2019-2020年高考物理一輪復習講義 第八章 磁場 第2講 運動電荷在磁場中受到的力 教科版.doc
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2019-2020年高考物理一輪復習講義 第八章 磁場 第2講 運動電荷在磁場中受到的力 教科版 一、洛倫茲力的大小和方向 1．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力 F＝0.(θ＝0或180) (2)v⊥B時，洛倫茲力 F＝qvB.(θ＝90) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0. 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：應用左手定則 ①磁感線垂直穿過掌心． ②四指指向正電荷運動的方向． ③拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B和v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角) 3．特點 (1)洛倫茲力始終與速度方向垂直． (2)洛倫茲力不做功，只改變速度方向． 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以入射速度v做勻速圓周運動． 1．有關洛倫茲力和安培力的描述，正確的是( ) A．通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn) C．帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功 D．通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行 解析： 當通電直導線放置的方向與勻強磁場的方向平行時，通電直導線不受安培力的作用，則A錯誤；安培力是大量運動電荷所受的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，B正確；由于帶電粒子所受的洛倫茲力的方向與粒子的速度方向始終是垂直的關系，因此洛倫茲力不做功，C錯誤；由左手定則可知，磁場的方向與安培力的方向垂直，D錯誤． 答案： B 2．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是( ) A．洛倫茲力對帶電粒子做功 B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C．洛倫茲力的大小與速度無關 D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 解析： 根據(jù)洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯，B對．根據(jù)F＝qvB，可知洛倫茲力的大小與速度有關，C錯．洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向，不改變速度的大小，D錯． 答案： B 3．如圖所示，將一陰極射線管置于一通電螺線管的正上方，且在同一水平面內，則陰極射線將( ) A．向外偏轉 B．向里偏轉 C．向上偏轉 D．向下偏轉 解析： 由安培定則可知通電螺線管在陰極射線處磁場方向豎直向下，陰極射線帶負電，結合左手定則可知其所受洛倫茲力垂直于紙面向外．難度易． 答案： A 4．(xx大綱全國卷)質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是( ) A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 C．若q1≠q2則它們做圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 解析： 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得r＝，同一勻強磁場，即B相等，又因為兩粒子的動量大小相等，所以有r∝，若q1＝q2，則r1＝r2，故A選項正確，B選項錯誤；由周期公式T＝，由于B相等，2π為常數(shù)，所以T∝，故C、D選項錯誤． 答案： A 5.電子質量為m、電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點，如圖所示，求： (1)O的長度； (2)電子從由O點射入到落在P點所需的時間t. 解析： (1)過O點和P點作速度方向的垂線，兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，如圖所示，則可知O＝2Rsin θ Bqv0＝m 解得：O＝sin θ. (2)由圖中可知：2θ＝ωt＝t 又v0＝ωR＝，解得：t＝. 答案： (1) sin θ (2) 1．對洛倫茲力的理解 (1)只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中不受洛倫茲力作用． (2)有關洛倫茲力的方向的理解 ①由于電荷有正負之分，故四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向． ②洛倫茲力垂直于v和B所決定的平面． ③洛倫茲力始終和粒子的運動方向垂直． 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． 質量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示．若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是( ) A．小物塊一定帶正電荷 B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動 C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動 D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為 解析： 小物塊沿斜面下滑對斜面作用力為零時受力分析如圖所示，小物塊受到重力G和垂直于斜面向上的洛倫茲力F作用，故小物塊帶負電荷，A錯誤；小物塊在斜面上運動時合力等于mgsin θ保持不變，做勻加速直線運動，B正確，C錯誤；小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時有qvB＝mgcos θ，則有v＝，D正確． 答案： BD 1－1：電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下面說法中正確的是( ) 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．粒子只受到洛倫茲力作用時，運動的動能不變 答案： BD (xx安徽理綜)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)? ) A.Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 解析： 設帶電粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB＝，得r1＝，根據(jù)幾何關系得＝tan ，且φ1＝60. 當帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2＝＝＝r1，圓心在O2，則＝tan . 即tan＝＝＝3tan＝. 故＝60，φ2＝120；帶電粒子在磁場中運動的時間t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 答案： B 1．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法 2．不同直線邊界的勻強磁場中帶電粒子的運動軌跡的特點 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性) (2)平行邊界(存在臨界條件) (3)圓周運動中的對稱規(guī)律 如果粒子從某一直線邊界射入磁場，再從同一邊界射出磁場時，速度與邊界的夾角相等． 3．圓形磁場區(qū)域的規(guī)律要點 (1)相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖(a)所示． (2)直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點射入磁場，則從該直徑的另一端點射出時，磁場區(qū)域面積最小，如圖(b)所示． 2－1：如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個電荷量絕對值相同、質量相同的正、負粒子(不計重力)，從A點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中( ) A．運動時間相同 B．運動軌跡的半徑相同 C．重新回到邊界時速度大小和方向相同 D．重新回到邊界時與A點的距離相等 解析： 兩偏轉軌跡的圓心都在射入速度方向的垂線上，可假設它們的半徑為某一長度，從而畫出兩偏轉軌跡，如圖所示． 由此可知它們的運動時間分別為t1＝，t2＝；軌跡半徑R＝相等；射出速度方向都與邊界成θ角；射出點與A點距離相等，為d＝2Rsin θ.故B、C、D正確． 答案： BCD 1．放縮法 帶電粒子以任意速度沿特定方向射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑隨速度的變化而變化，如圖所示，(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v0越大，運動半徑也越大．可以發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源產(chǎn)生的粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP′上． 由此我們可得到一種確定臨界條件的方法：在確定這類粒子運動的臨界條件時，可以以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，使問題迎刃而解，這種方法稱為“放縮法”． 如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是( ) A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場 B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0則它一定從ad邊射出磁場 C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0則它一定從bc邊射出磁場 D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0則它一定從ab邊射出磁場 解析： 如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知，從ad邊射出經(jīng)歷的時間一定小于t0；從ab邊射出經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc 邊射出經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出經(jīng)歷的時間一定是t0.所以選項A、C正確． 答案： AC 2．平移法 帶電粒子以一定速度沿任意方向射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝mv0/(qB)，如圖所示．同時可發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源的粒子射入磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝mv0/(qB)的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上． 由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為R＝mv0/(qB)的圓沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“平移法”． 如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0～90范圍內．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的 (1)速度的大??； (2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦． 解析： (1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得： qvB＝① 由①式得：R＝② 畫出沿＋y方向以為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖①所示，再畫出從坐標原點O沿與y軸正方向成一定夾角射出，以半徑R0(
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