(通用版)高考物理大一轮复习第9章磁场第2节磁场对运动电荷的作用教学案
磁场对运动电荷的作用教案
磁场对运动电荷的作用教案一、教学目标1. 让学生了解磁场对运动电荷的作用原理，掌握洛伦兹力的概念。
2. 能够运用洛伦兹力公式分析磁场对运动电荷的作用。
3. 培养学生运用物理学知识解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 磁场对运动电荷的作用原理2. 洛伦兹力的概念及公式3. 洛伦兹力方向的确定4. 洛伦兹力与电荷运动方向的关系5. 洛伦兹力在现实生活中的应用三、教学重点与难点1. 重点：磁场对运动电荷的作用原理，洛伦兹力的概念及公式。
2. 难点：洛伦兹力方向的确定，洛伦兹力与电荷运动方向的关系。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解磁场对运动电荷的作用原理、洛伦兹力的概念及公式。
2. 采用互动法，引导学生讨论洛伦兹力方向的确定和洛伦兹力与电荷运动方向的关系。
3. 采用案例分析法，分析洛伦兹力在现实生活中的应用。
五、教学步骤1. 引入：通过实例介绍磁场对运动电荷的作用，引发学生兴趣。
2. 讲解磁场对运动电荷的作用原理，阐述洛伦兹力的概念。
3. 推导洛伦兹力公式，解释各参数含义。
4. 分析洛伦兹力方向的确定，引导学生运用右手定则。
5. 讨论洛伦兹力与电荷运动方向的关系，引导学生运用物理学知识解决实际问题。
6. 总结本节课内容，布置课后作业。
7. 课堂小结，强调磁场对运动电荷的作用在现实生活中的应用。
8. 课后作业：（1）复习本节课内容，巩固知识点。
（2）运用洛伦兹力公式分析实际问题，如电子在磁场中的运动、质子加速器等。
（3）搜集相关资料，了解磁场对运动电荷的作用在其他领域的应用。
六、教学活动1. 小组讨论：让学生分组讨论洛伦兹力在现实生活中的应用，如粒子加速器、磁悬浮列车等，每组选一个案例进行详细分析。
2. 课堂展示：各小组派代表进行课堂展示，分享他们的讨论成果。
3. 教师点评：对各小组的展示进行点评，给予肯定和指导。
七、课堂练习1. 填空题：（1）洛伦兹力的公式为_______。
（2）洛伦兹力的方向由_______和_______决定。
高考物理一轮复习 第2讲 磁场对运动电荷的作用教案 新人教版-新人教版高三全册物理教案
第2讲 磁场对运动电荷的作用一、抓住三个知识点（讲基础，练基础）知识一 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． 2．洛伦兹力的方向 (1)判断方法：左手定则 ⎩⎪⎨⎪⎧ 磁感线垂直穿过掌心四指指向正电荷运动的方向拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v.即F 垂直于B 和v 决定的平面．(注意：B 和v 不一定垂直)．3．洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝0.(2)v ⊥B 时，洛伦兹力F ＝qvB.(3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0.(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．(×) 知识二 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大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．2．粒子的运动性质(1)若v 0∥B ，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．(2)若v 0⊥B ，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动3．半径和周期公式(1)根据公式T ＝2πr v，可知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．(√) 知识三 质谱仪和回旋加速器1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成． (2)原理：①粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理有qU ＝12mv 2.②粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，qBv ＝mv 2r.③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 ＝1B2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2. 2.回旋加速器(1)构造：如图所示，D 1、D 2是半圆金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源．D 形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交变电流的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝隙，两盒间的电场强度方向周期性地发生变化，粒子就会被一次一次地加速．由qvB ＝mv 2R ，得E km ＝q 2B 2R 22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径R 决定，与加速电压无关．(1)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷．(√)(2)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D 形盒的最大半径、磁感应强度B 、加速电压的大小共同决定的．(×)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 ．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案：B 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F ＝qvB 知大小不变，所以B 项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C 选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D 项错．2．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是( )A ．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B ．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C ．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D ．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行答案：B 解析：通电直导线与磁场方向平行时，安培力等于零，故A 错；安培力一定垂直磁场和电流所决定的平面，即安培力方向一定垂直磁场方向，D 错；洛伦兹力也一定垂直磁场与速度方向决定的平面，即洛伦兹力一定与运动方向垂直，洛伦兹力一定不做功，C 错；二者的关系为安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，B 正确．3．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D 形盒构成，其间留有空隙．下列说法正确的是( )A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量答案：AD 解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，速度越大，轨道半径越大，所以离子要从加速器的中心附近进入加速器．洛伦兹力总是垂直于速度的方向，所以磁场是不对离子做功的，它的作用只是改变离子的速度方向，而电场的作用才是加速离子，使之获得能量．由此可见，选项A 、D 是正确的．4．(2012·北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比答案：D 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，该粒子运动等效的环形电流I ＝q T ＝q 2B 2πm，由此可知，I ∝q 2，故选项A 错误；I 与速率无关，选项B 错误；I ∝1m ，即I 与m 成反比，故选项C 错误；I ∝B ，选项D 正确．5．(2012·大纲全国高考)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是( )A ．若q 1＝q 2，则它们做圆周运动的半径一定相等B ．若m 1＝m 2，则它们做圆周运动的半径一定相等C ．若q 1≠q 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D ．若m 1≠m 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等答案：A 解析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r得r ＝mv qB ，同一匀强磁场，即B 相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r ∝1q，若q 1＝q 2，则r 1＝r 2，故A 选项正确，B 选项错误；由周期公式T ＝2πm qB ，由于B 相等，2π为常数，所以T ∝m q，故C 、D 选项错误． 二、突破三个核心考点（破难点，提能力）考点一 [67] 对洛伦兹力的理解一、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．二、洛伦兹力与电场力的比较功力为零时场的情况 F 为零，B 不一定为零F 为零，E 一定为零 作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向 【典型例题1】(2013·安徽高考)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 ．向右答案：B 解析：综合应用磁场的叠加原理、左手定则和安培定则解题．由安培定则分别判断出四根通电导线在O 点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O 点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B 正确．【典型例题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【审题指导】 解答该题应注意：(1)带电粒子在匀强磁场中运动轨迹为圆，其运动半径r ＝Oa.(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做匀加速直线运动．答案：C 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则由r ＝mv 0qB 得B ＝mv 0qr，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有r ＝v 0t ，r ＝12at 2＝12qE m t 2，得：E ＝2mv 20qr ，故E B＝2v 0，C 正确．【答案】 C考点二 [68] 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动分析一、运动特点带电粒子以垂直于磁场方向进入磁场，其轨迹是一段圆弧．二、圆心的确定1．基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心．2．两种常见情形(1)已知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(如图所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．(2)已知入射点、入射方向和出射点的位置时，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道的圆心(如图所示，P 为入射点，M 为出射点)．3．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)(2)平行边界(存在临界条件，如图)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)三、半径的确定1．做出带电粒子在磁场中运动的几何关系图．2．运用几何知识(勾股定理、正余弦定理、三角函数)通过数学方法求出半径的大小．四、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α时，其运动时间由下式表示：t ＝α360°T(或t ＝α2πT)． 【典型例题3】(2013·新课标全圈卷Ⅰ)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)( ) A.qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m答案：B 解析：本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题．带电粒子从距离ab 为R 2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交ce 于f 点，磁场区域圆心为O ，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O 、f 、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R ，由F 洛＝F n 得qvB ＝mv 2R ，解得v ＝qBR m，选项B 正确．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题程序——三步法(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．【典型例题4】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 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点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，则匀强磁场的磁感应强度B 需满足( )A ．B>3mv 3aqB ．B<3mv 3aqC ．B>3mv aqD ．B<3mv aq 【审题指导】 要粒子从AC 边穿出磁场，则从C 点射出的粒子对应的磁感应强度为最小值．答案：B 解析：粒子刚好到达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r 0＝acot 30°.