备考2019年高考物理一轮复习文档：第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用 练习 Word版含解析
2019大一轮高考总复习物理课件：第09章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用 精品
周期，若 a、c 两粒子比荷不相同，则周期不相同，它们在磁场中运动的时间不一定
相等，故 D 正确．
与半径公式和周期公式相关计算的求解方法 (1)首先根据带电粒子的入射方向、出射方向及题中的条件，画出带电粒子的运 动轨迹，确定圆心，并求出半径． (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系；偏转角度与圆心角、运 动时间相联系；粒子在磁场中的运动时间与周期相联系． (3)用规律：运用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是半径公式和周期公式 求解待求量．
3．洛伦兹力的大小
(1)建立模型 已知：I⊥B 匀强、导线截面积 S、电荷电量 q、电荷定向移动速率 v、单位体积 内电荷数 n、导线长度 L (2)推导：导线中的电流 I＝____n_q_v_S___，导线所受安培力 F＝____B__IL____，导线 中的自由电荷数 N＝__n_L__S_____，一个运动电荷所受的力 f＝NF＝qvB (3)特点：洛伦兹力 f 既垂直 B 又垂直 v，所以洛伦兹力不做功.
2．半径的计算方法 方法一 由物理方程求：半径 R＝mqBv； 方法二 由几何方程求：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＝2θπ·T； 方法二 由弧长求：t＝vs.
(2018·山西五校联考)(多选)如图所示，矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸 面的匀强磁场，有 5 个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在 纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速 度均未知，图中虚线小方格边长相同，根据轨迹判断，下列说法正确的是( BD )
5．如图所示，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，在磁感应强度为B的 匀强磁场中，以垂直于磁场方向的速度v做匀速圆周运动．
2019届高考物理总复习课件：第九章 磁场 2 第二节 磁场对运动电荷的作用 精品
2．四个结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹 与边界相切． (2)当速率 v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有 界磁场中运动的时间越长． (3)当速率 v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要 根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根 据几何关系求出半径及圆心角等． (4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时， 则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转 角最大(所有的弦长中直径最长)．
解析：选 AC.粒子进入磁场时的速度的垂线与 OA 的垂直平分线的交点为粒子 1 在磁场中做圆周运 动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与 OB 的垂直平分线的交点为粒子 2 在磁场中做圆周 运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场 中做圆周运动的半径之比为 r1∶r2＝1∶2，由 r＝mqBv可知，粒 子 1 与粒子 2 的速度之比为 1∶2，A 项正确，B 项错误；由于 粒子在磁场中做圆周运动的周期均为 T＝2qπBm，且两粒子在磁 场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中 运动的时间相同，即 C 项正确，D 项错误．
[突破训练] 1．(2016·高考全国卷Ⅲ)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°， 其横截面(纸面)如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场，磁感 应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q>0)．粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的 某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30°角．已知该粒子在 磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射 出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的 距离为( )
2．(2015·高考全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大 小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电 粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒 子的( ) A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小
高考物理一轮总复习 第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用(含解析)
磁场对运动电荷的作用[基础知识·填一填][知识点1] 洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥B时，F＝0.(2)v⊥B时，F＝qvB.(3)v与B夹角为θ时，F＝qvB sin_θ.3．方向(1)左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力．(×)(4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．(√)(5)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．(×)[知识点2] 带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做 匀速直线 运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做 匀速圆周 运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝ m v 2r. (2)轨道半径公式：r ＝ mv Bq. (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝ Bq2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝ Bq m. 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)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．(×)(2)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．(√)(3) 带电粒子在磁场中一定做匀速圆周运动．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P98第1题改编)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( )答案：B2．(人教版选修3－1 P97思考与讨论改编)(多选)如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经过加速电场区域后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到屏幕边缘的P点外侧．现要使电子束偏转回到P点．可行的办法是( )A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些解析：AC [当射入圆形磁场的电子运动的半径越大，圆形磁场射出时偏转角越小，故要使电子束偏转回到P点，可以增大电子在磁场中运动的半径，由r＝mvqB可知，增大速度或减小偏转磁场的磁感应强度都可使运动半径增大，故选项A正确，B错误．由题图可知C正确．将圆形磁场的半径增大些，电子束一定偏转到P点外侧，选项D错误．]3．(人教版选修3－1 P99演示改编)如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 解析：B [当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B ，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB，电子束径迹的半径变小，选项A 错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU ＝12mv 2和qvB ＝m v 2R 得R ＝2mqU qB，可知电子束径迹的半径变大，选项B 正确；由T ＝2πRv ＝2πmqB 知，增大励磁线圈的电流，B 增大，T减小，电子做圆周运动的周期T 与速度v 大小无关，仅提高加速电压，T 不变，选项C 、D 错误．]4．(人教版选修3－1 P102第3题改编)如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 两束，下列说法中正确的是( )A ．组成A 束和B 束的离子都带负电B ．组成A 束和B 束的离子质量一定不同C ．A 束离子的比荷大于B 束离子的比荷D ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案：C考点一对洛伦兹力的理解[考点解读]1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(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)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，二者性质相同，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．3．洛伦兹力与电场力的比较[典例1] (多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )A ．0 B.12mv 20 C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2 [解析] ABD [若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项C 错误，D 正确．]理解洛伦兹力的四点注意1．正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．2．判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F ⊥B 、F ⊥v 的特点．3．计算洛伦兹力大小时，公式F ＝qvB 中，v 是电荷与磁场的相对速度．4．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，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．[题组巩固]1．图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹解析：D [γ粒子不带电，不会发生偏转，故B 错．由左手定则可判定，a 、b 粒子带正电，c 、d 粒子带负电，又知α粒子带正电，β粒子带负电，故A 、C 均错，D 正确．]2．带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02解析：C [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝mv 0qB，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE 2m t 2，联立以上各式解得E B＝2v 0，故选项C 正确．] 考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动[考点解读]1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法(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，P 为入射点，M 为出射点)．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，P 为入射点，M 为出射点)．(2)半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．(3)运动时间的确定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θ时，其运动时间表示为： t ＝θ2πT (或t ＝θR v)． 2．重要推论(1)当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(2)当速率v 变化时，圆心角大的运动时间长．[考向突破][考向1] 直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)[典例2] (2016·全国卷Ⅲ)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( ) A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB[审题指导] (1)审关键词：①OM 和ON 平面之间的夹角为30°.②速度与OM 成30°角．③只有一个交点，并从OM 上另一点射出．(2)思路分析：根据题意画出运动轨迹，找圆心，定半径，由几何知识求距离．[解析] D [根据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，故轨迹与ON 相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为2mv qB ，根据几何知识可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为d ＝2mv qBsin 30°＝4mv qB，选项D 正确．] [考向2] 圆形边界磁场 1．圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决．2．带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．[典例3] (2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( ) A.3∶2 B.2∶1C.3∶1 D．3∶2[审题指导] 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等，当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时，其弦长最长，即为最大分布．[解析] C [由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同．