2023新教材高考物理一轮第十一章磁场安培力与洛伦兹力第2讲磁吃运动电荷的作用课件

第2讲　磁场对运动电荷的作用\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、洛伦兹力的大小和方同1．定义：磁场对________的作用力．2．大小(1)v∥B时，F＝________；(2)v⊥B时，F＝________；(3)v与B的夹角为θ时，F＝____________．如图所示．运动电荷0qvBqvBsinθ\n3．方向(1)判定方法：左手定则掌心——磁感线________穿入掌心．四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的________．拇指——指向________的方向．垂直反方向洛伦兹力\n(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于________决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)，如图所示．4．做功：洛伦兹力________．B、v不做功\n二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，则带电粒子以入射速度v做________运动．2．若v⊥B，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做________运动，如图所示．3．v与B既不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中做__________．匀速直线匀速圆周螺旋状运动\n4．基本公式(1)向心力公式：qvB＝________；(2)轨道半径公式：r＝________；(3)周期公式：T＝→T＝________．注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率________．m无关\n【教材拓展】1.[人教版选择性必修第二册P7的“演示”改编]汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子．如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右答案：B解析：电子束带负电，电子束由负极向正极运动，在电子束运动的过程中，条形磁铁产生的磁场由N极指向S极，根据左手定则可判断出电子受到的洛伦兹力方向向下，故电子束的偏转方向向下，B正确，A、C、D错误．\n2．[人教版选择性必修第二册P9的“思考与讨论”改编]电视机显像管应用了电子束磁偏转的原理．如图所示，电子束经电子枪加速后进入偏转磁场，然后打在荧光屏上产生亮点．没有磁场时，亮点在O点；加上磁场后，亮点的位置偏离O点．以下说法正确的是()A．仅增大加速电压，亮点将远离O点B．仅减小磁感应强度，亮点将远离O点C．增大加速电压同时增大磁感应强度，亮点可能远离O点D．增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点可能远离O点答案：C\n解析：电子在电场中加速的过程，根据动能定理得eU＝mv2，得v＝，电子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得evB＝m，电子的轨迹半径为r＝＝，r越大，亮点越靠近O点，r越小，亮点越远离O点，仅增大加速电压、仅减小磁感应强度或增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点均靠近O点，增大加速电压同时增大磁感应强度，r可能增大，可能不变，可能减小，则亮点可能远离O点．C正确．\n关键能力·分层突破\n考点一　洛伦兹力的理解与应用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．\n【跟进训练】1.关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是()A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功D．安培力一定对通电导线不做功答案：C解析：本题考查对安培力、洛伦兹力的理解与认识．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力为零，即不受洛伦兹力作用，选项A错误；通电导线在磁场中若电流方向与磁场方向平行，则所受安培力为零，即不受安培力作用，选项B错误；若安培力方向与通电导线运动方向不垂直，会对通电导线做功，选项D错误；由于洛伦兹力方向永远垂直于速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力一定对运动电荷不做功，选项C正确．\n2．[2022·北京海淀区模拟]如图所示，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，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，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\n解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．\n3．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上答案：C\n解析：根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小发生变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小发生变化，故A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误．\n考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动1．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)\n(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．②若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ，如图乙．\n2．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(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)．\n3．半径的计算方法方法一　由物理方法求：半径R＝；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．4．时间的计算方法方法一　由圆心角求：t＝·T.方法二　由弧长求：t＝.\n例1[2021·全国乙卷，16]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则为()A．B．C．D．答案：B\n解析：设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝，解得v1＝；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan30°＝，可得其轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝，解得v2＝，则＝＝，选项B正确．\n命题分析试题情境属于基础性题目，以带电粒子在匀强磁场中的运动为素材创设学习探索问题情境必备知识考查带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动、洛伦兹力关键能力考查推理能力、模型建构能力．要求学生建构有界圆形磁场中的匀速圆周运动模型学科素养考查物理观念、科学思维．要求考生根据描述粒子各物理量间关系及有界磁场范围推断结果\n【跟进训练】4．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为()A．B．C．D．答案：B\n解析：由qvB＝得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r＝，当粒子进入第一象限时，由于磁感应强度减为B，故轨迹半径变为2r，轨迹如图所示．由几何关系可得cosθ＝，θ＝60°，则粒子运动时间t＝··＝，选项B正确．\n5．[2022·烟台模拟]如图所示，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．三个速度的大小关系一定是v1＝v2<v3B．三个速度的大小关系可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷＝D．粒子的比荷＝答案：B\n解析：由于t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，作出粒子运动轨迹图如图所示，它们对应的圆心角分别为90°、90°、30°，由几何关系可知轨道半径大小分别为R2<R3，R1<R3＝2L，由于v1、v2大小关系未知，R1、R2大小无法确定，由qvB＝m可知三个速度的大小关系可能是v2<v1<v3，故A错误，B正确；粒子运动周期T＝＝，则t1＝T＝，解得＝，故C错误；由qv3B＝及R3＝2L，解得粒子的比荷＝，故D错误．\n6．[2021·山东滨州统考](多选)如图所示，在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从M点沿MN方向发射两个α粒子，两粒子分别从P、Q射出．