高考物理复习专题知识点25-磁场对运动电荷的作用 4页

磁场对运动电荷的作用 ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．洛伦兹力：①磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力；②洛伦兹力的方向判定用左手定则：关键词是“掌心”—— 磁感线 穿入掌心；“四指”—— 指向 运动的方向或 运动的反方向；“拇指” —— 指向洛伦兹力的方向．洛伦兹力方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 ．③ 洛伦兹力的大小：v∥B时，洛伦兹力F = （θ = 0°或180°）；v⊥B时，洛伦兹力F = （θ = 90°）；v = 0时，洛伦兹力F = ．④ 洛仑兹力对运动电荷 功．‎ ‎2．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 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 运动；半径和周期公式R = 、T = 2πR/v = ．‎ ‎3．质谱仪：① 构造：如图所示，由粒子源、加速电场、 和照相底片等构成．② 原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU = mv2/2；粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB = mv2/r；由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷；r = 、m = 、=．‎ ‎4．回旋加速器：① 构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于 磁场中．② 原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期 ，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB = mv2/R，得Ekm = ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和D形盒 决定，与加速 无关．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎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（ ）‎ ‎2．试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹，并说出其运动性质．‎ ‎3．如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上．则（ ）‎ A．粒子进入磁场时的速率v = B．粒子在磁场中运动的时间t = C．粒子在磁场中运动的轨道半径r = D．若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置 ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗洛伦兹力的特点及应用 ‎【例1】如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点（ ）‎ A．仍在A点 B．在A点左侧 C．在A点右侧 D．无法确定 ‎【变式跟踪1】如图所示，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 （ ）‎ 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 ‎〖考点2〗带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【例2】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为v/3，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 ‎【变式跟踪2】如图（a）所示，在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场．一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v0沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴正半轴的交点C处，沿y轴正方向射出磁场，不计带电粒子所受重力．‎ ‎⑴ ① 粒子带何种电荷；② 求粒子的比荷 q：m；‎ ‎⑵ 若磁场的方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，粒子射出磁场时速度的方向相对于入射方向改变了θ角，如图（b）所示，求磁感应强度B′ 的大小．‎ ‎〖考点3〗有界磁场中的临界问题 ‎【例3】如图所示，在0 ≤ x ≤ a、0 ≤ y ≤ a/2范围内垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一个粒子源，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，与y轴正方向的夹角分布在0°～ 90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：‎ ‎⑴ 速度的大小．‎ ‎⑵ 速度方向与y轴正方向夹角的正弦．‎ ‎【变式跟踪3】如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为 +q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ = 45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：‎ ‎⑴ 两板间电压的最大值Um；‎ ‎⑵ CD板上可能被粒子打中的区域的长度s；‎ ‎⑶ 粒子在磁场中运动的最长时间tm．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2012·江苏卷】如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有 （ ）‎ A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0‎ B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0‎ C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0 – qBd/‎‎2m D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0 + qBd/‎‎2m ‎【预测1】如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电、磁场，电场强度E = 1.0×103 V/m，方向未知，磁感应强度B = 1.0 T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B′（图中未画出）．一质量m = 1×10－‎14 kg、电荷量q = 1×10－‎10 C的带正电粒子以某一速度v沿与x轴负方向成60°角的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从B点进入磁场B′ 区域．一段时间后，粒子经过x轴上的C点并与x轴负方向成60°角飞出．已知A点坐标为（10，0），C点坐标为（– 30，0），不计粒子重力．‎ ‎⑴ 判断匀强电场E的方向并求出粒子的速度v；‎ ‎⑵ 画出粒子在第二象限的运动轨迹，并求出磁感应强度B′；‎ ‎⑶ 求第二象限磁场B′ 区域的最小面积．‎ ‎2．【2013上海高考】如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 （ ）‎ ‎【预测2】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垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，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s2，着地速度为v2．则下列论述正确的是 （ ）‎ A．s1 > s2 B．t1 > t‎2 C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同 ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将 （ ）‎ A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动 ‎2．用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为 +q的小球，让它处于图示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是 （ ）‎ A．v = ，水平向左 B．v = ，竖直向下 C．v = ，竖直向上 D．v = ，水平向右 ‎3．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t，粒子飞出此区域时速度方向偏转角为60°，根据以上条件可求下列物理量中的 （ ）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的周期 D．带电粒子在磁场中运动的半径 ‎4．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是 （ ）‎ A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运行时间大于N的运行时间 ‎5．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是 （ ）‎ A．