由qvB＝m v2R可知R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝R cos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确．][考向3] 平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)[典例4] 如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是( ) A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0[解析] D [电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A 错误；设电子打在MN 上的点与O ′点的距离为x ，则由几何知识得：x ＝r －r 2－d 2＝2d －2d 2－d 2＝(2－3)d ，故B 、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝d 2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间t ＝θr v 0＝πd 3v 0，故D 正确．][考向4] 三角形边界磁场[典例5] 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B 需满足( )A ．B >3mv 3aqB ．B <3mv 3aqC ．B >3mv aqD ．B <3mv aq[解析] B [若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan 30°＝3a.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确．]带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题[考点解读]类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解[典例6] (2019·湖北华中师大一附中模拟)如图甲所示，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．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T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小．(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．[解析] 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 20R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4； 当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0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v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…)[答案] (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 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．[题组巩固]1．(2019·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 mB.3qB mC.2qB mD.qB m解析：AC [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 ＝m v 2R ，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 ＝m v 2R ，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A 、C.] 2．如图所示，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，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少．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14圆周圆弧，轨道半径：R ＝mv Bq又d ＝R －R2解得v ＝(2＋2)Bqd m. 若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆周圆弧，则有：R ′＝mv ′Bq d ＝R ′＋R ′2，解得v ′＝(2－2)Bqd m. 答案：(2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd m(q 为负电荷) 物理模型(九) 两类典型的“动态圆”模型[模型阐述][模型1] 旋转圆模型(确定的入射点O 和速度大小v ，不确定速度方向)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B 的匀强磁场中，在O 点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆圆心O 1、O 2、O 3 、O 4 、O 5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O 为圆心，R ＝mv qB为半径的一个圆周上(如图虚线所示)．(2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O 为圆心，2R 为半径的大圆(如图实线所示)．(3)各动态圆相交于O点．[模型2] 放缩圆模型(确定入射点O和速度方向，不确定速度大小)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，沿同一方向发射速度为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上，如图所示．(2)各动态圆的半径R各不相同．(3)各动态圆相交于O点．[典例赏析][典例] 如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝mv.哪个图是正确的？( )Bq[解析] A [由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的．沿ON方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON 方向逆时针偏转，则在过O 点垂直MN 左侧，其运动轨迹上各个点到O 点的最远距离，恰好是以O 为圆心，以2R为半径的14圆弧，A 正确．] [题组巩固]1．(多选)如图所示，纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m ，电荷量为－q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B 0＝mv 0qL，A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的14圆弧，B 选项中曲线为半径是L 2的圆)( ) 解析：AB [由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A 、C 选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同．B 、D 选项因为磁场是2B 0，粒子在其中运动半径是在A 、C 中运动半径的一半．然而当粒子射入C 、D 两选项时，均不可能汇聚于同一点．所以只有A 、B 选项能汇聚于一点．]2．(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场解析：AC [如图所示，作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和刚好从ad 边射出的轨迹④.由从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于13t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于43t 0；从cd 边射出磁场经历的时间一定是53t 0，综上可知，A 、C 正确，B 、D 错误．]。
2019版高考物理一轮复习 第九章 磁场 配餐作业26 磁场对运动电荷的作用
配餐作业(二十六) 磁场对运动电荷的作用A 组·基础巩固题1．如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中下列选项错误的是( )A ．不加磁场时电子束的径迹是直线B ．加磁场并调整磁感应强度，电子束径迹可形成一个圆周C ．保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小D ．保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小解析 不加磁场时电子不受力，电子束的径迹是直线，故A 项正确；加磁场使磁场的方向与电子初速度的方向垂直，并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周，故B 项正确；电子受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB ＝mv 2r 所以r ＝mv qB，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径增大，故C 项错误；保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小，故D 项正确。
答案 C2．(多选)带电油滴以水平速度v 0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m ，磁感应强度为B ，则下述说法正确的是( )A ．油滴必带正电荷，电荷量为mg v 0B B ．油滴必带正电荷，比荷q m ＝g v 0BC ．油滴必带负电荷，电荷量为mg v 0BD ．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝mg v 0B 解析 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q ＝mg v 0B ，油滴的比荷为q m ＝g Bv 0，A 、B 项正确。
答案 AB3．如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x 轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 3D ．1∶1解析 正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1。
近年高考物理一轮复习第九章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用学案
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第2讲磁场对运动电荷的作用【基础梳理】一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥B时，F＝0．(2)v⊥B时,F＝qvB．(3）v与B夹角为θ时，F＝qvB sin__θ．3．方向（1)左手定则判定：伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．(2）方向特点：F⊥B,F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角）．由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功．二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动．3．基本公式(1）向心力公式：qvB＝m错误!．(2)轨道半径公式：r＝错误!．(3)周期公式:T＝错误!＝错误!；f＝错误!＝错误!；ω＝错误!＝2πf＝错误!．T的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷错误!有关．【自我诊断】判一判（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、粒子运动方向、磁场方向两两相互垂直．( )（3）运动电荷进入磁场后（无其他力作用）可能做匀速直线运动．（）(4）洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功．（)(5）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关．( ）(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷无关．( ）提示：(1）×（2）×（3）√(4)×(5）√（6）×做一做试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹．提示:想一想(1)当带电粒子射入磁场时速度v大小一定，但射入方向变化时，如何确定粒子的临界条件？（2）当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度大小或磁场的磁感应强度变化时，又如何确定粒子的临界条件？提示：(1）当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定，但射入方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．（2）当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的磁感应强度B 变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化．可以以入射点为定点,将轨道半径放缩,作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．对洛伦兹力的理解[学生用书P180］【知识提炼】1．洛伦兹力方向的特点(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)左手定则判断洛伦兹力方向,但一定分正、负电荷．2．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB（v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功,也可能不做功作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向【典题例析】(2018·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力,小球在通过电场和磁场的过程中,下列说法中正确的是（）A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和[审题指导］小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，则洛伦兹力大小也发生变化,运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功．［解析］带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化,洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式E p＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时,电势能才保持不变,选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．[答案] D【迁移题组】迁移1 洛伦兹力方向的判断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：选B.据题意,由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，正确选项为B。