由r ＝mv qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径r>r 0，解得B<3mv 3aq，选项B 正确． 考点三 [69] 带电粒子在磁场中运动的多解问题一、带电粒子的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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图甲，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电，其轨迹为b.二、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，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙，带正电粒子以速率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.三、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，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图甲所示，于是形成了多解．四、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．【典型例题5】(2014·苏州模拟)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．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，不计离子所受重力．求：(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，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值．【审题指导】(1)离子匀速圆周运动的周期为T.(2)根据B－t图线正确画出离子的运动轨迹．(3)分析垂直N板射出磁场时，v0可能值的成因是d＝4r·n(n＝1,2,3……)．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv 0B 0＝mv 20r ① 做匀速圆周运动的周期T 0＝2πr v 0② 联立①②两式得磁感应强度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…)． 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因．(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现多种解的可能性，注意每种解出现的条件.三、走出解题误区（寻规律，得方法）对粒子加速器的错误认识【典型例题6】如图所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，所加磁场的磁感应强度为B ，用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E 后，由A 孔射出．则下列说法不正确的是( )A ．回旋加速器不能无限加速质子B ．增大交变电压U ，则质子在加速器中的运行时间将变短C ．回旋加速器所加交变电压的频率为2mE 2πmRD ．下半盒内部，质子的运动轨迹半径之比(由内到外)为1∶3∶ 5答案：D 解析：随着质子速度的增大，相对论效应逐渐显现，质子质量增大，做圆周运动的周期不能保持与所加电场变化的周期同步，从而不能再被加速，因此，加速器不能无限加速质子，A 正确；增大交变电压，质子每次经过电场时获得的动能增大，在磁场中运动的半径增大，加速次数和所做圆周运动的次数减少，因此运动时间减小，B 正确；由f ＝1T ，T ＝2πm qB ，R ＝mv qB ，E ＝12mv 2联立得f ＝2mE 2πmR，C 项正确；设下半盒第n 个半圆的半径为r n ，粒子速度为v n ，则2nqU ＝12mv 2n ，得v n ＝4nqU m ，r n ＝mv n qB ＝2B mU q ·n ，从内向外半径之比为1∶2∶3，D 项错误．【答案】 D1．审题方面(1)由于忽视相对论效应而误认A 项错误．(2)由于没有注意质子是从下半盒的质子源出发的而误认为D 正确．2．知识应用方面(1)由于没有正确理解最大动能与加速电压无关，增大交变电压，粒子每次增加的动能增多，粒子加速次数减少，运行时间变短而误认为B 错误．(2)不能正确利用相关公式f ＝1T ，T ＝2πm qB ，R ＝mv qB ，E ＝12mv 2，计算错误而误认为C 错误． 【变式训练】(多选)(2014·西安一中质检)图甲是回旋加速器的原理示意图．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(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若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E k －t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电流的变化周期应该等于t n －t n －1C ．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D ．D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大答案：AD 解析：粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB，与粒子的速度无关，粒子每次在D 形盒内运动半个周期的时间都相等，故t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，A 对；高频电流的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，但粒子每周期要进行两次加速，故T ＝2(t n －t n －1)，B 错；粒子最大动能与加速次数无关，C 错；根据qvB ＝mv 2R 可推出E km ＝q 2B 2R 22m，R 越大，E km 越大，D 对．四、随堂巩固（提速度，练规范）⊙洛伦兹力方向的判断1．(多选)如图所示，对应的四种情况中，对各粒子所受洛伦兹力的方向的描述，其中正确的是( )A．垂直于v向右下方B．垂直于纸面向里C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里答案：BD解析：由左手定则可判断A图中洛伦兹力方向垂直于v向左上方，B图中洛伦兹力垂直于纸面向里，C图中垂直于纸面向里，D图中垂直于纸面向里，故B、D正确，A、C 错误．⊙带电粒子在匀强磁场中的运动2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv03qRB.mv0qRC.3mv0qRD.3mv0qR答案：A解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝m v20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r＝Rtan 60°＝3R，解得B＝3mv03qR，选项A正确．3．(2012·广东高考)质量和电荷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的运行时间答案：A解析：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mv2r＝qvB得r＝mvqB，因为M、N的质量、电荷量都相等，且r M＞r N，所以v M＞v N，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．⊙多解问题4．长为L 的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，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 水平射入磁场使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v<BqL/2mB ．使粒子的速度v>5BqL/4mC ．使粒子的速度v<BqL/mD ．使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/4m答案：B 解析：恰打在极板左边缘时r 1＝L 4，qv 1B ＝m v 21r 解得v 1＝qBL 4m恰打在上极板右边缘时L 2＋(r 2－L 2)2＝r 22 qv 2B ＝m v 22r 2，解得v 2＝5qBL 4m⊙质谱仪5.(2012·天津高考)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的铀235离子，从容器A 下方的小孔S 1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S 2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R 的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I.不考虑离子重力及离子间的相互作用．(1)求加速电场的电压U ；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t 内收集到离子的质量M ；解析：(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v ，由动能定理得qU ＝12mv 2① 离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2R② 由①②式解得U ＝qB 2R 22m.③ (2)设在t 时间内收集到的离子个数为N ，总电荷量为Q ，则Q ＝It ④ N ＝Q q ⑤ M ＝Nm ⑥mIt q .⑦由④⑤⑥式解得M＝。
引导学生探究的教案——磁场对运动电荷的作用
磁场对运动电荷的作用引导学生探究的教案引言磁场对于我们人类来说是一个十分神奇的物理现象，它在日常生活和科学研究中扮演着非常重要的角色。
我们不能直接感受到磁场的存在，但是它对于各种物理和化学现象的影响是十分显著的。
而磁场对运动电荷的作用则是一个核心的研究问题。
本文将介绍一份能够引导学生探究磁场对运动电荷的作用的教案。
这份教案可以帮助学生更好地理解磁场的本质和磁场对于运动电荷的影响。
教学目标通过本课的学习，学生们将能够掌握以下知识和技能：1.理解磁场的物理本质以及磁感线的性质。
2.了解运动电荷在磁场中的受力情况。
3.掌握洛伦兹力的公式以及它的物理意义。
4.掌握磁场对电荷圆周运动的影响。
5.利用实验方法验证磁场对运动电荷的作用。
6.分析实验结果并从中总结出磁场对运动电荷的作用规律。
教学过程引导学生理解磁场的物理本质和磁感线的性质。
1.引导学生思考什么是磁场和磁感线，以及它们的物理本质是什么？2.让学生使用良好的实验或模拟软件，观察和探究磁感线的性质和分布规律，以及磁场对物体的作用。
特别是，学生们需要学习磁场的矢量表示法，明确磁场是由一个矢量场来描述，并能够用矢量表示法推导出洛伦兹力的公式。
引导学生了解运动电荷在磁场中的受力情况。
1.尝试让学生通过观察实验或模拟软件中的电荷在磁场中的运动，了解电荷在磁场中会受力的情况，以及这些力的性质和方向。
2.让学生用数学语言和公式来描述和计算磁场对电荷的力，特别是引导学生掌握洛伦兹力的公式及其物理意义，即 F = q v x B。
引导学生掌握磁场对电荷圆周运动的影响。
1.让学生通过实验或模拟软件来研究磁场对电荷的圆周运动的影响。
2.引导学生分析实验或模拟结果，并从中总结出磁场对电荷的圆周运动的影响规律，即：磁场可以改变电子在垂直磁感线的方向上运动的速度，从而导致电子的运动轨道产生向磁场垂直的偏转，从而形成圆周运动或螺旋运动。
这个作用称为磁荷力。
利用实验验证磁场对运动电荷的作用。
高考物理总复习 第九章 第2节 磁场对运动电荷的作用教学案 -高三全册物理教学案
第2节磁场对运动电荷的作用考点1►对洛伦兹力的理解【p164】夯实基础洛伦兹力：磁场对__运动电荷__的作用力．1．洛伦兹力的大小：__F＝qvBsin__θ__，其中θ为v与B间的夹角．当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝0；当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F ＝__qvB__．只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中不受磁场的作用力．2．洛伦兹力计算公式的推导如图所示，整个导线受到的磁场力(安培力)为F安＝BIL；其中I＝nqSv；设导线中共有N个自由电子N＝nSL；每个电子受的磁场力为F，则F安＝NF.由以上四式得F＝qvB.条件是v与B垂直．当v与B成θ角时，F＝qvBsin θ.3．洛伦兹力的方向：运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向可用__左手定则__来判定，要注意：四个手指的指向与__正__电荷的运动方向相同、与负电荷的运动方向相反；洛伦兹力F一定__垂直于__B、v的方向(即F总是垂直于B和v所在的平面)，但B、v不一定垂直．4．洛伦兹力的特点：对运动电荷不做功，只能改变运动电荷__速度的方向__，不改变运动电荷的速度大小．考点突破例1如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m＝10 g，电荷量的绝对值|q|＝0.2 C的小球，整个装置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )A ．小球带负电B ．小球在竖直方向做匀速直线运动C ．小球在玻璃管中的运动时间小于1 sD ．小球机械能的增加量为1 J【解析】由左手定则可知，小球带正电，选项A 错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则竖直方向所受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B 错误；小球在竖直方向的加速度a ＝Bqv －mg m ＝0.2×0.2×5－0.01×100.01m/s 2＝10 m/s 2，在管中运动的时间t ＝2h a ＝2×510s ＝1 s ，选项C 错误；小球到管口时的速度v ′＝at ＝10 m/s ，机械能的增加量：ΔE ＝mgh ＋12mv′2＝(0.01×10×5＋12×0.01×102) J ＝1 J ，选项D 正确．【答案】D针对训练1．(多选)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，都恰好能通过圆形轨道的最高点，下列说法正确的有(CD)A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速率最小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】对甲球：F 洛1＋mg ＝mv 2甲R ，对乙球：mg －F 洛2＝mv 2乙R ，对丙球：mg ＝mv 2丙R，∴v 甲>v 丙>v 乙，F 洛不做功，依机械能守恒，有h 甲>h 丙>h 乙，C 、D 均对．