已知ME＝PQ＝QE，则两粒子()A．两粒子的速率之比为5∶2B．两粒子的速率之比为5∶3C．在磁场中运动时间之比为53∶90D．在磁场中运动时间之比为37∶90答案：AC\n解析：根据题述情景，可画出两个α粒子在矩形区域匀强磁场中的运动轨迹，如图所示\n设ME＝a，则r2＝a；对从P点射出的粒子，由几何关系，＝(2a)2＋(r1－a)2，解得r1＝2.5a；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝，可得v＝，两粒子的速率之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2.5∶1＝5∶2，选项A正确，B错误．从P点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角正弦值sinθ1＝＝0.8，θ1＝53°，在匀强磁场中运动时间t1＝＝；从Q点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ2＝90°，在匀强磁场中运动时间t2＝＝；在磁场中运动时间之比为t1∶t2＝∶＝53∶90，选项C正确，D错误．\n[思维方法]带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法：\n考点三　带电粒子在磁场中运动的临界多解问题角度1带电粒子在磁场中运动的临界极值问题处理临界问题的两个方法数理结合法利用“矢量图”“边界条件”等求临界值利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值抓关键词法“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词，画出粒子的临界轨迹\n例2[2021·山东莱阳统考]利用磁场可以屏蔽带电粒子．如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为B，其横截面如图所示．一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场．已知该粒子的比荷为k，重力不计．为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为()A．kBrB．2kBrC．3kBrD．4kBr答案：D\n解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图设轨迹圆的半径为R，在△AOO′中，根据勾股定理有R2＋(3r)2＝(R＋r)2，解得R＝4r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，又知＝k，联立解得最大速度为v＝4kBr，故选D.\n角度2带电粒子在磁场中运动的多解问题例3(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为()A．B．C．D．答案：ABC\n解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝·(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1，2，3…)，故A、B、C正确，D错误．\n【跟进训练】7.如图所示，半径R＝10cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切，磁感强度B＝0.33T，方向垂直纸面向里．在O处有一放射源S，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的质量m＝6.6×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C，则该α粒子通过磁场空间的最大偏转角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案：C\n解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r＝＝m＝0.2m＝20cmα粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示．选项C正确．\n8．[2022·山东烟台统考]如图所示，在正六边形ABCDEF的内接圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可以调节．正六边形的边长为l，O为正六边形的中心点，M、N分别为内接圆与正六边形AB边和BC边的切点，在M点安装一个粒子源，可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为、速率为v的粒子，不计粒子重力．(1)若沿MO方向射入磁场的粒子恰能从N点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为B＝，求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间．\n解析：(1)粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：由几何条件可知磁场圆的半径为R＝l设轨迹圆半径为r1，则tan＝解得：r1＝l由牛顿第二定律可得qvB＝m解得：B＝\n(2)磁感应强度变化以后，大量此类粒子从M点射入磁场由牛顿第二定律可得qvB＝m解得：r2＝l粒子射入方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，轨迹如图：由几何关系得：α＝粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝，tmax＝\n考点四“数学圆”方法在电磁学中的应用科学推理——核心素养提升角度1“放缩圆”模型法的应用“放缩圆”法粒子射入方向确定，但速率v或磁感应强度B变化时，以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件\n例4(多选)如图所示，在一等腰直角三角形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的带正电的粒子(重力不计)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＝，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＝C．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＝D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为答案：ABD\n解析：若粒子射入磁场时速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确．\n角度2“旋转圆”模型法的应用“定圆旋转”法粒子速率v一定，但射入的方向变化时，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\n例5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＝，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∶3C．∶2D．∶3答案：C\n解析：粒子在磁场中运动时，Bqv＝，粒子运动轨迹半径R＝＝d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝＝d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝d.因为R<d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝d.故两区域长度之比为L∶L′＝d∶d＝∶2，故C正确，A、B、D错误．\n角度3“平移圆”模型法的应用“平移圆”法粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如左图所示(粒子带负电)\n例6(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为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，不计粒子重力，则()A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C．粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为答案：C\n解析：带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝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(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝＝，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，轨迹圆弧对应的弦长越短，粒子在Ⅱ区域的运动时间越短(劣弧)，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝＝，选项D正确．\n【跟进训练】9．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos为()A．1－B．C．1－D．1－答案：C\n解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2Rcos，解得cos＝1－，故C正确．