2019版高考物理一轮练习第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用教科版
[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：条形磁铁的磁感线在a 点垂直P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确．答案：A2.(2018·四川成都经济技术开发区高三质检)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场．若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为( ) A.23πR 9vB.2πR 3vC.23πR 3vD.πR 3v 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示，故轨道半径r ＝33R ，运动轨迹对应的圆心角为23π，故粒子在磁场中的运动时间t ＝23πr v ＝23πR 9v，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A3．一个带电粒子A 在一边长为a 的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R ，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是( )A ．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即m v 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有q v 0B ＝m v 20R ；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有q v 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误． 答案：C4．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝m v qB 可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．答案：D5．(2018·四川成都诊断)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第一象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是()A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经历的时间为t＝πm 3qBD．离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°解析：根据题意和左手定则可判断，该带电粒子带负电，故A选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t与圆心角θ、周期T的关系t＝θ2π·T和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝2πmqB，根据数学知识可得θ＝π3，解得t＝πm3qB，故C选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角应该为60°，故D选项错误．答案：C二、多项选择题6．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解析：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＋B v甲q＝m v2甲r，mg－B v乙q＝m v 2乙r ，mg ＝m v 2丙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，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．答案：CD7．在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a 、b 从一边长中点垂直磁场方向进入磁场，a 粒子从正方形的顶点射出磁场，b 粒子从正方形边长的中点射出磁场，运动轨迹如图所示，则( )A ．a 带负电，b 带正电B ．a 带正电，b 带负电C ．a 、b 进入磁场时的速率之比为1∶2D ．a 、b 在磁场中运动的时间之比为1∶1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a 带正电，b 带负电，A 错误，B 正确；由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2r ，有r ＝m v qB ＝1B ·m q ·v ，比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由题图可知，r a r b ＝12，则v a v b ＝r a r b＝12，C 正确；由T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πB ·m q 知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由t ＝θ2π·T 知，t a t b ＝θa θb＝ππ2＝21，D 错误． 答案：BC8．如图所示，长方形abcd 的长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e分别是ad 、bc 的中点，以e 为圆心、eb 为半径的四分之一圆弧和以O 为圆心、Od 为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量为m ＝3×10－7 kg 、电荷量为q ＝＋2×10－3 C的带正电粒子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断不正确的是( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在ab 边D ．从ad 边射入的粒子，出射点全部通过b 点解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到：r ＝m v qB ＝3×10－7×5×1022×10－3×0.25 m ＝0.3 m ； 因ab ＝0.3 m ，从Od 边射入的粒子，形成以r 为半径的圆弧，从点O 射入的粒子从b 点射出；从Od 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc 后应做直线运动，即全部通过b 点．从aO 边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M 点进入磁场，其圆心为O ′，如图所示，根据几何关系可得，虚线的四边形O ′Meb 是菱形，则粒子的出射点一定是从b 点射出；同理可知，从aO 边射入的粒子，出射点全部从b 点射出．故选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：ABC[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，空间有一边长为L 的正方形匀强磁场区域abcd ，一带电粒子以垂直于磁场的速度v 从a 处沿ab 方向进入磁场，后从bc 边的点p 离开磁场，bp ＝33L ，若磁场的磁感应强度为B ，则以下说法中正确的是( )A ．粒子带负电B ．粒子的比荷为23LB 3vC ．粒子在磁场中运动的时间t ＝23πL 9vD ．粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°解析：粒子轨迹如图所示，由左手定则知，粒子带负电，A 正确．设粒子轨迹圆心为O ，由图知在△abp 中，tan θ＝33，θ＝30°，则ap ＝233L ，过O 作ap 的垂线交ap 于e ，则在△aOe 中，sin θ＝12ap r ，又由r ＝m v qB ，解得粒子的比荷q m ＝3v 2BL ，B 错误．因粒子的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，故粒子在磁场中运动的时间t ＝2θ360°T ＝T 6＝16×2πm qB ＝23πL 9v ，C 正确．因粒子速度偏向角φ＝2θ＝60°，则粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°，D 正确．答案：ACD10.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运动时间最短，如图所示．根据最短时间为T 6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T 2，故B项正确．答案：B11．(多选)(2018·湖北六校联考)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，做出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝m v max qB ，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝m v qB ，得v ＝3. 75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．答案：ABD二、非选择题12．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O 点间的距离．解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① qλB 0v 0＝m v 20R 2② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③ 粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 20④ 联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)⑥ 答案：(1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2m v 0B 0q (1－1λ) 13．如图所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力，求：(1)若要求该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大是多少？(2)若要求该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 解析：(1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得r cos 60°＝r －12a ，解得r ＝a又由q v B ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBa m .(2)由几何关系知，轨迹半径为r 时，粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径r 的3倍设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 时恰好到达Q 点有n ×3r ＝8a解得n ＝8a 3r当r ＝a ，n ＝4.62时，粒子在磁场中运动时间最少，n 所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为T ＝2πm qB 粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为t ＝13T ＝2πm 3qB粒子到达Q 点的最短时间为t min ＝5t ＝10πm 3qB .答案：(1)qBa m (2)10πm 3qB。
2019版高考物理一轮复习 第九章 磁场 9.2 磁场对运动电荷的作用
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2.描轨迹两个方法: 旋转法、缩放法。
(二)找关系求半径: 1.三个数形关系: (1)半径R与速度v关系:R= (R、v、 、B四个量 一般是知三求一)。
mv
m
qB
q
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(2)四个点:圆周上两点(如入射点、出射点)、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直 线的交点。构造三角形或四边形,三角形多为直角三角形,当弦和半径相等时,为等边三 角形。由数学知识(勾股定理、三角函数等)来确定半径。
E mv B Bq
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q 的比荷( )大于B束离子的比荷,但不能说明质量一定
不同,故B错误,C正确;在速度选择器中,电场方向水平
m 向右,A、B粒子所受电场力方向向右,所以洛伦兹力方
向向左,根据左手定则可以知道,速度选择器中的磁场 方向垂直纸面向内,故D错误。
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考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动问题 【典题探究】
【考点冲关】
1.(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作用下,试管向右匀速运动,带电小球能从试管口处飞出,则 ( )
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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.洛伦兹力对小球不做功
点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 ( )
导学号04450205
A.向上
B.向下
C.向左
D.向右
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【题眼直击】
(1)P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。 (2)在水平面内向右弯曲经过a点。
20高考物理：第9章 第2讲 磁场对运动电荷的作用
2019年4月27日
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同时根据几何关系可以知道 A 处射出的粒子对应的轨迹圆心角为 120°，B 处射出的粒子对应的轨迹圆心角为 60°，则 A 处粒子在磁场中运动的时间 tA＝13T， B 处粒子在磁场中运动的时间 tB＝16T，而由 T＝2vπ0R可求出周期 T，即可知两个 带电粒子在磁场中运动的时间；由几何关系可求得 B 点对应的坐标，故 A、B、 C 正确；根据洛伦兹力充当向心力可求出对应的比荷，但因为电荷量未知，故无 法求出粒子的质量，故 D 错误。
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• 2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形 • (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)
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• (3)圆形边界