2．如图所示，质量为m ，电量为q 的带正电物体，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿水平面向左以初速度v 运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则(B)A ．若另加一个电场强度为μ（mg ＋qvB ）q 、方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动 B ．若另加一个电场强度为mg ＋qvB q、方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速运动 C ．物体的速度由v 减小到零所用的时间等于mv μ（mg ＋qvB ）D ．物体的速度由v 减小到零所用的时间小于mv μ（mg ＋qvB ） 【解析】若另加一个电场强度为μ（mg ＋qvB ）q 、方向水平向右的匀强电场，电场力F ＝qE ＝μ(mg＋qvB)＝f ，但电场力的方向与摩擦力方向相同，故物体不能处于平衡状态，故A 错误；若另加一个电场强度为mg ＋qvB q、方向竖直向上的匀强电场，电场力F ＝qE ＝mg ＋qvB ，支持力为零，故摩擦力为零，物体做匀速直线运动，故B 正确；对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下，合力向右，物体做减速运动；由于摩擦力f ＝μ(mg＋qv t B)，不断减小，加速度不断减小，不是匀变速运动，故物体的速度由v 减小到零所用的时间大于mv μ（mg ＋qvB ），故C 、D 错误． 考点2► 带电粒子在磁场中的圆周运动问题【p 165】 夯实基础1．带电粒子速度方向与磁场方向平行时，在磁场中做__匀速直线__运动．2．带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下必定做__匀速圆周运动__．(1)轨迹半径R依Bqv ＝__mv 2R __，得R ＝__mv qB__． (2)运动周期T ，T ＝__2πR v __，又R ＝mv qB ，得T ＝__2πm qB__，所以T 与__R 、v__无关，只由带电粒子的比荷和磁感应强度决定．(3)运动时间t ，当带电粒子转过的圆心角为α时，运动时间t ＝αT 2π＝mαqB 或t ＝s v ＝Rαv＝mαqB .考点突破例2如图所示，在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.AC 、AD 两块挡板垂直纸面放置，夹角为90°，一束电荷量为＋q 、质量为m 的相同粒子，从AD 板上距A 点为L 的小孔P 以不同速率沿纸面射入，速度方向与AD 板的夹角均为60°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，粒子打在挡板上就被挡板吸收．则( )A ．粒子在磁场中运动的最长时间t ＝2πm 3BqB ．直接打在AD 板上的粒子，运动速率的最大值为3BqL mC ．垂直打在AC 板上的粒子，运动的速率v ＝23BqL 3mD ．在磁场中运动的时间t ＝πm 2Bq 的粒子，运动的速率v ＝（3－1）BqL m【解析】如图所示，根据已知条件画出粒子的运动轨迹(如图线Ⅰ)，粒子打在AD 板上在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知：轨迹对应的圆心角：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最长时间t ＝120360×2πm qB ＝2πm 3qB ，故A 正确； 由qvB ＝mv 2R ，可知v ＝qBR m，直接打在A 点的粒子的运动速率取最大值，由几何关系可得2Rcos 30°＝L ，解得R ＝3L 3，即粒子的运动速率的最大值v m ＝3qBL 3m ，故B 错误；粒子垂直打到AC 板，运动轨迹如图线Ⅱ所示，由几何关系可得R′cos 30°＝L ，解得R′＝23L 3，即粒子的运动速率为v ＝23qBL 3m ，故C 正确；由题意可知t ＝πm 2qB ＝T 4，运动轨迹如图线Ⅲ所示，由几何关系可得L ＝R 1cos 30°＋R 1sin 30°，解得R 1＝(3－1)L ，运动的速率v ＝（3－1）qBL m，故D 正确． 【答案】ACD【小结】1.带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向心力，此类题一般按以下三步解题：(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．2．解题的关键是画粒子运动的示意图，确定圆心、半径及圆心角．(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)．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： 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．注意粒子速度的偏向角等于粒子转过的圆心角，等于弦切角的2倍．(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α时，其运动时间为：t ＝α2πT(t ＝s v ＝Rαv ＝mαqB)． 轨迹所对的圆心角最小时，运动时间最短．轨迹所对的圆心角最大时，运动时间最长．3．常见的几种磁场边界(1)单条直线边界：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．针对训练3．(多选)如图所示，半径为R 的半圆形有界磁场关于x 轴对称，y 轴刚好与磁场左边界在坐标原点处相切，在坐标原点处有一粒子源，可以沿x 轴正方向连续地发射质量为m ，电荷量大小为q 的不同速率的正、负电荷．已知磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁感应强度大小为B ，若粒子不能从半圆的直径部分射出，则(AD)A ．粒子在磁场中运动的最大半径可能为RB ．粒子在磁场中运动的最大速度可能为qBR 2mC ．粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为(π－1)R 2D ．粒子在磁场中运动的最短时间可能为πm 2qB【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出，则半径最大的是轨迹刚好与直径相切，由几何关系可知这时的粒子运动半径为R ，选项A 正确；最大半径对应着最大速度，由R ＝mv qB得v ＝qBR m ，选项B 错误；粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为4(14πR 2－12R 2)＝(π－2)R 2，选项C 错误；粒子在磁场中运动的轨道半径越大，运动轨迹所对的圆心角越小，因此最小时间为14T ＝πm 2qB，选项D 正确． 4．在xOy 平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y 轴上的P 、Q 两点同时垂直于y 轴向右射出，最后均打在x 轴上的N 点，已知P 、N 两点的坐标分别为(0，3L)、(3L ，0)，不计两粒子的重力与相互作用力．根据题中条件不能确定的是(D)A ．两带电粒子在磁场中运动的半径B ．两带电粒子到达N 点所用的时间比C ．Q 点的坐标D ．带电粒子的比荷【解析】粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知PN 长为23L ；∠OQN＝60°，则R ＝3L32＝2L ；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的轨迹半径相同；即两粒子的轨迹半径均可求出；A 能确定；同时根据几何关系可知，从P 入射的粒子在磁场中转过的圆心角为120°，从Q 入射的粒子在磁场中转过的圆心角为60°；即可确定对应的运动时间，则由t ＝θ360°T ，可以求得运动的时间比：t P ∶t Q ＝120°∶60°＝2∶1，可确定带电粒子到达N 点所用的时间比，B 能确定；根据几何关系，OQ ＝L ，可以确定Q 点的坐标，C 能确定；根据R ＝mv qB，由于不知磁感应强度和速度，故无法求得比荷，D 不能确定；故选D. 考点3► 带电粒子在有界磁场中的临界问题【p 166】夯实基础当在题干中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语时，就预示着是一个临界极值问题．必须借助半径R 和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和磁场边界的相切或相交关系，找出切点和交点，然后用数学方法求出极值．常用的结论有：1．刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切．2．当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长，v 变化时，圆心角越大，运动时间越长．3．当速度v 变化时，圆心角大的，运动时间长．解题时要画出运动轨迹图，找出圆心，依几何关系求出轨迹半径及圆心角．4．在圆形匀强磁场中，当轨迹圆半径大于磁场圆半径时，则入射点和出射点连线等于磁场圆直径时，轨迹对应的偏转角最大，运动时间最长．考点突破例3如图所示，平行边界MN 、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，两边界的间距为d ，MN 上有一粒子源A ，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m 、电荷量均为＋q 的粒子，粒子射入磁场的速度大小v ＝2qBd 3m，不计粒子的重力，则粒子能从PQ 边界射出的区域长度与能从MN 边界射出的区域长度之比为( )A ．1∶1B ．2∶3 C.3∶2 D .3∶3【解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有：qBv ＝m v 2R，则粒子运动半径为R ＝mv qB ＝23d ，由左手定则得：粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动；当粒子沿AN 方向进入磁场时，粒子打在PQ 上的位置为粒子能从PQ 边界射出的区域的最下端，由几何关系得：落点距A 点的竖直距离为：L 1＝R 2－()d －R 2＝33d ，粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ 上的点上移，直到运动轨迹与PQ 相切时，粒子打在PQ 上的位置为粒子能从PQ 边界射出的区域的最上端，由几何关系得：落点距A 点的竖直距离为：L 2＝R 2－()d －R 2＝33d ，故粒子能从PQ 边界射出的区域长度为：L ＝L 1＋L 2＝233d ，因为R<d ，故粒子在MN 上的落点为到A 点上方2R ＝43d 处，则粒子能从PQ 边界射出的区域长度与能从MN 边界射出的区域长度之比为L 2R ＝32，故选C. 【答案】C针对训练5．在真空中，半径r ＝3×10－2 m 的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B ＝0.2 T ，一个带正电的粒子，以初速度v ＝106 m/s 从磁场边界上直径ab 的一端a 射入磁场，已知该粒子的比荷q m＝108 C/kg ，不计粒子重力．求： (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径； (2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v 方向与ab 的夹角θ及粒子的最大偏转角β.【解析】(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当做圆周运动所需要的向心力．根据牛顿第二定律有：qvB ＝mv 2R所以R ＝mv qB＝5×10－2 m. (2)粒子在圆形磁场区域内的轨迹为一段半径R ＝5 cm 的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为圆形磁场区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab 弦中垂线上，如图所示：由几何关系可知：sin θ＝r R＝0.6，所以θ＝37° 粒子的最大偏转角β＝2θ＝74°.考点4►带电粒子在磁场中运动的多解问题 【p 166】夯实基础带电粒子在磁场中运动的多解问题成因主要有以下四种情况：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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解．如图所示，带电粒子以速率v 垂直进入匀强磁场，如果带正电，其轨迹为a ；如果带负电，其轨迹为b.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，此时必须考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图所示，带正电粒子以速率v 垂直进入匀强磁场，如果B 垂直于纸面向里，其轨迹为a ；如果B 垂直于纸面向外，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，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图所示，于是形成了多解．4．运动的周期性形成多解：带电粒子在磁场或部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解．如图所示．考点突破例4如图，xOy 平面内y 轴上OP 间有绝缘弹性竖直挡板，在第一象限有一点N ，PN 间距离d ＝3 m ．第二象限以及第一象限PN 连线上方存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ．挡板下端附近M 点有一粒子源，PM 之间的距离h ＝9 m ，粒子源可以沿x 轴负方向发射速度不同的带电粒子，粒子质量m ＝1.0×10－12 kg ，电量q ＝－1.0×10－6C ．粒子若与挡板相碰将原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，最后有一些粒子能从N 点离开磁场．不计粒子重力和粒子间的相互作用．关于这些从N 点离开磁场的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子速度对应值可以有无数个B ．粒子运动的最长时间是7π2×10－6 sC ．半径R ＝3.75 m 的粒子运动时间最长D ．