《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用教學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用教學(xué)案（含解析）（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講磁場對運動電荷的作用 教材知識梳理一、洛倫茲力1定義：磁場對_的作用力2大?。寒?dāng)vB時，F(xiàn)_；當(dāng)vB時，F(xiàn)0.3方向：用_定則來判斷4通電導(dǎo)體所受的安培力是導(dǎo)體內(nèi)所有運動電荷所受的_的宏觀表現(xiàn)二、帶電粒子在勻強磁場中(不計重力)的運動1若vB，帶電粒子以入射速度v做_運動2若vB，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做_運動3基本公式(1)軌跡半徑公式：r_(2)周期公式：T；f_；2f_答案：一、1.運動電荷2.qvB3.左手4.洛倫茲力二、1.勻速直線2.勻速圓周 3(1)(2)【思維辨析】(1)運動的電荷在磁場中一定會受到磁場力的作用()(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能
2、與帶電粒子的速度方向不垂直()(3)公式T說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比()(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力可能做功()(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)()答案：(1)()(2)()(3)()(4)()(5)() 考點互動探究考點一洛倫茲力的理解與計算考向一洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化(3)用左手定則判斷洛倫茲力方向，應(yīng)注意區(qū)分正、負(fù)電荷(4)洛倫茲力一定不做功1 2015海南卷 如圖9251所示，a是豎直平面P
3、上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖9251A向上 B向下 C向左 D向右答案：A解析 磁極S在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直于豎直面P水平向外，電子在a點的運動方向水平向右，根據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向上選項A正確式題 (多選)2016江蘇清江中學(xué)周練 如圖9252所示，下端封閉、上端開口且內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球，整個裝置水平向右做勻速運動，進(jìn)入方向垂直于紙面向里的勻強磁場，由于外力作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變
4、，最終小球從上端口飛出，若小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進(jìn)入磁場到小球飛出上端口的過程中()圖9252A洛倫茲力對小球做正功B小球在豎直方向上做勻加速直線運動C小球的運動軌跡是拋物線D小球的機(jī)械能守恒答案：BC解析 運動過程中，洛倫茲力垂直小球的速度方向，對小球不做功，設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，以小球為研究對象，受力如圖所示由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，則豎直方向的洛倫茲力F1qvB是恒力，在豎直方向上還受到豎直向下的重力，兩個力都是恒力，所以小球在豎直方向上做勻加速直線運動，B正確；在豎直方向上做勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，所以小球的運動軌跡為
5、拋物線，C正確；由于過程中內(nèi)壁對小球的彈力做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，D錯誤考向二洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件v0且v不與B平行電荷處在電場中大小FqvB(vB)FqE力方向與場方向的關(guān)系FB，F(xiàn)v正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功作用效果只改變電荷的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運動的方向2 (多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v
6、0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖9253所示不計空氣，則()圖9253A一定有h1h3B一定有h1h4Ch2與h4無法比較Dh1與h2無法比較答案：AC解析 第1個圖，由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1.第3個圖，當(dāng)加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上有v2gh3，所以h1h3，故A正確；而第2個圖，洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2Ekmv，又由于mvmgh1，所以h1h2，D錯誤第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清
7、，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤考點二帶電粒子在有界勻強磁場中的運動考向一直線邊界磁場帶電粒子在直線邊界磁場中的運動(進(jìn)、出磁場具有對稱性，如圖9254所示)圖92543 如圖9255所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc，整個裝置放在真空中，則下列判斷正確的是()圖9255Alalclb Blalblc Ctatbtc D
8、tatbtc答案：AD解析 畫出這三個電子在磁場中運動的軌跡，如圖所示由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R和周期公式T很容易得出lalclb，tatbtc，所以B、C錯誤，A、D正確考向二平行邊界磁場帶電粒子在平行邊界磁場中的運動(存在臨界條件，如圖9256所示)圖92564 (多選)如圖9257所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()圖9257A帶電粒子的比荷B帶電粒子在磁場中運動的周期C帶電
9、粒子的初速度D帶電粒子在磁場中運動的半徑答案：AB解析 由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60，因此由幾何關(guān)系得磁場區(qū)域?qū)挾萳rsin 60sin 60，又未加磁場時有l(wèi)v0t，所以可求得比荷，A項正確；周期T也可求出，B項正確；因磁場區(qū)域?qū)挾任粗蔆、D項錯誤式題 (多選)如圖9258所示，寬d4 cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向進(jìn)入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r10 cm，則()圖9258A右邊界：8 cmy8 cm有粒子射出B右邊界：0y8 cm有粒子射出C左邊