• ①圆形边界的对称性：粒子沿半径方 向进入有界圆形磁场区域时，若入射 速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心， 则出射时速度方向的反向延长线必经 过该区域圆的圆心，如图甲。
是
()
D
• A．静电场中的电荷一定会受到静电力的作用，磁场中的运动电荷
一定会受到洛伦兹力的作用
• B．静电力一定会对电场中的运动电荷做功，而洛伦兹力对磁场中 的运动电荷则一定不做功
• C．静电力方向与电场线方向平行，洛伦兹力方向也与磁感线方向 平行
• D．静电力和洛伦兹力的大小均与电荷的电量大小成正比
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思维诊断：
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。
2019高考物理大一轮复习第9章第2讲磁场对运动电荷的作用课件
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
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， 如图所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
如图所示，半径为 R 的
圆是一圆柱形匀强磁场区域
答案：D
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)。 (2)半径的计算方法 方法一 由物理方法求：半径 R＝mqBv； 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＝2θπ·T；方法二 由弧长求：t＝vs。
B.qmBR 2qBR
D. 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＝R2， 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＝mRv2， 得 v＝qmBR，B 正确。 答案：B
B
BD
C
1.解析：因为洛伦兹力的大小不但与粒子 速度大小有关，而且与粒子速度的方向 有关，如当粒子速度与磁场垂直时 F＝ qvB，当粒子速度与磁场平行时 F＝0。 又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的 速度方向垂直，因而速度方向不同时， 洛伦兹力的方向也不同，所以 A 选项 错。因为＋q 改为－q 且速度反向，由 左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由
2019年高考物理人教版一轮复习课件：第9章第2讲磁场对运动电荷的作用
• 3．洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 产生条 v≠0且v不与B 电场力 电荷处在电场中 F＝qE 正电荷受力与电场方向相同，
[解析] 根据右手定则，粒子运动处磁场向里，根据左手定则，粒子受洛伦 mv 兹力向下，所以沿 a 运动，R＝ qB ，B 增加，R 减小，所以曲率半径减小，选项 A、C、D 错误，B 正确。
3．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在 示波管正下方有竖直放置的通电环形导线， 则示波管中的 电子束将 导学号 21992621 ( A ) A．向上偏转 C．向纸外偏转 B．向下偏转 D．向纸里偏转
v2 mv 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝m R ⇒R＝ qB ，由
2πR 2πm 圆周运动规律，T＝ v ＝ qB ，可见粒子运动周期与半径无关，故 D 项正确。
核心考点突破
• •
• • • •
•考点一 •对洛伦兹力的理解 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的速度方向和磁场 方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向， 不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时， 要注意将四指指向电荷运动的反方向。 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。
带电粒子在匀强磁场中的运动 •知识点• 2
B F⊥____v • 1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力 __， 平面 ，即F垂直于B和v决定的________ 大小 F⊥______ ，所以洛伦 不做功 兹力不改变带电粒子速度的 ________，或者说，洛伦兹 不受洛伦兹力 力对带电粒子__________。 • 匀速直线运动 2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子 匀速圆周运动 ________________，在磁场中做 ________________。 • (2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做 ________________。
2019年度高考物理一轮复习 第九章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用学案
第2讲 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向 1.定义：磁场对运动电荷的作用力. 2.大小(1)v ∥B 时，F ＝0； (2)v ⊥B 时，F ＝qvB ；(3)v 与B 的夹角为θ时，F ＝qvB sin θ. 3.方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于B 、v 决定的平面.(注意B 和v 可以有任意夹角) 4.做功：洛伦兹力不做功.自测1 带电荷量为＋q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( ) A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B.如果把＋q 改为－q ，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 答案 B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动.2.若v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动.3.基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m v 2r；(2)轨道半径公式：r ＝mvBq； (3)周期公式：T ＝2πmqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关.自测2 (多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B 1＝2B 2，当不计重力的带电粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时，粒子的( )图1A.速率将加倍B.轨迹半径加倍C.周期将加倍D.做圆周运动的角速度将加倍答案BC命题点一对洛伦兹力的理解1.洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷.(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)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.3.洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥v F∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功例1(多选)如图2所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )图2A.0B.12 mv02C.m3g22q2B2D.12m(v02－m2g2q2B2)答案 ABD解析 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动.若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 02，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12mv 02－12mv 2＝12m (v 02－m 2g 2q 2B2)，选项C 错误，D 正确.变式1 (2018·河南郑州模拟)在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a ；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A.无论小球带何种电荷，小球仍会落在a 点 B.无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长 C.若小球带负电荷，小球会落在更远的b 点 D.若小球带正电荷，小球会落在更远的b 点 答案 D变式2 带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图3所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )图3A.v 0B.1C.2v 0D.v 02答案 C解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝mv 0qB，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE2m t 2，联立以上各式解得EB ＝2v 0，故选项C 正确.命题点二 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动基本思路图例 说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心P 、M 点速度垂线交点③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)R＝Lsinθ或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝L2＋d22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间①t＝θ2πT②t＝Lv(1)速度的偏转角φ等于»AB所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α模型1 直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)图4图a中t＝T2＝πmBq图b中t＝(1－θπ)T＝(1－θπ)2πmBq＝2mπ－θBq图c中t＝θπT＝2θmBq例2(2016·全国卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图5所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )图5A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB答案 D解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ＝mvqB.轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，知△AO ′D 为等边三角形，∠O ′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，则∠OCD ＝90°，故CO ′D 为一直线，OD ＝CDsin30°＝2CD ＝4r ＝4mvqB，故D 正确.变式3 如图6所示，在足够大的屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P 为屏上一小孔，PC 与MN 垂直，一束质量为m 、电荷量为－q 的粒子(不计重力)以相同的速率v 从P 处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC 夹角为θ的范围内，则在屏MN 上被粒子打中区域的长度为( )图6A.2mv qBB.2mv cos θqBC.2mv 1－sin θqBD.2mv 1－cos θqB答案 D解析 如图所示，S 、T 之间的距离为在屏MN 上被粒子打中区域的长度.由qvB ＝m v 2R 得R ＝mvqB，则PS ＝2R cos θ＝2mv cos θqBPT ＝2R ＝2mv qB ，所以ST ＝2mv1－cos θqB.模型2 平行边界磁场平行边界存在临界条件(如图7所示)图7图a 中t 1＝θm Bq ，t 2＝T 2＝πm Bq图b 中t ＝θm Bq图c 中t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2mπ－θBq图d 中t ＝θπT ＝2θmBq例3 如图8所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m/s 的α粒子.已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19C.若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中.(结果可带根号)图8(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？ 答案 (1)(20＋102)×10－2m (2)π16×10－6s π48×10－6s解析 (1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得 ∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据牛顿第二定律有Bqv ＝mv 2R解得R ＝0.2m ＝20cm.由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示.设此时磁场宽度d ＝d 0，由几何关系得d 0＝R ＋R cos45°＝(20＋102)cm.则磁场的宽度至少为(20＋102)×10－2m.(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6s. 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图乙所示.因磁场宽度d ＝20cm<d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长.设在磁场中运动的最长时间为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短.最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图乙所示，因R ＝d ，则圆弧对应的圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6s.模型3 圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图9所示)图9r ＝Rtan θt ＝θπT ＝2θm Bq θ＋α＝90°例4 (2017·全国卷Ⅱ·18)如图10，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1为( )图10A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶ 2答案 C解析 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝mv qB可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确.