速度为5×106 m/s 的粒子半径最大【解析】设粒子做圆周运动的半径为r ，当粒子经过N 点时，由几何关系需满足(2n ＋1)r±r 2－d 2＝h ，其中n ＝0，1，2，3…，又r≥d，计算可知n 只能取0、1式子才有解，选项A 错误；当n ＝0时，解得r 0＝5 m ；当n ＝1时，r 1＝3 m ，r 2＝154 m ；当r 2＝154m 时粒子在磁场中运动的时间最长，粒子的周期为T ＝2πm qB＝2π×10－6 s ；粒子运动轨迹所对的圆心角θ＝180°＋(360°－53°)＝487°，则对应的时间t ＝θ2πT ＝487°360°×2π×10－6 s ≠7π2×10－6 s ，选项B 错误，C 正确；当n ＝0时，解得r 0＝5 m ；此时粒子的半径最大，根据r ＝mv qB可知，v ＝rqB m＝5×106 m/s ，选项D 正确． 【答案】CD【小结】求解带电粒子在磁场中运动的多解问题的技巧1．分析题目特点，确定形成多解性的原因．2．作出粒子运动轨迹示意图，特别是某临界情况的轨迹，考虑多种可能性．3．若为周期性重复的多解问题，先找出通式，再讨论出现不同解的条件和结论．针对训练6．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场B ，x 轴下方有一匀强电场E ，E 和B 大小为已知，方向如图，屏MN 与y 轴平行且相距L.一质量为m 、电荷量为e 的电子，从y 轴上某点A 自静止释放，欲使电子垂直打在屏上，求：(1)电子释放的位置与原点O 的距离d ；(2)电子从出发到垂直打到屏上的运动时间．【解析】(1)电子从A→O，有：eEd ＝12mv 2 电子在磁场中运动，有：Bev ＝mv 2R， 又(2n ＋1)R ＝L(n ＝0，1，2，…)∴d ＝eL 2B22Em （2n ＋1）2(n ＝0，1，2，…)(2)电子在电场中运动的时间t 1＝(2n ＋1)t 0 t 0＝2mdEe， 在磁场中运动的时间t 2＝n T 2＋T 4，T ＝2πmeBt ＝t 1＋t 2＝BL E ＋(2n ＋1)πm2eB(n ＝0，1，2，…)7．如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B.离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．(1)若加速电场两板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R 0；(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．【解析】(1)离子在电场中加速时U 0q ＝12mv 20－0离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m v 2R 0解得R 0＝1B2U 0mq. (2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP′＝P′P″＝R ，OP ＝L ＝nR解得U ＝B 2L 2q2mn 2，其中n ＝1，2，3，…离子在磁场中运动的周期T ＝2πmqBt ＝n·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1，2，3，…考 点 集 训 【p 328】A 组1．(多选)如图所示，一带电粒子垂直射入一自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻力作用，其运动轨迹仍为一段圆弧线，下列判断(不计重力)正确的是(AD)A ．粒子从A 点射入，速率逐渐减小B ．粒子从A 点射入，速率逐渐增大C ．粒子带负电，从B 点射入磁场D ．粒子带正电，从A 点射入磁场【解析】由于有空气阻力作用，粒子运动速率一定逐渐减小．因为r ＝mvqB ，v 逐渐减小而r 却保持不变，一定有B 逐渐减小，以洛伦兹力做粒子运动的向心力，据左手定则判断，粒子带正电．选A 、D.2．(多选)实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则(AD)A ．轨迹1是电子的B ．轨迹2是电子的C ．磁场方向垂直纸面向外D ．磁场方向垂直纸面向里【解析】原子核发生β衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反、大小相等；由半径公式r ＝mv qB ＝pqB (p 为动量)，分析得知r 与电荷量成反比，β粒子与新核的电量大小分别为e 和ne(n 为新核的电荷数)，则β粒子与新核的半径之比为：ne∶e ＝n∶1.所以半径比较大的轨迹1是衰变后β粒子即电子的轨迹，轨迹2是新核的，A 正确，B 错误；新核沿逆时针方向运动，在A 点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里，C 错误，D 正确．3．如图所示，静置的内壁光滑的绝缘漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中，漏斗内有两个质量均为m 、电荷量分别为Q A 、Q B 的带正电小球，在水平面内沿逆时针方向(从上往下看)在不同高度做匀速圆周运动，若漏斗侧壁与竖直方向的夹角为θ，小球的线速度均为v ，则在小球做圆周运动的过程中(D)A ．若Q A >QB ，则A 球在B 球的下方运动B ．无论Q A 、Q B 关系如何，A 、B 均能在同一轨道上运动C ．若Q A >Q B ，则漏斗对A 球的弹力大于对B 球的弹力D ．无论Q A 、Q B 关系如何，均有漏斗对A 球的弹力等于漏斗对B 球的弹力【解析】根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图： F N sin θ＝mg ；F N cos θ－qvB ＝mv 2R ，则R ＝mv 2tan θmg －qvBtan θ，则R 随q 的变大而增大，则A 、B 错误；由竖直方向的受力可知：F N ＝mgsin θ，则压力不变，选项C 错误，D 正确．4．如图所示，在直角三角形abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，∠a ＝60°，∠b ＝90°，边长ac ＝L.一个粒子源在a 点将质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(A)A.qBL 2mB.3qBL 6mC.3qBL 4m D.qBL6m【解析】依t ＝θ2πT ，在磁场中转过的角度θ最大时，运动时间最长，因此速度方向沿ab 射入磁场的粒子在磁场中偏转的最大角度为120°，时间最长．在这种情况下，最大速度对应着最大半径，而最大半径只能是R ＝ab ＝L2，故A 正确．5．如图，abcdef 为圆形磁场区域的圆周上的6个等分点，比荷相同的粒子先后从f 沿fd 方向射入磁场区域．从a 点离开磁场的粒子，速度大小为v a ，在磁场中运动的时间为t a ；从c 点离开磁场的粒子，速度大小为v c ，在磁场中运动的时间为t c .不计粒子重力，则(A)A.v a v c ＝14，t a t c ＝31B.v a v c ＝14，t a t c ＝21C.v a v c ＝12，t a t c ＝21D.v a v c ＝12，t a t c ＝31【解析】画出从a 、c 两点射出磁场的比荷相同的粒子的运动轨迹如图所示，从a 点射出的粒子的轨迹圆圆心位于O a ，从C 点射出的粒子的轨迹圆圆心为O c ，由几何关系得：从a 点射出的粒子的半径r a ＝12R(R 为磁场区域的半径)，从c 点射出的粒子的半径r c ＝2R.由洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r 可得v ＝qBr m ，周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，在磁场中运动时间t ＝θ360°T.所以v a v c ＝r a r c ＝12R2R ＝14，t a t c ＝θa θc ＝180°60°＝31，选项A 正确．6．如图所示，边长为L 的正方形ABCD 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从A 点以速度v 0垂直射入磁场，速度方向与AB 的夹角为α，粒子刚好从B 点射出磁场，不计粒子重力，则(D)A ．粒子一定带正电B ．匀强磁场的磁感应强度为2mv 0cos αqLC ．粒子从A 到B 所需的时间为2αLv 0sin αD ．粒子在磁场中离AB 的最远距离为()1－cos αL2sin α【解析】在A 位置，已知速度方向、磁场方向和洛伦兹力方向，根据左手定则，粒子带负电荷，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示：结合几何关系，有：r ＝L2sin α＝L 2sin α，根据牛顿第二定律，有：qv 0B ＝mv 2r ，联立解得：B ＝2mv 0sin αqL ，B 错误；从A 点到B 点对应的弧长为：s ＝2αr＝αLsin α；故粒子从A点到B 点所需的时间为：t ＝s v 0＝αLv 0sin α，C 错误；粒子在磁场中离AB 边界的最远距离为：ΔL ＝r －rcos α＝()1－cos αL2sin α，D 正确．7．一束质子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一个正方形的、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，则下列说法中正确的是(C)A ．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹线一定越长B ．在磁场中运动时间相同的质子，其轨迹线一定重合C ．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹所对圆心角一定越大D ．速率不同的质子，在磁场中运动时间一定不同【解析】质子在同一匀强磁场中运动周期相同，T ＝2πmeB .据题意分析如图所示，速率不同的质子群在有界磁场中分别运动的时间可能有：T2＝t a ＝t b ＞t c ＞t d ＞t e ，其中a 、b 轨迹所对圆心角最大，均为π.所以在A 、B 、C 三个选项中选择C.由图还可看到，r a ＜r b .因为r ＝mveB，所以v a ＜v b .虽a 、b 速率不同，但在有界磁场中运动时间相同，D 错．8．如图所示，在一挡板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MN 上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场向MN 上方各个方向发射速率为v 、质量为m 、带电量为q 的粒子，假设不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收．则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域面积是(C)A.πm 2v 2q 2B 2 B.2πm 2v 2q 2B 2 C.3πm 2v 22q 2B 2 D.πm 2v 24q 2B2 【解析】由题意可知粒子在磁场中的运动半径R ＝mvqB ，所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O 点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O 点为圆心以2R 为半径转动．如图所示，由几何图形可知，带电粒子可能经过的区域的面积为：S ＝12πR 2＋14π(2R)2＝3πm 2v 22q 2B2，故选C.B 组9．如图所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(D)A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶ 3 B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为2＋33C ．A 、B 两粒子的比荷之比是3∶1D ．A 、B 两粒子的比荷之比是2＋33【解析】设粒子速度v 与磁场左边界成α角，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；由几何关系得：rcos α＋r ＝d ，∴ r A cos 30°＋r A ＝d ，r B cos 60°＋r B ＝d ，解得：r Ar B＝32＋3，故A 、B 错误；粒子轨道半径：r ＝mv qB 可知，q m ＝vBr ，由题意可知，两粒子的v 大小与B 都相同，则两粒子的q m 之比与轨道半径成反比，则A 、B 两粒子的q m 之比是2＋33，故C错误，D 正确．。
高考物理一轮复习 磁场对运动电荷的作用教学案
高考物理一轮复习 磁场对运动电荷的作用教学案一．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 = mv 2/2；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 = mv 2/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 = 、m q =222rB U． 4．回旋加速器：① 构造：如图所示，D 1、D 2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 = mv 2/R ，得E km= ，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 = 2eU mB ．粒子在磁场中运动的时间t = 2πmeBC ．粒子在磁场中运动的轨道半径r =1B2mU eD ．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v 0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 ．12ΔtB ．2ΔtC ．13Δt 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v 0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U m；⑵CD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t m．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【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 =mgBq，水平向左 B．v =mgtan αBq，竖直向下C．v =mgtan αBq，竖直向上 D．v =mgBq，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E k 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E k–t图中应有t4–t3 = t3–t2 = t2–t1B．高频电源的变化周期应该等于t n–t n－1C．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 /qB3．偏转磁场 qmUB 21 U B qr 2224．