2022届高考物理一轮复习9.2磁吃运动电荷的作用学案新课标人教版

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第2讲　磁场对运动电荷的作用知识点一　洛伦兹力的大小和方向1．洛伦兹力：磁场对________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________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．(2)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(1)v∥B时，洛伦兹力F＝________.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝________.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝________.4．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力始终与速度方向________．(2)洛伦兹力不做功，只改变速度________．知识点二　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________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________运动．3．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＝________思考辨析(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＝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)洛伦兹力同电场力一样，可对运动电荷做正功或负功．(　　)教材改编[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(　　)  考点一　洛伦兹力的特点及应用自主演练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方向F⊥B且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，可能做负功，也可能不做功[多维练透]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2．下列关于洛伦兹力的说法中正确的是(　　)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．粒子只在洛伦兹力作用下运动时的动能、速度均不变3．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，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v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气阻力，则(　　)A．一定有h1＝h3     B．一定有h1<h4C．h2与h4无法比较  D．h1与h2无法比较4．如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动，则在加速运动阶段(　　)A．a对b的压力不变  B．a对b的压力变大C．a、b物块间的摩擦力变大  D．a、b物块间的摩擦力不变 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动多维探究1．圆心的确定 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P点速度垂线与弦的垂直平分线交点2.半径的确定和计算方法一　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．3．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＝. 题型1|单直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)例1 (多选)如图所示，一单边有界匀强磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点射出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界B点射出磁场，OA＝AB，则(　　)A．粒子1与粒子2的速率之比为1：2B．粒子1与粒子2的速率之比为1：4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2题型2|双直线边界磁场   例2 (多选)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直于纸面向里．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(　　)A．右边界－8 cm<y<8 cm处有粒子射出B．右边界0<y<8 cm处有粒子射出C．左边界y>16 cm处有粒子射出D．左边界0<y<16 cm处有粒子射出题型3|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，如图所示)．例3 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 ，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.　　　B.　　　C.　　　D.【考法拓展1】　此【例3】中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运行时间为(　　)A.  B.  C.  D.【考法拓展2】　此【例3】中，若带电粒子对准圆心沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向的夹角仍为60°，则粒子的速率为(　　)A.  B.  C.  D.【考法拓展3】　此【例3】中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角为(　　)A．30°  B．45°  C．60°  D．120°题型4|正方形或其他边界磁场例4 [2019·全国卷Ⅱ，17]如图，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.kBl，kBl  B.kBl，kBlC.kBl，kBl  D.kBl，kBl题型5|组合磁场例5 [2019·全国卷Ⅲ，18]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.练1　[2020·云南昆明模拟](多选)如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的带正电的粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)A．粒子运动的轨迹半径为LB．粒子不可能从A点射出磁场C．粒子的比荷＝D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为练2　 (多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1:1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2:1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1:2D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1:1 题后反思带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法  思维拓展高考计算题的求解技巧——“明”“画”“析”1．明过程“明过程”就是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图象，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．画草图“画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，在草稿纸上或答题纸上画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系．3．析规律“析规律”就是在解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律，如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解．[2019·全国卷Ⅰ，24]如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．[教你解决问题]       练　如图所示，在xOy平面内，在0<x<1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l、y>0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B.有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点射出磁场Ⅱ.已知P点坐标为(1.5l，l)，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置．     第2讲　磁场对运动电荷的作用基础落实知识点一1．运动电荷2．(1)垂直　反方向　洛伦兹力　(2)平面3．(1)0　(2)qvB　(3)04．(1)垂直　(2)方向知识点二1．匀速直线2．匀速圆周3．(1)m　(2)　(3)思考辨析(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×教材改编答案：B考点突破1．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．答案：C2．解析：洛伦兹力的大小不但与粒子速度的大小有关，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，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，选项A错误；把＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，由F＝qvB知，洛伦兹力大小也不变，选项B正确；电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，选项C错误；因为洛伦兹力总与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，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，选项D错误．答案：B3．解析：图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；图乙中，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Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝，又由于＝mgh1，所以h1>h2，D错误；图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，C正确．答案：AC4．解析：a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，竖直方向有FN＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－Ff＝(ma＋mb)a，Ff＝μFN.在加速阶段，v增大，FN增大，Ff增大，加速度a减小．对a受力分析，a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力F′N、b对a向左的静摩擦力F′f，竖直方向：F′N＝mag＋qvB，水平方向：F′f＝maa.随着v的增大，F′N增大，选项A错误，B正确；加速度a减小，所以a、b物块间的摩擦力变小，选项C、D均错误．答案：B例1　解析：粒子1进入磁场时速度的垂线与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2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＝可知，粒子1与粒子2的速率之比为1∶2，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此两粒子在磁场中运动的时间相同，即C正确，D错误．答案：AC例2　解析：根据左手定则可知，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，选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD例3　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＝，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＝，得v＝，B正确．答案：B考法拓展1　解析：由T＝，t＝·T，可得：t＝，故选项B正确．答案：B考法拓展2　解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m可得，v＝.选项C正确．答案：C考法拓展3　解析：磁场方向改为垂直纸面向里，粒子进入磁场后向左偏转，运动轨迹如图所示，△OAB和△OBC都是等边三角形，所以∠AOC＝120°，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角也是120°.选项D正确．答案：D例4　解析：从a点射出的电子运动轨迹的半径R1＝，由Bqv1＝得v1＝＝kBl；从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系＋l2＝，得R2＝l，由Bqv2＝得v2＝＝kBl，故正确选项为B.答案：B例5　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cos θ＝， θ＝60°，则粒子运动时间t＝··＝，选项B正确．答案：B练1　解析：从D点射出的粒子，由弦长公式OD＝＝2r sin 30°，解得r＝，故A错误；带电粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，得qvB0＝m，解得＝，故C正确；当轨迹圆以O点为中心逆时针旋转时，如图所示，与磁场边界AC相切于某点，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；带电粒子从B点射出时，其轨迹的圆心角为θ＝60°，如图所示，其运动时间为t＝·＝，故D错误．答案：BC练2　解析：由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力F＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2r sin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝r sin 30°＋r cos (180°－60°－60°)＝r，故D正确．答案：ACD思维拓展典例　解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m②由几何关系知d＝r③联立①②③式得＝④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥联立②③④⑤⑥式得t＝⑦答案：(1)　(2)练　解析：(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O做初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得：∠APO＝∠O1OP＝30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r.由几何关系可得：r＋r cos 60°＝1.5l解得：r＝l根据牛顿运动定律有：qvB＝m解得v＝(2)由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l答案：(1)　(2)3l