10、界：y16 cm有粒子射出D左邊界：0y16 cm有粒子射出答案：AD解析 根據(jù)左手定則，正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，由軌道半徑r10 cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，則OO1O1AOO2O2CO2E10 cm，由幾何知識求得ABBC8 cm，OE16 cm，因此答案為A、D.考向三圓形邊界磁場帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9259所示)圖92595 如圖92510所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射
11、入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖92510A.t B2t C.t D3t答案：B解析 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律有qvBm，解得粒子第一次通過磁場區(qū)域的半徑為R，圓弧AC所對應(yīng)的圓心角AO1C60，經(jīng)歷的時間為tT(T為粒子在勻強磁場中的運動周期，大小為T，與粒子速度大小無關(guān))；當(dāng)粒子速度減小為時，其在磁場中的軌道半徑變?yōu)?，粒子將從D點射出，根據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對應(yīng)的圓心角AO2D120，經(jīng)歷的時間為tT2t.由此可知本題正確選項只有B. 方法技巧(1)圓心的確定方法已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可過入射點和
12、出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖92511甲所示，P為入射點，M為出射點)圖92511已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖92511乙所示，P為入射點，M為出射點)(2)在磁場中運動時間的確定方法利用軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角計算時間：tT；利用軌跡弧長L與線速度v計算時間：t.考點三帶電粒子在磁場中運動的多解問題考向一帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，由于電性不同，當(dāng)速度相同時，正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解，如圖92
13、512所示，帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，如若帶負(fù)電，其軌跡為b.圖925126 如圖92513所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM和NN是它的兩條邊界線現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量的絕對值為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入要使粒子不能從邊界NN射出，求粒子入射速率v的最大值圖92513解析 若粒子帶正電，則其臨界軌跡是圖示上方與NN相切的圓弧由幾何關(guān)系有dRRcos 45根據(jù)牛頓第二定律得qvB解得軌道半徑：R聯(lián)立解得：v若粒子帶負(fù)電，則其臨界軌跡是圖示下方與NN相切的圓弧由幾何關(guān)系有dRRcos 45軌道半徑R聯(lián)立解得：v點評 題目中只給出“粒子電荷量為q
14、”，未說明是帶哪種電荷考向二磁場方向不確定形成多解有些題目只已知磁感應(yīng)強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解如圖92514所示，帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b.圖925147 (多選)2016商丘模擬 一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負(fù)電荷上的電場力恰好是磁場力的三倍，則負(fù)電荷做圓周運動的角速度可能是()A. B. C. D.答案：AC解析 依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方
15、向有兩種可能，且這兩種可能方向相反在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負(fù)電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的當(dāng)負(fù)電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqvm，得v，此種情況下，負(fù)電荷運動的角速度為；當(dāng)負(fù)電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqvm，v，此種情況下，負(fù)電荷運動的角速度為，選項A、C正確考向三臨界狀態(tài)不唯一形成多解如圖92515所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧，因此它可能穿過去，也可能轉(zhuǎn)過180從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解圖925158 (多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖92516所
16、示磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，極板不帶電現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖92516A使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v滿足v，則一定從bc邊射出磁場，故C正確若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0T，則得到的軌跡所對的圓心角為，而粒子從ab邊射出磁場時最大的偏向角等于60901504.55 cm，C錯當(dāng)30時，如圖丁，圓心軌跡與MN交于O，過O點作垂直于MN的直線，交圓心軌跡于O1，連接SO1，則三角形OO1S是等邊三角形，O1O垂直于MN，所以上邊界軌道圓與MN相切于O
17、點，下邊界軌道圓與MN相交于N點， 所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l4.55 cm，D對考向三平移圓法粒子發(fā)射速度大小方向不變，但入射點沿一直線移動時，軌跡圓在平移，但圓心在同一直線上圖9252513 (多選)如圖92526所示，在、兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角DAC30，邊界AC與邊界MN平行，區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則()圖92526A粒子在磁場中的運動半徑為B粒子距A點0.5d處射入，不會進(jìn)人區(qū)C粒子距A點1.5