匀强 相等 q 2B 2R 2/2m 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 = 12mv 2，所以粒子进入磁场时的速度v =2eUm，A 正确；由evB = mv 2/r 得粒子的半径r =mv eB = 1B 2mU e ，C 正确；粒子在磁场中运动了半个周期t = T 2 = πmeB，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a y = (mg – qvB cos θ)/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O 1，半径为r 1，则根据qvB= mv 2/r ，得r 1 = mv /qB ，根据几何关系得R /r 1 = tan(φ1/2)，且φ1 = 60°．当带电粒子以v /3的速度进入时，轨道半径r 2 = m (v /3)/qB = mv /3qB = r 1/3，圆心在O 2，则 R /r 2 = tan(φ2/2)，即tan(φ2/2) =R /r 2 = 3R /r 1 = 3 tan(φ1/2) = 3，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Δt 2/Δt 1 = φ2/φ1 = 2/1，即Δt 2 = 2Δt 1 = 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qv 0B = mv 02/R ，则q /m = v 0/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qv 0B ′ = mv 02/R ′，又因为tan(θ/2) = r / R ′，解得B ′ = B tan(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 = mv 2/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O 3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R sin α = R – a /2 ④ R sin α = a – R cos α ⑤ 又sin2α + cos2α = 1 ⑥由④⑤⑥式得R = ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62a ⑦ 由②⑦式得v = ⎝⎛⎭⎪⎫2－62aqB m ⑧ ⑵ 由④⑦式得sin α = 6－610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r 1 = L ，又因为qv 1B = mv 12/r 1，且qU m = mv 12/2，所以U m = qB 2L 2/2m ．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r 2，设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45° = r 2/(L – r 2)，解得r 2 = ( 2 – 1)L ，即KC = r 2 = ( 2 – 1)L ．所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s = HK ，即 s = r 1 - r 2 = (2 – 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t m = 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，qv 0B = mv 02/r ，所以r = mv 0/qB ，当带电粒子从不同方向由O 点以速度v 0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v 0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 = mv 0/qB ，r ′= mv /qB ，解得v ≥ v 0 – 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 = 103m/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 = 10cos 30°cm = 203cm ，由qvB ′ = mv 2/R ，解得B ′ = mv 2/qvR = mv /qR ，代入数据解得B ′ =32T ． 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 = πr 2 = 3.14×10－2 m 2． 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t 1 > t 2，s 1 > s 2，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．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 = mg tan α/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 mv 2/r = qvB 得r = mv /qB ，因为M 、N 的质量、电荷量都相等，且r M > r N ，所以v M > v N ，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E k - t 图中应有t 4 – t 3= t 3 – t 2 = t 2 – t 1，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(t n – t n – 1)，选项B 错；由r = mv qB =2mEkqB 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．。
2020版高考物理总复习9第2讲磁场对运动电荷的作用教案新人教版
第2讲 磁场对运动电荷的作用一、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 ＝Bqv 。
(3)v 与B 夹角为θ时，F ＝Bqv sin θ。
3．方向F 、v 、B 三者的关系满足左手定则。
4．特点由于F 始终与v 的方向垂直，故洛伦兹力永不做功。
二、带电粒子在磁场中的运动1．若v ∥B 时，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 时，带电粒子在垂直磁感线的平面内做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v ⊥B )基本公式：qvB ＝mv 2r导出公式：半径r ＝mv qB，周期T ＝2πmqB(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
) 1．带电粒子在磁场中运动时一定受到磁场力作用。
(×) 2．带电粒子只受洛伦兹力作用时运动的动能一定不变。
(√)3．根据公式T ＝2πr v，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成反比。
(×)4．运动电荷在磁场中可能做匀速直线运动。
(√)5．洛伦兹力的方向垂直于B 和v 决定的平面，洛伦兹力对运动电荷不做功。
(√)1．(洛伦兹力的方向)关于电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛伦兹力三者之间的方向关系如图所示，其中正确的是( )解析根据左手定则，选项A中电荷所受洛伦兹力方向向下，A项正确；选项B中电荷所受洛伦兹力方向向下，B项错误；选项C中电荷运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，C项错误；选项D中电荷所受洛伦兹力方向垂直纸面向外，D项错误。
答案 A2．(洛伦兹力大小)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。
下列表述正确的是( )A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A项错误，B项正确；根据F ＝qvB可知，大小与速度有关，C项错误；洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小，D项错误。
磁场对运动电荷的作用教案
教学目标知识目标1、知道什么是洛仑兹力，知道电荷运动方向与磁场方向平行时，电荷受到的洛仑兹力等于零；电荷运动方向与磁场方向垂直时，电荷受到的洛仑兹力最大，2、会用左手定则熟练地判定洛仑兹力方向．能力目标由通电电流所受安培力推导出带电粒子受磁场作用的洛仑兹力的过程，培养学生的迁移能力．情感目标通过本节教学，培养学生科学研究的方法论思想：即“推理——假设——实验验证”．教学建议教材分析本节的重点是洛伦滋力的大小和它的方向，在引导学生由安培力的概念得出洛伦滋力的概念后，让学生深入理解洛伦滋力，学习用左手定则判断洛伦滋力的方向，注意强调：磁场对运动电荷有作用力，磁场对静止电荷却没有作用力．教法建议在教学中需要注意教师与学生的互动性，教师先复习导入，通过实验验证洛仑兹力的存在，然后启发指导学生自己推导公式．理解洛仑兹力方向的判定方向，注意与点电荷所受电场大小、方向的区别．具体的建议是：1、教师通过演示实验法引入，复习提问法导出公式，类比电场办法掌握公式的应用．2、学生认真观察实验、思考原因，在教师指导下自己推导，类比理解掌握公式．教学设计方案磁场对运动电荷作用一、素质教育目标（一）知识教学点1、知道什么是洛仑兹力，知道电荷运动方向与磁场方向平行时，电荷受到的洛仑兹力等于零；电荷运动方向与磁场方向垂直时，电荷受到的洛仑兹力最大，2、会用左手定则熟练地判定洛仑兹力方向．（二）能力训练点由通电电流所受安培力推导出带电粒子受磁场作用的洛仑兹力的过程，培养学生的迁移能力．（三）德育渗透点通过本节教学，培养学生进行“推理——假设——实验验证”的科学研究的方法论教育．（四）美育渗透点注意营造师生感情平等交流的氛围，用优美的语音感染学生．在平等自由的审美情境中，使师生的感情达到共鸣，从而培养学生的审美情感．二、学法引导1、教师通过演示实验法引入，复习提问法导出公式，类比电场办法掌握公式的应用。
2、学生认真观察实验、思考原因，在教师指导下自己推导，类比理解掌握公式。
磁场对运动电荷的作用教案教案
[教学目标]1、通过本课时的学习使学生知道磁场对电流的作用（安培力）实质是磁场对运动电荷作用（洛仑兹力）的宏观表现。
2、理解洛仑兹力的方向由左手定则判定，能根据安培力的表达式F=BIL推导洛仑兹力的表达式f=qvB。
3、培养学生的思维能力、分析能力以及逻辑推理能力，使学生体会由宏观量描绘微观量的科学思想。
[教学重点]1、由安培力的方向导出判定洛仑兹力方向的判定方法———左手定则。
2、根据安培力的表达式（宏观量）导出洛仑兹力（微观量）的表达式。
[教学难点]建立相关物理模型，导出公式f=qvB。
[教学方法]启发、实验观察结合讲解、讨论。
[教学媒体]阴极射线管、学生低压电源、感应圈（高压）、蹄形磁体、导线和开关以及投影仪、投影片、投影屏幕。
[课时课型]一课时、新课。
[教学过程]（40分钟）一、课题导入（5分钟左右）1、安培力的启示（导课）：磁场对电流具有磁场力的作用（安培力），电流是由于电荷定向运动形成的，由此可猜想：磁场对电流的作用是磁场对运动电荷作用的体现。
2、演示实验、验证猜想：①介绍（简介）阴极射线管及工作原理。
②观察阴极射线（电子束）在磁场中发生明显的偏转现象。
教师提问：这一现象表明什么？师生总结：阴极射线（电子束）在磁场中偏转，说明电子束在磁场中确实受到某种力的作用，这个力就是今天我们要学习的洛仑兹力。
二、新课教学（30分钟左右）（一）洛仑兹力物理学中把磁场对运动电荷的作用力（磁场力）称为洛仑兹力（物理学家洛仑兹最先提出这一观点）。
（二）洛仑兹力的方向1、由安培力的方向导出洛仑兹力方向的特点（1）洛仑兹力的方向跟磁场方向垂直；（2）洛仑兹力的方向跟电荷运动方向垂直。
2、用左手定则确定洛仑兹力的方向（便于记忆）教师示范：伸开左手，使大拇指跟其于四个手指垂直，且处于同一水平面内，将左手放入磁场中，让磁感线从手心穿进，四指指向正电荷的运动方向，那么大拇指所指的方向就是正电荷受洛仑兹力的方向（在黑板上画出示意图）。
磁场对运动电荷的作用教案
磁场对运动电荷的作用教案教案：磁场对运动电荷的作用一、教学目标：1.了解磁场的概念和性质；2.理解运动电荷在磁场中受到的力和力的方向；3.掌握洛伦兹力的计算方法；4.能够应用洛伦兹力计算运动电荷的轨迹。
二、教学重点：1.理解磁场对运动电荷的作用；2.掌握洛伦兹力的计算方法。
三、教学难点：理解洛伦兹力的方向。
四、教学准备：1.教师准备：教材、黑板、彩色粉笔、投影仪等；2.学生准备：课本、笔。
五、教学步骤：Step1. 导入新课（10分钟）1.出示一幅带有磁场图案的图片，向学生提问：“这是什么？”学生回答：“是一个磁场。
”2.引导学生展开讨论：“磁场是什么？有什么性质？”3.教师依次解释磁场的定义、性质，引导学生认识到磁场是由带电粒子周围的运动电荷产生的，磁场是矢量场，具有方向。
Step2. 磁场对运动电荷的力（20分钟）1.让学生回顾电磁感应过程中的法拉第定律：“当导线受到磁场垂直切割时，产生感应电动势。
”3. 引导学生展开讨论，同学们会认识到运动电荷在磁场中被施加一个力，即洛伦兹力（F=qvBsinθ）。
Step3. 洛伦兹力的方向（30分钟）1.出示一个带有磁场方向的图片，向学生提问：“电荷在磁场中运动时，该如何判断洛伦兹力的方向？”2.引导学生理解右手定则，通过实践演示让学生掌握右手定则的使用方法。
3.利用黑板和彩色粉笔向学生讲解利用右手定则判断洛伦兹力的方向，和草图。
4.引导学生独立完成练习题，检查并纠正错误。
Step4. 洛伦兹力的计算（30分钟）1. 引导学生明确洛伦兹力公式F=qvBsinθ ，其中θ为电荷速度和磁场的夹角。
2.向学生讲解如何计算洛伦兹力，提供实例进行讲解和演示。
3.引导学生独立完成练习题，检查并纠正错误。
Step5. 运动电荷在磁场中的轨迹（20分钟）1.向学生提问：“运动电荷在磁场中的轨迹是什么样子的？”学生回答：“是圆周或螺旋线。
”2.引导学生通过洛伦兹力分析，理解运动电荷在磁场中受到一个向心力，经历圆周或螺旋线运动。
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(1)(2021年整理)
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(1)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（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(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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第2讲磁场对运动电荷的作用微知识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＝Bqv。
(3)v与B夹角为θ时，F＝Bqv sinθ.3．方向F、v、B三者的关系满足左手定则。