甲 乙变式4 (2016·全国卷Ⅱ·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图11所示.图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角.当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )图11A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB答案 A解析画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝mv2r，又T＝2πrv，联立得T＝2πmqB由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，在磁场中运动时间t＝θ2πT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则θ2πT＝π2ω，解得qm＝ω3B，故选项A正确.模型4 三角形边界磁场例5如图12所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B需满足( )图12A.B>3mv3aqB.B<3mv3aqC.B>3mvaqD.B<3mvaq答案 B解析若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan30°＝3a.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确.命题点三带电粒子在磁场运动的多解问题类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6(2017·湖北华中师大一附中模拟)如图13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.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，不计离子所受重力.求：图13(1)磁感应强度B 0的大小.(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值. 答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向.(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πRv 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4；当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，有R ＝d4n (n ＝1,2,3，…).联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd2nT 0(n ＝1,2,3，…) 变式5 (多选)如图14所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点.一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场.现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )图14A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场 答案 AC解析 如图所示，作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和刚好从ad 边射出的轨迹④.由从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于13t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于43t 0；从cd 边射出磁场经历的时间一定是53t 0，综上可知，A 、C 正确，B 、D 错误.1.下列说法正确的是( )A.运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B.运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C.洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D.洛伦兹力对带电粒子总不做功 答案 D2.如图1为云室中某粒子穿过铅板P 前后的轨迹.云室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直.由此可知粒子( )图1A.一定带正电B.一定带负电C.不带电D.可能带正电，也可能带负电 答案 A3.如图2所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图.若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是( )图2A.a粒子速率较大B.b粒子速率较大C.b粒子在磁场中运动时间较长D.a、b粒子在磁场中运动时间一样长答案 B4.如图3所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点.当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是( )图3A.小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B.小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C.小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D.小球不受磁场力作用答案 D5.如图4所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间.此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )图4A.向左B.向右C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外答案 D6.(多选)(2018·安徽芜湖调研)如图5所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场.其中某一速率为v0的电子从Q点射出.已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断( )图5C.速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D.所有电子的速度方向都改变了2θ 答案 AD解析 由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 选项正确；由qvB ＝mv 2R 得R ＝mvqB，可知所有电子在磁场中的轨迹不相同，B 选项错误；由T ＝2πR v 得T ＝2πmqB，所以所有电子在磁场中的运动时间都相同，C选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D 选项正确.综上本题选A 、D. 7.如图6所示为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v 的不同带电粒子，其中带电粒子1从A 点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )图6A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶1D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为1∶2 答案 A解析 设匀强磁场圆形区域的半径为R ，由qBv ＝mv 2R ′，得R ′＝mvqB，可知带电粒子1从A 点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，半径分别为R 1′＝R tan30°，R 2′＝R tan60°，所以R 1′∶R 2′＝1∶3，则带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1；由T ＝2πm qB知，带电粒子1和2的周期之比为1∶3，所以带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为t 1t 2＝23.综上本题选A.8.(多选)(2018·广东广州模拟)如图7所示，真空中xOy 平面内有一束宽度为d 的带正电粒子束沿x 轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy 平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的a 点.下列说法中正确的是( )图7C.所有粒子在磁场区运动的半径相等D.磁场区边界可能是圆，也可能是其他曲线 答案 CD解析 由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a ，根据左手定则可知，磁场的方向垂直平面向外，故A 错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T ＝2πmqB，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B 错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R ＝mvqB，由于为同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C 正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的a 点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D 正确；故选C 、D.9.(多选)(2018·甘肃平凉质检)如图8所示，ABCA 为一半圆形的有界匀强磁场.O 为圆心，F 、G 分别为半径OA 和OC 的中点，D 、E 点位于边界圆弧上，且DF ∥EG ∥BO .现有三个相同的带电粒子(不计重力)以相同的速度分别从B 、D 、E 三点沿平行BO 方向射入磁场，其中由B 点射入磁场的粒子1恰好从C 点射出.由D 、E 两点射入的粒子2和粒子3从磁场某处射出，则下列说法正确的是( )图8A.粒子2从O 点射出磁场B.粒子3从C 点射出磁场C.粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶3D.粒子2、3经磁场偏转角相同 答案 ABD解析 从B 点射入磁场的粒子1恰好从C 点射出，可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径，由D 点射入的粒子2的圆心为E 点，由几何关系可知该粒子从O 点射出，同理可知粒子3从C 点射出，A 、B 正确；1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为90°、60°、60°，运动时间之比为3∶2∶2，C 错误，D 正确.10.如图9所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场.已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )图9A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6答案 B解析 由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动.由粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运行时间最短，如图所示，根据最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T2，故B 项正确.11.如图10所示，半径为R 的圆形区域位于正方形ABCD 的中心，圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向相反.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以速率v 0沿纸面从M 点平行于AB 边沿半径方向射入圆形磁场，在圆形磁场中转过90°从N 点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力不计，求：图10(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)正方形区域的边长；(3)粒子再次回到M 点所用的时间. 答案 (1)mv 0qR (2)4R (3)4πR v 0解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设粒子在圆形磁场中的轨迹半径为r 1，qv 0B ＝m v 02r 1.由几何关系r 1＝R . 解得B ＝mv 0qR. (2)设粒子在正方形磁场中的轨迹半径为r 2，粒子恰好不从AB 边射出，qv 0B ＝m v 02r 2，r 2＝mv 0Bq＝R .正方形的边长L ＝2r 1＋2r 2＝4R .(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的周期T 1＝2πRv 0，在圆形磁场中运动时间t 1＝12T 1＝πR v 0.粒子在正方形区域做匀速圆周运动的周期T 2＝2πRv 0，t 2＝32T 2＝3πRv 0.再次回到M 点的时间为t ＝t 1＋t 2＝4πRv 0.12.如图11所示，在坐标系xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场a 和b ，OP 为分界线，在磁场a 中，磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向里，在磁场b 中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4l,3l ).一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点沿y 轴负方向射入磁场b ，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O ，不计粒子重力.求：图11(1)粒子从P 点运动到O 点的最短时间是多少？ (2)粒子运动的速度大小可能是多少？ 答案 (1)53πm 60qB (2)25qBl 12nm(n ＝1,2,3，…)解析 (1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 中和磁场b 中运动的轨道半径和周期，则有R a ＝mv 2qB ，R b ＝mv qB ，T a ＝2πm 2qB ＝πm qB ，T b ＝2πm qB当粒子先在磁场b 中运动，后进入磁场a 中运动，然后从O 点射出时，粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短，如图所示.根据几何知识得tan α＝3l 4l ＝34，故α＝37°粒子在磁场b 和磁场a 中运动的时间分别为t b ＝2×90°－α360°T b ，t a ＝2×90°－α360°T a故从P 点运动到O 点的时间为t ＝t a ＋t b ＝53πm60qB(2)由题意及上图可知n (2R a cos α＋2R b cos α)＝3l2＋4l2解得v ＝25qBl12nm(n ＝1,2,3，…).。
备考2019年高考物理一轮复习文档：第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用 练习 Word版含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分 一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。