在Ek – t图中应有t4 – t3 = t3 – t2 = t2 – t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn – tn－1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 参考答案：‎ ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．垂直 正电荷 负电荷 平面 0 qvB 0 不做 ‎2．匀速直线 匀速圆周 mv/qB 2πm/qB ‎3．偏转磁场 ‎ ‎4．匀强 相等 q2B2R2/‎2m 半径 ‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．B；根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对．C、D中都是v∥B，F = 0，故C、D都错．‎ ‎2．如图所示 ‎3．AC；在加速电场中由动能定理得eU = mv2，所以粒子进入磁场时的速度v = ，A正确；由evB = mv2/r得粒子的半径r = = ，C正确；粒子在磁场中运动了半个周期t = = ，B错误；若容器A中的粒子有初速度，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一位置，D错误．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 C；洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态（改变速度的方向），小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay = (mg – qvBcosθ)/m < g，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧．‎ 变式1 CD；设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg + Bv甲q = mv甲2/r、mg - Bv乙q = mv乙2/r、mg = mv丙2/r，显然，v甲 > v丙 > v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．‎ 例2 B；设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB = mv2/r，得r1 = mv/qB，根据几何关系得R/r1 = tan(φ1/2)，且φ1 = 60°．当带电粒子以v/3的速度进入时，轨道半径r2 = m(v/3)/qB = mv/3qB = r1/3，圆心在O2，则 R/r2 = tan(φ2/2)，即tan(φ2/2) =R/r2 = 3R/r1 = 3 tan(φ1/2) = ，故φ2/2 = 60°，φ2=120°；带电粒子在磁场中运动的时间t = (φ/360°)T，所以Δt2/Δt1 = φ2/φ1 = 2/1，即Δt2 = 2Δt1 = 2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误．‎ 变式2 ⑴ ①粒子带负电；‎ ‎② 由几何关系可知，粒子的运动轨迹如图甲所示，其半径R = r，粒子所受的洛伦兹力等于它做匀速圆周运动时所受的向心力即qv0B = mv02/R，则q/m = v0/Br．‎ ‎⑵ 粒子的运动轨迹如图乙所示，设其半径为R′，粒子所受的洛伦兹力提供它做匀速圆周运动的向心力，即qv0B′ = mv02/R′，又因为tan(θ/2) = r/ R′，解得B′ = Btan(θ/2)．‎ 例3 ⑴ 设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB = mv2/R ① 由①式得R = mvqB ② ‎ 当a/2 < R < a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为O3的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t = T/4，得∠OCA = π/2 ③ 设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα = R – a/2 ④ Rsinα = a – Rcosα ⑤ 又sin2α + cos2α = 1 ⑥‎ 由④⑤⑥式得R = a ⑦ 由②⑦式得v = ⑧‎ ‎⑵ 由④⑦式得sin α = 变式3 .⑴ M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CH = QC = L，故半径r1 = L，又因为qv1B = mv12/r1，且qUm = mv12/2，所以Um = qB‎2L2/2m．‎ ‎⑵ 设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在△AKC中：sin 45° = r2/(L – r2)，解得r2 = ( – 1)L，即KC = r2 = ( – 1)L．所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s = HK，即 s = r1 - r2 = (2 – )L．‎ ‎⑶ 打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm = T/2 = πm/qB．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．BC；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B = mv02/r，所以r = mv0/qB，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA = 2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确；若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误；若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r′，则r′ ≥ (2r - d)/2，代入r = mv0/qB，r′= mv/qB，解得v ≥ v0 – qBd/‎2m，选项C正确．‎ 预测1 ⑴ 粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动．这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成30°角斜向右上方．‎ 由平衡条件有Eq = Bqv 得v = E/B = ‎103 m/s．‎ ‎⑵ 粒子从B点进入第二象限的磁场B′ 中，轨迹如图．粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知 R = cm = cm，由qvB′ = mv2/R，解得B′ = mv2/qvR = mv/qR，代入数据解得B′ = T．‎ ‎⑶ 由图可知，B、D点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，磁场B′ 的最小区域应该分布在以BD为直径的圆内．由几何关系得BD = ‎20 ‎cm，即磁场圆的最小半径r = ‎10 cm，所以，所求磁场的最小面积为S = πr2 = 3.14×10－2 m2．‎ ‎2．C 预测2 ABC；当桌面右边存在磁场时，在小球下落过程中由左手定则知，带电小球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，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向上加速度a < g，所以t1 > t2，s1 > s2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，C对；两次小球着地时方向不同，D错．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．C；带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．‎ ‎2．C；根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球（相对地面静止）的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F = qvB中的v是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v = mgtanα/qB竖直向下运动或以速度v = mg/qB水平向右运动，带电小球都能处于平衡状态，但题目中要求“绳被拉紧”，由此可以知道只有选项C正确．‎ ‎3．AC；由t = (θ/2π)T 和T = 2πm/qB可知，根据题中已知条件可以求出带电粒子运动的周期，再将周期代入周期公式可以求出带电粒子的比荷．‎ ‎4．A；由左手定则知M带负电，N带正电，选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向 = F洛，即 mv2/r = qvB得r = mv/qB，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rM > rN，所以vM > vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误； 由T = 2πm/qB知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为 T/2，选项D错误．‎ ‎5．AD；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek - t图中应有t4 – t3 = t3 – t2 = t2 – t1，选项A正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(tn – tn – 1)，选项B错；由r = = B可知，粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径与D形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C错，D对．‎