4．特点由于F始终与v的方向垂直，故洛伦兹力永不做功.特别提醒洛伦兹力是安培力的微观实质，安培力是洛伦兹力的宏观表现。
微知识2 带电粒子在磁场中的运动1．若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向平行,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动.2．若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，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)基本公式①向心力公式：Bqv＝错误!.②轨道半径公式：R＝错误!.③周期、频率和角速度公式：T＝错误!＝错误!，f＝错误!＝错误!，ω＝2πT＝2πf＝错误!。
④动能公式:E k＝错误!mv2＝错误!。
（2）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和粒子的比荷有关。
一、思维辨析(判断正误,正确的画“√”，错误的画“×”。
）1．带电粒子在磁场中运动时一定受到磁场力作用。
(×）2．带电粒子只受洛伦兹力作用时运动的动能一定不变.（√)3．根据公式T＝错误!,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成反比.（×)4．运动电荷在磁场中可能做匀速直线运动。
磁场对运动电荷的作用教学设计
磁场对运动电荷的作用教学设计教学设计：磁场对运动电荷的作用一、教学目标1.了解磁场及其特点；2.了解磁场对运动电荷的作用；3.掌握运动电荷在磁场中如何受力及其运动轨迹；4.运用所学知识解决与磁场对运动电荷相关的问题。
二、教学准备1.教师准备：教学PPT、实验装置、磁场演示器材；2.学生准备：教科书、笔记本、实验报告纸。
三、教学过程1.导入（5分钟）引导学生回顾前几堂课学习的内容，回答以下问题：-电流会产生什么？它们是如何影响周围的物体？-磁场是什么？磁场的单位是什么？-磁感应强度B与磁场力F之间有什么关系？通过学生的回答，激发学生对磁场的兴趣以及与电流的关系。
2.新知传授（25分钟）2.1介绍磁场对运动电荷的作用通过PPT介绍磁场对运动电荷的作用，并让学生了解在磁场中运动的电荷会受到一个力的作用，这个力就是洛伦兹力。
洛伦兹力的大小和方向受到电荷速度、磁感应强度和电荷的电量的影响。
2.2洛伦兹力的计算公式讲解洛伦兹力的计算公式：F=qvBsinθ，其中F为力的大小，q为电荷的电量，v为电荷的速度，B为磁感应强度，θ为电荷速度与磁感应强度之间的夹角。
2.3运动电荷的运动轨迹通过PPT演示和实验装置展示，让学生看到不同速度、电量、夹角等条件下运动电荷的运动轨迹。
让学生总结出运动电荷在磁场中的运动规律，并解释其原理。
3.实验操作（30分钟）3.1实验名称：运动电荷在磁场中的运动轨迹实验3.2实验目的：观察运动电荷在磁场中的受力情况及其运动轨迹3.3实验装置与材料：实验装置（包括磁场演示器、电源、导线、互感线圈等）、实验报告纸3.4实验步骤：（1）将磁场演示器放置在桌面上，使其水平放置。
（2）连接磁场演示器与电源，并通过开关调节磁感应强度B。
（3）在磁场演示器上安装导线和互感线圈，将互感线圈连接到示波器上。
（4）将运动电荷（如金属球）放置在互感线圈上，并保持其静止状态。
（5）开启电源，调节磁感应强度B，观察示波器的显示情况。
磁场对运动电荷的作用教案教案
磁场对运动电荷的作用教案教案教案：磁场对运动电荷的作用一、教学目标1.理解电荷在磁场中受到的洛伦兹力的方向和大小；2.能够运用右手定则判断电荷在磁场中受力的方向；3.掌握电荷在磁场中的运动规律。
二、教学重点1.电荷在磁场中受到的洛伦兹力的方向和大小；2.右手定则的运用。
三、教学难点如何描绘电荷在磁场中的运动轨迹。
四、教学过程步骤一：导入新课1.引入：回顾前一节课讲到的静磁场对运动电荷的作用。
在运动电荷周围一定有磁场，接下来我们要学习的是磁场对运动电荷的作用。
步骤二：学习磁场对运动电荷的作用1.洛伦兹力的方向和大小- 当一个电荷q以速度v运动时，它在磁场B中受到的力F为洛伦兹力，其大小为F=qvBsinθ，其中θ为v与B之间的夹角。
-根据右手定则，可以确定洛伦兹力的方向：将右手的四指指向电荷正向运动的方向，磁场方向由手指所示的方向确定，洛伦兹力的方向则为手掌的方向。
-提示学生进行练习，验证右手定则。
2.电荷在磁场中的运动-通过讲解洛伦兹力的方向和大小，引导学生理解电荷受力的规律。
-当电荷进入磁场时，会受到洛伦兹力的作用，产生一个沿着力方向的加速度。
-如果电荷的速度与磁场方向垂直，则电荷将按照圆周轨道运动；如果电荷的速度与磁场方向平行，则电荷将以直线方式运动。
-提示学生进行实验，观察电荷在磁场中的运动规律。
步骤三：进行案例分析和讨论1.设计一个具体的案例：一个带正电的粒子在垂直于地球表面的磁场中运动，请描述粒子的运动轨迹，并解释其运动规律。
2.引导学生根据之前所学的知识，应用右手定则和洛伦兹力的方向和大小推导出粒子的运动轨迹，并进行讨论。
步骤四：小结与拓展1.小结：通过本节课的学习，我们了解了磁场对运动电荷的作用及其运动规律。
掌握了右手定则的运用方法。
2.拓展：提问学生，如果一个电荷除了在磁场中运动外，还受到其他力的作用，它的运动会有什么变化？为什么？五、课堂作业1.准备一个具有一定速度和电荷量的带正电的粒子放置在磁场中，根据所学知识，推导出粒子的运动轨迹，画出示意图。
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教学案(含解析)
第2讲 磁场对运动电荷的作用教材知识梳理一、洛伦兹力1．定义：磁场对________的作用力．2．大小：当v ⊥B 时，F ＝________；当v ∥B 时，F ＝0. 3．方向：用________定则来判断．4．通电导体所受的安培力是导体内所有运动电荷所受的________的宏观表现． 二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动 1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做________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________运动． 3．基本公式(1)轨迹半径公式：r ＝________．(2)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝________；ω＝2πT＝2πf ＝________．答案：一、1.运动电荷 2.qvB 3.左手 4.洛伦兹力 二、1.匀速直线 2.匀速圆周 3．(1)mvBq (2)Bq2πmBq m【思维辨析】(1)运动的电荷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)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．( ) 答案：(1)(×) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√)考点互动探究考点一 洛伦兹力的理解与计算考向一 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)用左手定则判断洛伦兹力方向，应注意区分正、负电荷． (4)洛伦兹力一定不做功．[2015·海南卷] 如图9251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9251A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案：A[解析] 磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外，电子在a点的运动方向水平向右，根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上．选项A正确．(多选)[2016·江苏清江中学周练] 如图9252所示，下端封闭、上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中( )图9252A．洛伦兹力对小球做正功B．小球在竖直方向上做匀加速直线运动C．小球的运动轨迹是抛物线D．小球的机械能守恒答案：BC [解析] 运动过程中，洛伦兹力垂直小球的速度方向，对小球不做功，设小球竖直分速度为v y、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示．由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向上还受到竖直向下的重力，两个力都是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，B正确；在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，C正确；由于过程中内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，D 错误．考向二 洛伦兹力与电场力的比较(多选)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图9253所示．不计空气，则( )图9253A ．一定有h 1＝h 3B ．一定有h 1＜h 4C ．h 2与h 4无法比较D ．h 1与h 2无法比较 答案：AC[解析] 第1个图，由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 202g.第3个图，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，故A 正确；而第2个图，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为E k ，则由能量守恒定律得mgh 2＋E k ＝12mv 20，又由于12mv 20＝mgh 1，所以h 1＞h 2，D 错误．第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则h 4可能大于h 1，也可能小于h 1，故C 正确，B 错误．考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动考向一 直线边界磁场带电粒子在直线边界磁场中的运动(进、出磁场具有对称性，如图9254所示)．图9254如图9255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v a 、v b 和v c 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l a 、l b 和l c ，电子在磁场中运动的时间分别为t a 、t b 和t c ，整个装置放在真空中，则下列判断正确的是( )图9255A ．l a ＝l c ＜l bB ．l a ＜l b ＜l cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t a ＞t b ＞t c 答案：AD[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 ＝mvBq和周期公式T ＝2πmBq很容易得出l a ＝l c ＜l b ，t a ＞t b ＞t c ，所以B 、C 错误，A 、D 正确．考向二 平行边界磁场带电粒子在平行边界磁场中的运动(存在临界条件，如图9256所示)．图9256多选)如图9257所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( )图9257A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径 答案：AB[解析] 由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场区域宽度l ＝r sin 60°＝mv 0qB sin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m＝sin 60°Bt ，A 项正确；周期T ＝2πmqB也可求出，B 项正确；因磁场区域宽度未知，故C 、D 项错误．(多选)如图9258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 点以相同的速率在纸面内沿不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ＝10 cm ，则( )图9258A ．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 ＞16 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.考向三 圆形边界磁场带电粒子在圆形边界磁场中的运动(沿径向射入必沿径向射出，如图9259所示)．图9259如图92510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v3，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( )图92510A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt 答案：B[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 v 2r，解得粒子第一次通过磁场区域的半径为R ＝mvqB，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T 为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πmqB，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3时，其在磁场中的轨道半径变为R3，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∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项只有B.■ 方法技巧(1)圆心的确定方法①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可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92511甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．图92511②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以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92511乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．(2)在磁场中运动时间的确定方法①利用轨迹圆弧对应的圆心角θ计算时间：t ＝θ2πT ；②利用轨迹弧长L 与线速度v 计算时间：t ＝L v. 