其中1～5为单选,6～10为多选)1. [2017·甘肃省一模]如图所示,两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行,大小分别为B 和2B 。
一带正电粒子(不计重力)以速度v 从磁场分界线MN 上某处射入磁场区域Ⅰ,其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN 成60°角,经过t 1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ,又经过t 2时间后回到区域Ⅰ,设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2,则( )A.ω1∶ω2＝1∶1B 、ω1∶ω2＝2∶1 C.t 1∶t 2＝1∶1D 、t 1∶t 2＝2∶1答案 C 解析： 由q v B ＝m v 2R 和v ＝ωR 得ω＝Bq m ,故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°,在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°由T ＝2πm qB T 2＝πm qB 和t ＝θ360°·T 知t 1∶t 2＝1∶1。
2. [2017·四川四市二诊]如图所示,半径为r 的圆形空间内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场,一个质量为m ,电荷量为q 的带电粒子(不计重力),从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A 点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场,在C 点射出,已知∠AOC ＝120°,粒子在磁场中运动时间为t 0,则加速电场的电压是( )A.π2r 2m 6qt 20B.π2r 2m 24qt 20C.2π2r 2m 3qt 20D.π2r 2m 18qt 20答案 A解析： 根据几何知识可知,粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝π3,轨迹半径为R ＝r tan60°＝3r ,由t 0＝π32π·2πR v 及qU ＝12m v 2得U ＝π2r 2m 6qt 20。
2019高考物理一轮复习第09章学案02 磁场对运动电荷的作用 [解析]
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学案02 磁场对运动电荷的作用知识体系知识点一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小 Ⅱ 1．定义：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
2．方向：(1) 左手定则：注意四指指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(等效电流的方向) (2) 方向特点：F ⊥B ，F ⊥v 。
即F 垂直于B 和v 所决定的平面。
(B 和v 可以有任意夹角)。
3．大小：F ＝q v B sin θ。
(θ为电荷运动v 方向与磁场B 方向之间的夹角) (1) 当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F ＝ q v B 。
(2) 当电荷运动方向与磁场方向平行时，F ＝ 0 。
(3) 当电荷在磁场中静止时，F ＝ 0 。
4．特点：洛伦兹力F 始终垂直于v 的方向，v 的方向发生变化时，洛伦兹力F 的方向也随之变化，故洛伦兹力一定不做功。
5．洛伦兹力与安培力的联系及区别：二者是相同性质的力，都是磁场力。
(1) 安培力是洛伦兹力的宏观表现。
推导：F 安＝BIL ，I ＝nqS v ，N ＝SLn ，F 洛＝F 安N＝q v B 。
(2) 安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
知识点二、带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ1．若v ∥B ：带电粒子在匀强磁场中不受洛伦兹力，以入射速度v 做匀速直线运动。
2．若v ⊥B ：带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动。
(1) 洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v2r 。
(2) 轨道半径公式：r ＝m vqB 。
(3) 周期公式：T ＝2πr v ；T ＝2πm qB ；T ＝1f ；ω＝2πT 。
(4) T 、f 和ω的大小：只与磁感应强度B 和粒子的比荷qm有关。
与轨道半径r 和运行速率v无关，比荷qm相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T 、f 、ω相同。
辨析理解(1) 带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。
( )(2) 洛伦兹力的方向垂直于B 和v 决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。
备考2019年高考物理一轮复习文档：第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用 讲义 Word版含解析
第2讲 磁场对运动电荷的作用板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ洛伦兹力公式 Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。
2.方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v 。
即F 垂直于B 和v 所决定的平面。
(注意B 和v 可以有任意夹角)。
由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功。
3.洛伦兹力的大小：F ＝q v B sin θ其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。
(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F ＝q v B 。
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F ＝0。
(3)当电荷在磁场中静止时，F ＝0。
【知识点2】 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 1.若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动。
2.若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动。
3.基本公式(1)向心力公式：q v B ＝m v 2r 。
(2)轨道半径公式：r ＝m vBq 。
(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝qB 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝qB m 。
(4)T 、f 和ω的特点：T 、f 和ω的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷q m 有关。
比荷qm相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T 、f 、ω相同。
板块二 考点细研·悟法培优考点1洛伦兹力的特点及应用[对比分析]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)用左手定则判断洛伦兹力方向，注意四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
(5)洛伦兹力一定不做功。
2019高考物理一轮复习 第九章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用练习
第2讲 磁场对运动电荷的作用1.(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：选D.设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 21＝mv 22，则v 1v 2＝21.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22，故选项D 正确．2.(2016·高考四川卷)如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c .不计粒子重力．则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 解析：选A.设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2b L ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πmqB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πmqB，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．3．(2015·高考全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mv qB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．4.(2018·河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向进入磁场，已知粒子经过y 轴上P 点时速度方向与y 轴正方向夹角为θ＝30°，OP ＝L ，求：(1)磁感应强度的大小和方向； (2)该圆形磁场区域的最小面积． 解析：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy 平面向里．粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q 点飞出磁场．设其圆心为O ′，半径为R .由几何关系有(L －R )sin 30°＝R ，所以R ＝13L .由牛顿第二定律有qv 0B ＝m v 20R ，故R ＝mv 0qB.由以上各式得磁感应强度B ＝3mv 0qL.(2)设磁场区域的最小面积为S .由几何关系得 直径OQ ＝3R ＝33L ， 所以S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫OQ 22＝π12L 2.答案：(1)3mv 0qL 方向垂直于xOy 平面向里 (2)π12L 2。
2019年高考物理一轮复习 第九章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用学案
第2讲 磁场对运动电荷的作用一、对洛伦兹力的理解 1．洛伦兹力运动电荷在磁场中受到的力叫做洛伦兹力． 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(注意：洛伦兹力不做功)． 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.[深度思考] 为什么带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动？答案 如果是变速，则洛伦兹力会变化，而洛伦兹力总是和速度方向垂直的，所以就不可能是直线运动．二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 1．匀速圆周运动的规律若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． (1)基本公式：qvB ＝m v 2R(2)半径R ＝mvBq(3)周期T ＝2πR v ＝2πmqB2．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1甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．图1(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，P 为入射点，M 为出射点)． 3)求出半径大小． 4θ时，其运动时1 2所示)图2(2)平行边界(存在临界条件，如图3所示)图3(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图4所示)图42．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键(1)画出运动轨迹；(2)确定圆心和半径；(3)利用洛伦兹力提供向心力列方程．[深度思考] 1.当带电粒子射入磁场时速度v大小一定，但射入方向变化时，如何确定粒子的临界条件？2．当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度大小或磁场的磁感应强度变化时，又如何确定粒子的临界条件？答案 1.当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定，但射入方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．2．当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化．可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．1．判断下列说法是否正确．(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)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力．( ×)(4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．( √)(5)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．( ×)2．(人教版选修3－1P98第1题改编)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( )答案 B3．(人教版选修3－1P102第3题改编)如图5所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是( )图5A．组成A束和B束的离子都带负电B．组成A束和B束的离子质量一定不同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案 C4．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6中虚线所示，下列表述正确的是( )图6A ．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 答案 A解析 由左手定则可知，N 粒子带正电，M 粒子带负电，A 正确．又r N <r M ，由r ＝mvqB可得v N <v M ，B 错误．洛伦兹力与速度时刻垂直，不做功，C 错误．粒子在磁场中的运行时间t ＝θ2πT ＝T 2，又T ＝2πmqB，所以t M ＝t N ，D 错误.命题点一 对洛伦兹力的理解 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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功． (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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．