18、d處射入，在I區(qū)內(nèi)運動的時間為D能夠進(jìn)入?yún)^(qū)域的粒子，在區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為答案：CD解析 粒子在磁場中的運動半徑rd，選項A錯誤；設(shè)從某處E進(jìn)入磁場的粒子其軌跡恰好與AC相切(如圖)，則E點距A的距離為2ddd，粒子距A點0.5d處射入，會進(jìn)入?yún)^(qū)，選項B錯誤；粒子距A點1.5d處射入，不會進(jìn)入?yún)^(qū)，在I區(qū)內(nèi)的軌跡為半圓，運動的時間為t，選項C正確；進(jìn)入?yún)^(qū)的粒子，弦長最短運動時間最短，且最短弦長為d，對應(yīng)圓心角為60，最短時間為tmin，選項D正確【教師備用習(xí)題】1(多選)2016內(nèi)蒙古包頭一中模擬 如圖所示，一根光滑的絕緣斜軌道連接一個豎直放置的半徑為R0.50 m的圓形絕緣光滑槽軌槽軌處在垂
19、直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B0.50 T有一個質(zhì)量為m0.10 g、帶電荷量為q1.6103 C的小球在斜軌道上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過槽軌最高點，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10 m/s2)()A若小球到達(dá)槽軌最高點的線速度為v，小球在槽軌最高點時的關(guān)系式mgqvBm成立B小球滑下的初位置離槽軌最低點軌道高h(yuǎn) mC小球在槽軌最高點只受到洛倫茲力和重力的作用D小球從初始位置到槽軌最高點的過程中機(jī)械能守恒解析 BCD小球恰好能通過最高點，說明槽軌對小球沒有作用力，洛倫茲力和重力的合力提供向心力，即此時小球受洛倫茲力和重力的作用，根據(jù)左手定則，洛倫茲力向上，根據(jù)牛頓第
20、二定律，有mgqvBm，選項A錯誤，選項C正確；從初位置到最高點的過程中只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故mghmg(2R)mv2，在最高點，有mgqvBm，聯(lián)立解得h m，選項B、D正確22014新課標(biāo)全國卷 如圖所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)，一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O，已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變不計重力鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()A2 B. C1 D.解析 D本題考查了帶電粒子在磁場中的運動根據(jù)qvB有，穿過鋁板后粒子動能減半，則，穿過鋁板后粒子運
21、動半徑減半，則，因此，D正確3(多選)2014新課標(biāo)全國卷 圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，下列說法正確的是()A電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析 AC電子、正電子和質(zhì)子垂直進(jìn)入磁場時，所受的重力均可忽略，受到的洛倫茲力的方向與其電性有關(guān)，由左手定則可知A正確由軌道半徑公式R知 ，若電子與正電子進(jìn)入磁場時的速度不同，則其運
22、動的軌跡半徑也不相同，故B錯誤由R知，D錯誤因質(zhì)子和正電子均帶正電，且半徑大小與速度有關(guān)，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，C正確42014安徽卷 “人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于()A. BT C. DT2解析 A根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm，解得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑r.由動能的定義式Ekmv2，可得r，結(jié)合題目信
23、息可得B，選項A正確5如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從a點垂直磁感線以初速度v開始運動，經(jīng)一段時間t后經(jīng)過b點，a、b連線與初速度方向的夾角為，則t為()A. B. C. D.解析 Bt時間內(nèi)電子轉(zhuǎn)過的圓心角為2，則有tT.選項B正確6(多選)2015合肥質(zhì)檢 如圖所示，兩個勻強磁場方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線則以下說法正確的是()A電子的運動軌跡為PDMCNE
24、PB電子運動一周回到P點所用的時間TCB14B2DB12B2解析 AD由左手定則可判定電子在P點受到的洛倫茲力方向向上，軌跡為PDMCNEP，選項A正確；由題圖得兩個磁場中半圓軌跡的半徑之比為12，由r可得磁感應(yīng)強度之比21，電子運動一周所用的時間tT1，選項B、C錯誤，D正確7如圖所示，長方形abcd長ad0.6 m，寬ab0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B0.25 T一群不計重力、質(zhì)量m3107 kg、電荷量q2103 C的帶電粒子以速度v5102 m/s垂直于ad及磁場射入磁場區(qū)域，則()A從Od邊射入的粒
25、子，出射點全部分布在Oa邊B從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊D從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊解析 D由r得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r0.3 m，從Od邊射入的粒子，出射點分布在be邊；從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊；選項D正確82014江蘇卷 某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上
26、在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置不計粒子的重力(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值答案 (1)(2) (3)解析 (1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r根據(jù)題意L3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h.(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞mqvB，mqvB，由題意知3rsin 304rsin 30解得vvv.(3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次由題意知L(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且qvnB，解得vn21
2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用教學(xué)案（含解析）