考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题考向一 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92512所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a ，如若带负电，其轨迹为b .图92512如图92513所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界线．现有质量为m 、电荷量的绝对值为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．图92513[解析] 若粒子带正电，则其临界轨迹是图示上方与NN ′相切的14圆弧由几何关系有d ＝R －R cos 45°根据牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R解得轨道半径：R ＝mvBq联立解得：v ＝（2＋2）Bqdm若粒子带负电，则其临界轨迹是图示下方与NN ′相切的34圆弧由几何关系有d ＝R ′＋R ′cos 45°轨道半径R ′＝mv ′Bq联立解得：v ′＝（2－2）Bqdm[点评] 题目中只给出“粒子电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷． 考向二 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92514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 .图92514(多选)[2016·商丘模拟] 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，且作用在负电荷上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答案：AC[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 ＝m v 2R ，得v ＝4BqRm ，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 ′＝2Bqm，选项A 、C 正确． 考向三 临界状态不唯一形成多解如图92515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，因此它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解．图92515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92516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92516A ．使粒子的速度v <Bql4mB ．使粒子的速度v >5Bql4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m <v <5Bql 4m答案：AB[解析] 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝mv 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m；若粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝mv 2Bq ，解得v 2＝Bql4m，故A 、B 正确．考向四 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92517所示．图92517[2016·石家庄调研] 如图92518所示，在xOy 平面的第一象限内，x ＝4d 处平行于y 轴放置一个长l ＝43d 的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场．在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；(2)若在点C (8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用的时间．图92518[解析] (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速率为v 1时，恰好打在吸收板AB 的A 点由图中几何关系可知粒子的轨道半径r 1＝2d由牛顿第二定律可得：qv 1B ＝mv 21r 1联立解得：v 1＝2qBdm设粒子的速率为v 2时，恰好打在吸收板AB 的B 点由图中几何关系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径r 2＝8d由牛顿第二定律可得：qv 2B ＝mv 22r 2联立解得：v 2＝8qBdm因此要使射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：2qBd m ≤v ≤8qBd m(2)设磁场的磁感应强度为B ′时，经过B 点的粒子能够到达C 点 由几何关系，粒子的轨道半径r ＝8d2n(n ＝1，2，3，…)由牛顿第二定律可得：qv 2B ′＝mv 22r解得B ′＝2nB (n ＝1，2，3，…) 粒子从O 到B 的时间t 1＝m θqB ＝m π3qB粒子从B 到C 的时间t 2＝n 2T ′＝n 2×2πm qB ′＝πm2qB故粒子从O 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝5m π6qB考点四 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题如图92519所示，两个同心圆半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m 、电荷量为－q (q ＞0)，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？图92519[解析] (1)粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点的轨迹如图所示，圆心为O 1，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 1由几何关系得R 1＝3r 3又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr3m. (2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r 4又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m.如图92520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e m的电子以速度v 0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()图92520A ．B ＞2mv 0ae B ．B ＜2mv 0aeC ．B ＞3mv 0aeD ．B ＜3mv 0ae答案：D[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 ＝a2cos 30°＝a 3，要想电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于a3，由r ＝mv qB 有a 3＜mv 0eB，即B ＜3mv 0ae ，选D.■ 方法技巧解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系．(2)寻找临界点常用的结论：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当速度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．③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．考点五带电粒子在磁场中运动的特殊方法考向一放缩圆法带电粒子以大小不同、方向相同的速度垂直射入同一匀强磁场中，做圆周运动的半径随着速度的增大而增大，因此其轨迹为半径放大的动态圆，利用放缩的动态圆，如图92521所示，可以找出临界状态的运动轨迹．图92521多选)如图92522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t0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92522A ．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] 带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0＝56T ，则粒子运动的轨道所对的圆心角为θ＝56·2π＝53π，速度的偏向角也为53π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 边射出磁场，故A 正确．当带电粒子运动的轨迹与ad 边相切时，轨迹所对的圆心角为60°，粒子运动的时间为t ＝16T ＝13t 0，在所有从ad 边射出的粒子中运动的最长时间为13t 0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，一定不是从ad 边射出磁场，故B 错误．若该带电粒子在磁场中经历时间是54t 0＝58T ，则得到的轨迹所对的圆心角为54π，由于53π>54π>π，则一定从bc 边射出磁场，故C 正确．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0＝12T ，则得到的轨迹所对的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于60°＋90°＝150°＝56π<π，故不一定从ab 边射出磁场，D 错误．考向二 旋转圆法粒子源发射的速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径R 相同，同时可发现这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R 的圆上．由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法：确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时，可以将一半径为R 的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，如图92523所示，这种方法称为“平移法”．图92523多选)[2015·四川卷] 如图92524所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4T ．电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝－1.6×10－19C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图92524A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm 答案：AD[解析] 电子运动的轨道圆半径R ＝mvqB＝4.55 cm .用虚线表示所有轨道圆的圆心轨迹，圆心轨迹与MN 相切于O 点．当θ＝90°时，如图甲，四边形O 1SOM 是正方形，上边界轨道圆与MN 相切于M 点，同理下边界轨道圆与MN 相切于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝9.1 cm ，A 对．当θ＝60°时，如图乙， MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转30°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＜9.1 cm ，B 错．当θ＝45°时，如图丙，MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转45°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l >4.55 cm ，C 错．当θ＝30°时，如图丁，圆心轨迹与MN 交于O ，过O 点作垂直于MN 的直线，交圆心轨迹于O 1，连接SO 1，则三角形OO 1S 是等边三角形，O 1O 垂直于MN ，所以上边界轨道圆与MN 相切于O 点，下边界轨道圆与MN 相交于N 点， 所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝4.55 cm ，D 对．考向三 平移圆法粒子发射速度大小方向不变，但入射点沿一直线移动时，轨迹圆在平移，但圆心在同一直线上图92525多选)如图92526所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入，入射速度垂直AD 且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则( )图92526A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子距A 点0.5d 处射入，不会进人Ⅱ区C ．粒子距A 点1.5d 处射入，在I 区内运动的时间为πm qBD ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB答案：CD[解析] 粒子在磁场中的运动半径r ＝mv qB＝d ，选项A 错误；设从某处E 进入磁场的粒子其轨迹恰好与AC 相切(如图)，则E 点距A 的距离为2d －d ＝d ，粒子距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区，选项B 错误；粒子距A 点1.5d 处射入，不会进入Ⅱ区，在I 区内的轨迹为半圆，运动的时间为t ＝T 2＝πmqB，选项C 正确；进入Ⅱ区的粒子，弦长最短运动时间最短，且最短弦长为d ，对应圆心角为60°，最短时间为t min ＝T 6＝πm3qB，选项D 正确．【教师备用习题】1．(多选)[2016·内蒙古包头一中模拟] 如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖直放置的半径为R ＝0.50 m 的圆形绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.50 T ．有一个质量为m ＝0.10 g 、带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C 的小球在斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过槽轨最高点，则下列说法中正确的是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．