qvB＝　　　　，得r＝　　　　.‎ ‎(2)由v＝，得T＝　　　　.‎ 答案：1.大小　不做功　2.(1)不受洛伦兹力　匀速直线运动　(2)匀速圆周运动　3.(1)m　　(2) ‎(1)带电粒子在磁场中运动时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＝，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　对洛伦兹力的理解 ‎1.洛伦兹力方向的特点 洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直.‎ ‎2.洛伦兹力的作用效果 ‎(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响 因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小.如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动.‎ ‎(2)洛伦兹力对带电粒子不做功 因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功.如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化.‎ ‎3.洛伦兹力和安培力的关系 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做功.‎ 考向1　洛伦兹力方向的判断 ‎[典例1]　图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)‎ A.向上　　B.向下　　C.向左　　D.向右 ‎[解析]　a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示.‎ O点合磁场方向如图乙所示，则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下，B选项正确.‎ ‎　　‎ ‎　　　　甲　　　　　　　　乙 ‎[答案]　B 考向2　带电粒子在洛伦兹力作用下的运动 ‎[典例2]　(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(　　)‎ A.小球带负电 B.小球运动的轨迹是一条抛物线 C.洛伦兹力对小球做正功 D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大 ‎[解题指导]　小球的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和水平向里的运动.由于水平向里的洛伦兹力不变，所以小球水平向里做匀加速直线运动.‎ ‎[解析]　小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误.设试管运动速度为v1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1‎ 不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确.洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误.设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2＝qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F＝F2，则F逐渐增大，故D正确.‎ ‎[答案]　BD 洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，改变带电体所受其他力的大小和带电体的运动，反过来洛伦兹力也发生改变，因此要注意应用动态变化的观点解决该类问题.‎ 考点　带电粒子在匀强磁场中运动 ‎1.圆心的确定 ‎(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点).‎ ‎　　　　‎ ‎　 　甲　　　 　　　　　　乙 ‎(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点).‎ ‎2.半径的确定 ‎(1)用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解.‎ ‎(2)用物理知识求半径，即根据qvB＝m，得出r＝，一般称为物理半径.‎ ‎3.运动时间的确定 ‎(1)粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为t＝T.‎ ‎(2)速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为t＝.‎ 考向1　轨道半径和周期的计算 ‎[典例3]　(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 ‎[解析]　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍.‎ A：由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确.‎ B：由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误.‎ C：由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确.‎ D：由ω＝得＝＝，选项D错误.‎ 正确选项为A、C.‎ ‎[答案]　AC 考向2　运动时间的计算 ‎[典例4]　(多选)如图所示，两个匀强磁场方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.则以下说法正确的是(　　)‎ A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P B.电子运动一周回到P点所用的时间T＝ C.B1＝4B2‎ D.B1＝2B2‎ ‎[解析]　由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，A正确；由题图得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2，由r＝ 可得磁感应强度之比＝2∶1，电子运动一周所用的时间t＝T1＋＝＋＝，B、C错误，D正确.‎ ‎[答案]　AD 带电粒子在无边界磁场中运动的解题技巧 ‎(1)若磁场范围足够大，粒子在运动过程中没有离开磁场，称为无边界磁场.‎ ‎(2)解答此类问题应充分利用轨迹半径公式和周期公式，从而顺利地判断其他物理量.‎ 考点　带电粒子在直线边界磁场中运动 考向1　直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)‎ ‎　　　‎ ‎　　　　甲　　　　　　　　　乙 丙 ‎[典例5]　(多选)如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场.‎ 这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc，整个装置放在真空中，则下列判断正确的是(　　)‎ A.la＝lctb>tc ‎[解析]　画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝和周期公式T＝很容易得出la＝lctb>tc，所以B、C错误，A、D正确.‎ ‎[答案]　AD 考向2　平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)‎ ‎ ‎ ‎　　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙 ‎[典例6]　如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，‎ 已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)‎ A.　　 B.　　‎ C.　　 D. ‎[解析]　当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝‎2a.设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝‎2a，此时圆心角αm为120°，即最长运行时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确.‎ ‎　　‎ ‎　　　 　甲　　　　　　　乙 ‎[答案]　C 考向3　三角形边界磁场 ‎[典例7]　如图所示，△ABC为与匀强磁场(方向垂直纸面向外)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(　　)‎ A.B>　 B.B< C.B> D.B< ‎[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R＝＝，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝有<，即B<，选D.‎ ‎[答案]　D 考向4　正方形(或矩形)边界磁场 ‎[典例8]　(多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是(　　)‎ A.v1∶v2＝1∶2 B.v1∶v2＝∶4‎ C.t1∶t2＝2∶1 D.t1∶t2＝3∶1‎ ‎[解析]　甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T＝，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲＝T乙.设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1＝，运行时间为t1＝，乙粒子运行半径为r2＝，运行时间为t2＝，而r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，选项A错误，B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误，D正确.‎ ‎[答案]　BD 带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的解题思路 考点　带电粒子在圆形有界磁场中运动 考向1　速度沿半径方向入射 ‎[典例9]　如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角.‎ 现将带电粒子的速度变，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　)‎ A.Δt B.2Δt　　　‎ C.Δt　　　 D.3Δt ‎[解题探究]　(1)带电粒子的速度由v变为后，在磁场中做圆周运动的周期如何变化？半径如何变化？‎ ‎(2)计算粒子在磁场中运动的时间常用公式有哪些？‎ ‎[提示]　(1)周期不变，半径变为原来的.‎ ‎(2)一般计算公式t＝＝，在周期相等时t＝T.‎ ‎[解析]　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvB＝m，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝，圆弧AC所对应的圆心角∠AO‎1C＝60°，经历的时间为Δt＝T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T＝，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r＝知其在磁场中的轨道半径变为，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO2D＝120°，经历的时间为Δt′＝T＝2Δt.由此可知本题正确选项只有B.‎ ‎[答案]　B 考向2　速度不沿半径方向入射 ‎[典例10]　如图所示，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.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)(　　)‎ A.　　 B.　　‎ C.　　 D. ‎[解析]　作出粒子运动轨迹如图中实线所示.因P到ab距离为，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正确.‎ ‎[答案]　B 考向3　带电粒子沿不同方向入射 ‎[典例11]　如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板.‎ 从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(　　)‎ A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D.只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎[解析]　对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T知，运动时间t越小，故C错误；速度满足v＝时，轨道半径r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确.‎ ‎[答案]　D 带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论 ‎(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心.‎ ‎(2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同.‎ ‎(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定.‎ ‎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 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.[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 答案：C　解析：小球由最高点到最低点的过程中，mgL(1－cos 60°)＝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＝m；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＝m，解以上三式可得：T＝4mg，C项正确.‎ ‎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.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. B. ‎ C. D. 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＝.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°＝R.联立解得B＝‎ eq f(2 (3)mv,3qR)，选项D正确.‎ ‎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 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＝，T＝，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.[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，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为.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＝ 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＝＋1‎ D.长方形区域的边长满足关系＝2‎ 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＝，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＝，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－＝，α＝30°，由图乙可得b＝rsin α＋rcos α＝a＋a＝(1＋)a，所以＝1＋，C正确，D错误.‎ ‎　　‎ ‎　　　　　甲　　　　　　　　　　乙