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． (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．例1 图7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( )图7A．向上B．向下C．向左D．向右①大小相同的电流；②向外运动．答案 B解析根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下．1．如图8所示，a是竖直平面P上的一点．P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图8A．向上B．向下C．向左D．向右答案 A解析条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确．命题点二带电粒子在匀强磁场中的圆周运动带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路例2 (2016·全国Ⅲ·18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图9所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )图9A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB①速度与OM 成30°角；②运动轨迹与ON 只有一个交点．答案 D解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ＝mvqB.轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，知△AO ′D 为等边三角形，∠O ′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，则∠OCD ＝90°，故CO ′D为一直线，OD ＝CDsin30°＝2CD ＝4r ＝4mvqB，故D 正确．2．(多选)如图10所示，在水平虚线MN 边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子(11H)和α粒子(42He)先后从边界上的A 点沿与虚线成θ＝45°角的方向射入磁场，两粒子均从B 点射出磁场．不计粒子的重力，则( )图10A ．两粒子在磁场中运动的轨迹相同B ．两粒子在磁场中运动的速度大小之比为2∶1C ．两粒子在磁场中运动的动能相同D ．两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1 答案 ABC解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中运动的轨迹相同，选项A 正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径也一定相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB，设质子的质量为m 1，带电荷量为q 1，在磁场中运动的速度大小为v 1，α粒子的质量为m 2，带电荷量为q 2，在磁场中运动的速度大小为v 2，则有m 1v 1q 1B ＝m 2v 2q 2B ，即v 1v 2＝m 2q 1m 1q 2＝21，选项B 正确；设质子的动能为E 1，α粒子的动能为E 2，则运动的速度大小之比为2∶11∶2，选项D 错误．3MN 上方是磁2d 和d 的缝，q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图11A ．粒子带正电B ．射出的粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 答案 BC解析 由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A 错；根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r 最大值为r max ＝L ＋3d 2，代入v 的表达式可得v max ＝qB (3d ＋L )2m ，选项B 正确；又r 最小值为r min ＝L2，将r max 、r min 分别代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd2m ，可见选项C 正确、D 错误．命题点三 带电粒子在有界磁场中的运动 处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律．1．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值．2．当速度v 一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)．3．当速率变化时，圆心角大的，运动时间长．4．在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．例3 (2016·全国Ⅱ·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图12所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )图12A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB①该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒；②粒子在筒内未与筒壁发生碰撞．答案 A解析 画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB ＝m v 2r ，又T ＝2πr v ，联立得T ＝2πm qB由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则θ2πT ＝π2ω，解得q m ＝ω3B，故选项A 正确．4．如图13所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足()图13A．B <3mv 3aq C ．B <3mvaqAC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r 0＝a tan30°＝3a .由r ＝mvqB得，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径应满足r >r 0，解得B <3mv3aq，选项B 正确．5.如图14所示，在足够大的屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P 为屏上一小孔，PC 与MN 垂直，一束质量为m 、电荷量为－q 的粒子(不计重力)以相同的速率v 从P 处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC 夹角为θ的范围内，则在屏MN 上被粒子打中区域的长度为( )图14A.2mvq BB.2mv cos θqBC.2mv (1－sin θ)qBD.2mv (1－cos θ)qB答案 D解析 如图所示，ST 之间的距离为在屏MN 上被粒子打中区域的长度．粒子在磁场中运动的轨道半径R ＝mvqB， 则PS ＝2R cos θ＝2mv cos θqBPT ＝2R ＝2mv qB ，所以ST ＝2mv (1－cos θ)qB.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，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图15甲所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a ，如带负电，其轨迹为b .图152．磁场方向不确定形成多解：有些题目只已知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如B 垂直纸面向里，其轨迹为a ，如B 垂直纸面向外，其轨迹为b .3．临界状态不唯一形成多解：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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图16甲所示．图164．运动的周期性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图乙所示．典例1 (多选)如图17所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )图17A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场 答案 AC解析 如图所示，作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和刚好从ad 边射出的轨迹④.由从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于13t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于43t 0；从cd 边射出磁场经历的时间一定是53t 0.典例2 如图18所示，在坐标系xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场a 和b ，OP 为分界线，在磁场a 中，磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向里，在磁场b 中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4l,3l )．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点沿y 轴负方向射入磁场b ，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O ，不计粒子重力．求：图18(1)粒子从P 点运动到O 点的最短时间是多少？ (2)粒子运动的速度可能是多少？答案 (1)53πm 60qB (2)25qBl12nm(n ＝1,2,3，…)解析 (1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 中和磁场b 中运动的轨道半径和周期，则有R a ＝mv 2qB ，R b ＝mv qB ，T a ＝2πm 2qB ＝πm qB ，T b ＝2πm qB当粒子先在磁场b 中运动，后进入磁场a 中运动，然后从O 点射出时，粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短，如图所示．根据几何知识得tan α＝3l 4l ＝34，故α＝37°粒子在磁场b 和磁场a 中运动的时间分别为t b ＝2×(90°－α)360°T b ，t a ＝2×(90°－α)360°T a故从P 点运动到O 点的时间为t ＝t a ＋t b ＝53πm60qB(2)由题意及上图可知n (2R a cos α＋2R b cos α)＝(3l )2＋(4l )2解得v ＝25qBl12nm(n ＝1,2,3，…)．题组1 对洛伦兹力的理解1．如图1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此运动轨迹可知粒子( )图1A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动 答案 A解析 由图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动；再根据左手定则，可以判定粒子带正电．2．(多选)如图2所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1kg 、带电荷量q ＝＋0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6N 的恒力，g 取10m/s 2，则( )图2A ．木板和滑块一直做加速度为2m/s 2的匀加速运动B ．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动C ．最终木板做加速度为2m/s 2的匀加速直线运动，滑块做速度为10 m/s 的匀速直线运动 D ．最终木板做加速度为3m/s 2的匀加速直线运动，滑块做速度为10 m/s 的匀速直线运动 答案 BD解析 由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s 2，所以当0.6N 的恒力作用于木板时，系统一起以a ＝FM ＋m ＝0.60.2＋0.1m/s 2＝2 m/s 2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后磁场对其有竖直向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有Bqv ＝mg ，解得v ＝10m/s ，此时摩擦力消失，滑块做匀速直线运动，而木板在恒力作用下做匀加速直线运动，a ′＝FM＝3m/s 2，所以B 、D 正确． 题组2 带电粒子在匀强磁场中的运动3．(2016·四川理综·4)如图3所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )图3A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 答案 A解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由qvB ＝m v 2r 得，v ＝qBr m ，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由T ＝2πmqB ，t ＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误． 4．(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 答案 ACq ，B2＝B ，B 1＝kBT k ，T 2T 1＝k5．如图4所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2B 1等于( )图4A.2B.3C ．2D ．3 答案 B解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨道半径r 1＝R cos30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.题组3 带电粒子在有界磁场中的运动6．如图5所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )图5A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6答案 B解析 由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动．由粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运行时间最短，如图所示，根据最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T2，故B 项正确．7．如图6所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电荷量为＋qv 射出电场，由H 点紧靠大图6(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．答案 (1)mv 2qd (2)4mv qD 或4mv3qD解析 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE ·d2＝12mv 2①由①式得E ＝mv 2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D4④联立③④式得B ＝4mvqD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D4⑥ 联立③⑥式得B ＝4mv3qD⑦8．为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图7所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．图7(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2α2. 答案 (1)mv qB 逆时针 (2)2π3 (2π＋33)mqB(3)B ′＝3－12B 解析 (1)离子在峰区内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r峰区内圆弧半径r ＝mvqB由正离子的运动轨迹结合左手定则知，旋转方向为逆时针方向 (2)如图甲，由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的弧长l ＝2πr 3＝2πmv3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mvqB周期T ＝3(l ＋L )v代入得T ＝(2π＋33)mqB代入得B ′＝3－12B .。