若小球到达槽轨最高点的线速度为v ，小球在槽轨最高点时的关系式mg ＋qvB ＝m v 2R成立B ．小球滑下的初位置离槽轨最低点轨道高h ＝2120 mC ．小球在槽轨最高点只受到洛伦兹力和重力的作用D ．小球从初始位置到槽轨最高点的过程中机械能守恒[解析] BCD 小球恰好能通过最高点，说明槽轨对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力，即此时小球受洛伦兹力和重力的作用，根据左手定则，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律，有mg －qvB＝m v 2R，选项A 错误，选项C 正确；从初位置到最高点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，故mgh ＝mg (2R )＋12mv 2，在最高点，有mg －qvB ＝m v 2R ，联立解得h ＝2120m ，选项B 、D 正确． 2．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，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 ．2 B. 2 C ．1 D.22[解析] D 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB ＝mv 2r 有B 1B 2＝r 2r 1·v 1v 2，穿过铝板后粒子动能减半，则v 1v 2＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r 2r 1＝12，因此B 1B 2＝22，D 正确．3．(多选)[2014·新课标全国卷Ⅱ] 图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小[解析] AC 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A 正确．由轨道半径公式R ＝mvBq知 ，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B 错误．由R ＝mv Bq＝2mE kBq知，D 错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小与速度有关，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C 正确．4．[2014·安徽卷] “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )A.T B ．T C.T 3D ．T 2[解析] A 根据洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2r ，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r ＝mvqB.由动能的定义式E k ＝12mv 2，可得r ＝2mE kqB，结合题目信息可得B ∝T ，选项A 正确．5．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m 、电荷量为e 的电子，从a 点垂直磁感线以初速度v 开始运动，经一段时间t 后经过b 点，a 、b 连线与初速度方向的夹角为θ，则t 为( )。
全国通用近年高考物理大一轮复习第九章磁场第25讲磁场对运动电荷的作用学案(2021年整理)
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第25讲磁场对运动电荷的作用考纲要求考情分析命题趋势1。
洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ2．洛伦兹力的计算公式Ⅰ3．带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ2016·全国卷Ⅱ，182016·全国卷Ⅲ，18高考对本节内容的考查主要是以选择题或计算题的形式考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．说明：洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形1．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①v∥B时,F＝__0__；②v⊥B时，F＝__qvB__；③v与B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)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错误!__；②轨道半径公式：r＝__mv Bq__;③周期公式：T＝__错误!__。
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（通用版）高考物理大一轮复习第9章磁场第2节磁场对运动电荷的作用教学案第2节 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：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。
4．做功：洛伦兹力不做功。
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 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。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) (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 ＝2πrv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比。
(×)(4)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。
(√)(5)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D 形盒的最大半径、磁感应强度B 、加速电压的大小共同决定的。
(×) (6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。
(√)(7)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。
(√) 2．(人教版选修3－1P 98T 1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( )A BC D[答案] B3．(鲁科版选修3－1P 132T 2)(多选)两个粒子，电量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动( )A ．若速率相等，则半径必相等B ．若动能相等，则周期必相等C ．若质量相等，则周期必相等D ．若动量大小相等，则半径必相等CD [带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，qvB ＝m v 2R ，可得R＝mv qB，T ＝2πm qB，可知C 、D 正确。
] 4．(2015·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 ＝mvqB可知，轨道半径增大。
分析角速度：由公式T ＝2πm qB 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。
]对洛伦兹力的理解和应用 [依题组训练]1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，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作用，则该处的磁感应强度一定为零C ．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不做功D [运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功，故D 正确。
]2．(多选)粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有大小相同、方向相反的电流，电流方向如图所示，水平面上一带电滑块(电性未知)以某一初速度v 沿两导线连线的中垂线射入，运动过程中滑块始终未脱离水平面，下列说法正确的是( )A ．滑块所受洛伦兹力方向沿垂直平分线与速度方向相同B ．滑块一定做匀变速直线运动C ．两导线之间有相互作用的引力D ．两导线之间有相互作用的斥力BD [由安培定则知，两导线连线的垂直平分线上磁场方向沿垂直平分线向下，滑块运动方向与磁场方向平行，滑块不受洛伦兹力，只受恒定的摩擦力作用，故A 错误，B 正确；同向电流相互吸引，逆向电流相互排斥，故C 错误，D 正确。
]3．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，此时它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右B [带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场，根据安培定则，a 在O 点产生的磁场方向为水平向左，b 在O 点产生的磁场方向为竖直向上，c 在O 点产生的磁场方向为水平向左，d 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。
根据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B 正确。
]4．(多选)(2019·杭州模拟)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB 和BC 组成，两斜面在B 处用一光滑小圆弧相连接，P 是BC 的中点，竖直线BD 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B 处可认为处在磁场中，一带电小球从A 点由静止释放后能沿轨道来回运动，C 点为小球在BD 右侧运动的最高点，则下列说法正确的是( )A ．C 点与A 点在同一水平线上B ．小球向右或向左滑过B 点时，对轨道压力相等C ．小球向上或向下滑过P 点时，其所受洛伦兹力相同D ．小球从A 到B 的时间是从C 到P 时间的2倍AD [小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C 点与A 点等高，在同一水平线上，选项A 正确；小球向右或向左滑过B 点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B 错误；同理小球向上或向下滑过P 点时，洛伦兹力也等大反向，选项C 错误；因洛伦兹力始终垂直BC ，小球在AB 段和BC 段(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为g sin θ，由x ＝12at 2得小球从A 到B 的时间是从C 到P 的时间的2倍，选项D 正确。
]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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(3)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F⊥B，F⊥v F∥E方向的关系做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功带电粒子在匀强磁场中的运动[讲典例示法] 1．两种方法定圆心方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点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迹的圆心(如图甲所示)。
甲乙方法二：已知入射方向和入射点、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)。
2．几何知识求半径利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的应用(勾股定理)。
找到AB 的中点C ，连接OC ，则△AOC 、△BOC 都是直角三角形。
3．两个观点算时间观点一：由运动弧长计算，t ＝lv(l 为弧长)； 观点二：由旋转角度计算，t ＝α360°T ⎝ ⎛⎭⎪⎫或t ＝α2πT 。
4．三类边界磁场中的轨迹特点 (1)直线边界：进出磁场具有对称性。
(a) (b) (c)(2)平行边界：存在临界条件。
(d) (e) (f)(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。
(g) (h)[典例示法] (2019·全国卷Ⅱ)如图所示，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。
ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k 。
则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )A ．14kBl ，54kBl B ．14kBl ，54kBlC ．12kBl ，54kBl D ．12kBl ，54kBl 思路点拨：首先确定轨迹圆心，确定的方法是：做初速度的垂线和入射点与出射点连线的中垂线，两线交点即为圆心；其次利用几何关系求出半径，再利用半径公式求出电子的速度大小。
[解析] 若电子从a 点射出，运动轨迹如图线①，有qv a B ＝m v 2aR a ，R a ＝l 4，解得v a ＝qBR a m ＝qBl 4m ＝kBl 4，若电子从d 点射出，运动轨迹如图线②，有qv d B ＝m v 2d R d ，R 2d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R d －l 22＋l 2，解得v d ＝qBR d m ＝5qBl 4m ＝5kBl4，选项B 正确。
[答案] B无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：[跟进训练]带电粒子在直线边界磁场中的运动1．(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AD [a 、b 粒子做圆周运动的半径都为R ＝mvqB，画出轨迹如图所示，以O 1、O 2为圆心的两圆弧分别为b 、a 的轨迹，a 在磁场中转过的圆心角大，由t ＝θ2πT ＝θmqB 和轨迹图可知A 、D 选项正确。
]带电粒子在平行边界磁场中的运动2．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v 0进入磁场。
若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d 。