2019版高考物理总复习 第九章 磁场基础课2 磁场对运动电荷的作用学案
基础课2 磁场对运动电荷的作用知识排查洛伦兹力、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。
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，带电粒子在匀强磁场中，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)小题速练1.[人教版选修3－1·P98·T1改编]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( )答案 B2.[人教版选修3－1·P102·T3改编]如图1所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是( )图1A.组成A束和B束的离子都带负电B.组成A束和B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案 C对洛伦兹力的理解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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
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板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。
其中1～5为单选,6～10为多选)1. [2017·甘肃省一模]如图所示,两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行,大小分别为B和2B。
一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ,其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角,经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ,又经过t2时间后回到区域Ⅰ,设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2,则()A.ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1C.t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1答案 C解析由q v B＝m v2R和v＝ωR得ω＝Bqm,故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°,在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°由T＝2πmqB T2＝πmqB和t＝θ360°·T知t1∶t2＝1∶1。
2. [2017·四川四市二诊]如图所示,半径为r的圆形空间内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场,一个质量为m,电荷量为q的带电粒子(不计重力),从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场,在C点射出,已知∠AOC＝120°,粒子在磁场中运动时间为t0,则加速电场的电压是()A.π2r 2m 6qt 20B.π2r 2m 24qt 20C.2π2r 2m 3qt 20D.π2r 2m 18qt 20答案 A解析 根据几何知识可知,粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝π3,轨迹半径为R ＝r tan60°＝3r ,由t 0＝π32π·2πR v 及qU ＝12m v 2得U ＝π2r 2m 6qt 20。
3.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等,一不计重力的粒子从左边界的M 点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ,从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ,射出磁场时速度方向偏转了2θ角。
已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B 1、B 2,则B 1与B 2的比值为()A ．2cos θB ．sin θC ．cos θD ．tan θ答案 C解析 设有界磁场Ⅰ宽度为d ,则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图所示,由洛伦兹力提供向心力知Bq v ＝m v 2r ,得B ＝m v rq ,由几何关系知d ＝r 1sin θ,d ＝r 2tan θ,联立得B 1B 2＝cos θ,C 正确。
4. [2016·安徽芜湖模拟]如图所示,在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B 。
在xOy 平面内,从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。
则下列说法正确的是( )A.若v 一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短B.若v 一定,θ越大,则粒子在离开磁场的位置距O 点越远C.若θ一定,v 越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若θ一定,v 越大,则粒子在磁场中运动的时间越短答案 A解析 由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转。
轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ,粒子在磁场中运动时间t ＝α2πT ＝2(π－θ)m qB 。
若v 一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,A项正确；若v一定,θ等于90°时,粒子在离开磁场的位置距O点最远,B项错误；若θ一定,粒子在磁场中运动的周期与v无关,粒子在磁场中运动的角速度与v无关,粒子在磁场中运动的时间与v无关,C、D两项错误。
5.如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场,在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上,物块A带正电,物块B不带电且表面绝缘,A、B接触面粗糙,自t＝0时刻起用水平恒力F作用在物块B上,两物块由静止开始做匀加速直线运动。
乙图图象的横轴表示时间,则纵轴y可以表示()A.A所受摩擦力的大小B．B对地面压力的大小C.A所受合力的大小D．B所受摩擦力的大小答案 B解析由于A、B由静止开始做匀加速直线运动,所以合外力恒定,且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力,以A为研究对象,由牛顿第二定律得f＝m A a,不随时间改变,故A、C、D选项错误。
A带正电,所受洛伦兹力向下,A受支持力F N A＝m A g＋Bq v＝m A g＋Bqat,符合图象。
B 受地面支持力F N B＝(m A＋m B)g＋Bq v＝(m A＋m B)g＋Bqat,也符合图象,故B选项正确。
6. [2017·广西南宁一模]如图所示,MN是纸面内的一条直线,其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(区域都足够大),现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以平行于纸面的初速度v0射入,下列有关判断正确的是()A.如果粒子回到MN上时速度增大,则空间存在的一定是电场B.如果粒子回到MN上时速度大小不变,则该空间存在的一定是电场C.若只改变粒子的速度大小,发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变,则该空间存在的一定是磁场D.若只改变粒子的速度大小,发现粒子再回到MN所用的时间不变,则该空间存在的一定是磁场答案AD解析洛伦兹力对带电粒子不做功,不能使粒子速度增大,静电力可对带电粒子做功,动能增大,故A正确；若存在匀强磁场,则粒子返回MN 时速率不变,故B错误；若MN为一等势面,则粒子回到MN时,速度大小不变,且沿MN方向的速度不变,则速度与MN夹角不变,故C错误；由T＝2πmBq知,粒子在磁场中运动的时间与速率无关,故D正确。
7. [2017·甘肃省模拟]如图所示,在一等腰三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。
一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A.若该粒子的入射速度为v ＝qBl m ,则粒子一定从CD 边射出磁场,且距点C 的距离为lB.若要使粒子从CD 边射出,则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBl mC.若要使粒子从AC 边射出,则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl 2mD.该粒子以不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为m πqB答案 ACD解析 若该粒子的入射速度为v ＝qBl m ,由Bq v ＝m v 2r 解得r ＝l ,根据几何关系可知,粒子一定从CD 边距C 点为l 的位置离开磁场,故A 正确；v ＝Bqr m ,速度越大,半径越大,根据几何关系可知,若要使粒子从CD 边射出,则粒子速度最大时,轨迹与AD 边相切,则由几何关系可知,最大半径一定大于2l ,故B 错误；若要使粒子从AC 边射出,则该粒子从O点入射的最大半径为l 2,因此最大速度应为v ＝qBl 2m,故C 正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2πm Bq ,根据几何关系可知,粒子在磁场中运动的最大圆心角为180°,故最长时间为m πqB ,故D 正确。
8. 如图所示,宽d＝4 cm的有界匀强磁场,纵向范围足够大,磁场方向垂直纸面向里。
现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场,若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10 cm,则()A.右边界：－8 cm<y<8 cm有粒子射出B.右边界：0<y<8 cm有粒子射出C.左边界：y>8 cm有粒子射出D.左边界：0<y<16 cm有粒子射出答案AD解析根据左手定则,正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动,由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹,如图所示,则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm,由几何知识求得AB＝BC＝8 cm,OE ＝16 cm,因此答案为A、D。
9. 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,最远可落在边界上的A点。
下列说法中正确的有()A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0C.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 2mD.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答案BC解析因粒子由O点以速度v0入射时,最远落在A点,又粒子在O点垂直射入磁场时,在边界上的落点最远,即x OA2＝m v0Bq,所以粒子若落在A的右侧,速度应大于v0,B正确；当粒子落在A的左侧时,由于不一定是垂直入射,所以速度可能等于、大于或小于v0,A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时,最小速度为v min,则x OA－d2＝m v minBq,又因x OA2＝m v0Bq,所以v min＝v0－Bqd2m,所以粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v min＝v0－Bqd2m,C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时,最小速度为v1,则x OA＋d2＝m v1Bq,又因x OA2＝m v0Bq,即v1＝v0＋Bqd2m,D错误。
10. [2016·河北、河南、山西质监]如图所示,在xOy平面内的y轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。
虚线经过Q点(3L,0)且与y轴平行。
圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0),半径为L。
一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场,不计粒子的重力,则()A.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点,则粒子的入射速度为v＝3qBLmB.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点,则粒子的入射速度为v＝3qBL2mC.粒子第一次从P点经过了x轴,则粒子的最小入射速度为v min＝3qBLmD.粒子第一次从P点经过了x轴,则粒子的最小入射速度为v min＝2qBLm答案AC解析若粒子没经过圆形区域到达了Q点,则轨迹如图甲,和圆形区域相切于Q点,则r＝3L,根据牛顿第二定律Bq v＝m v2r得v＝3BqLm,A选项正确,B选项错误。
粒子第一次从P点经过了x轴,如图乙所示。
设在磁场中转过的圆心角为θ,由几何关系得r sin θ＋L cos θ＝2L ,得r ＝2－cos θsin θL ＝2－2cos 2θ2＋12sin θ2cos θ2L ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θ2＋sin 2θ2－cos 2θ2sin θ2cos θ2L ＝12cos 2θ2＋32sin 2θ2sin θ2cos θ2L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121tan θ2＋32tan θ2L ≥3L 。