江苏省高考物理第八章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用讲义（含解析）.docx

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)vB时，F0；(2)vB时，FqvB；(3)v与B的夹角为时，FqvBsin.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：FB，Fv，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(不计重力)在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动2若vB，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度大小v做匀速圆周运动3基本公式(1)向心力公式：qvBm；(2)轨道半径公式：r；(3)周期公式：T.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B12B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2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)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v0且v不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系FB，FvFE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(2018南京市、盐城市二模)如图2所示，在磁感应强度大小为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为.设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是()图2答案C解析物块向上运动的过程中合力为Fmgsin Ffmgsin mgcos qvB，方向沿斜面向下，故物块做减速运动，当物块速度减小时，所受合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化越来越慢，又因合力大小大于等于mgsin mgcos ，所以加速度减小得越来越慢，但大于等于某个值，不会逐渐减小到零，故C正确变式1(2018南京市、盐城市一模)如图3所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光在偏转线圈处有垂直于纸面的磁场B1和平行于纸面方向竖直的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上()图3A不亮B仅有一个中心亮点C仅有一条水平亮线D仅有一条竖直亮线答案C解析磁场B1不存在，只有平行于纸面方向竖直的磁场B2，电子垂直进入该磁场后，所受的洛伦兹力为水平方向，所以在荧光屏上仅有一条水平亮线，故C正确命题点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动基本思路图例说明圆心的确定与速度方向垂直的直线过圆心弦的垂直平分线过圆心轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度垂线的交点为圆心P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点为圆心某点的速度垂线与切点法线的交点为圆心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或由R2L2(Rd)2求得R运动时间的确定利用轨迹对应圆心角或轨迹长度L求时间tTt(1)速度的偏转角等于所对的圆心角(2)偏转角与弦切角的关系：180时，3602模型1直线边界匀强磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)图4图a中t图b中t(1)T(1)图c中tT例2(2018南通市等七市三模)如图5所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动不计粒子重力和粒子间相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是()图5答案B解析入射粒子轨迹圆半径相同，入射方向变化，可看作轨迹圆旋转，如图由，只有与两圆的“交集”区域没有粒子经过模型2平行边界匀强磁场平行边界存在临界条件(如图6所示)图6图a中t，t图b中t图c中t(1)T(1)图d中tT例3(2018海安中学开学考)如图7，在0xl区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，方向与x轴正方向的夹角分布在060范围内，在xl处垂直x轴放置一荧光屏S.已知沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上yl的点，则()图7A粒子的比荷为B粒子的运动半径一定大于等于lC粒子在磁场中运动时间最长的一定超过D粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l答案A解析沿x轴正方向入射的粒子轨迹如图，“经过”了S屏上P点，即与S在P点相切，所以轨迹圆半径为l，由qv0B，得，故A正确；与x轴正方向的夹角在060范围内向x轴下方入射的粒子不会打到屏S上，与x轴正方向成60角向x轴上方入射的粒子轨迹如图，与屏S交于Q点，由图可知Q点纵坐标一定小于l，故PQ长度小于2l，故D错误；在磁场中运动的周期T，故运动的最长时间为，故C错误；粒子在磁场中运动的半径rl，所以粒子运动的半径一定等于l，故B错误模型3圆形边界匀强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8所示)图8rtT90.例4(多选)(2018江苏一模) 如图9所示，在半径为R的虚线圆形区域内存在一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场大量带电荷量为q的粒子以相同的速率从M点沿纸面以不同的方向射入该磁场，只有磁场边界MN劣弧上有粒子射出，已知NOM60.不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用，则()图9A这些粒子带负电B这些粒子进入磁场的初速度为C这些粒子进入磁场的初速度为D这些粒子在磁场中运动的最长时间为答案BD解析根据左手定则知，这些粒子带正电，故A错误；当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到虚线圆形磁场的位置最远，根据几何关系知，粒子做匀速圆周运动的直径等于磁场区域圆的半径，即粒子运动轨迹半径r根据洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得r，得v，故B正确，C错误；带电粒子做匀速圆周运动的周期T，轨迹弦长最长即图示轨迹时，在磁场中运动的时间最长，最长时间t，故D正确命题点三带电粒子在匀强磁场中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，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，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5如图10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t0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，不计离子所受重力及离子之间的相互作用求：图10(1)磁感应强度B0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v0的可能值答案(1)(2)(n1,2,3，)解析(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0做匀速圆周运动的周期T0由以上两式得磁感应强度B0(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R；当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，有R(n1,2,3，)联立解得正离子的速度的可能值为v0(n1,2,3，)1(多选)(2018东台创新学校月考)以下说法正确的是()A电荷处于电场中一定受到静电力B运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C洛伦兹力对运动电荷一定不做功D洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小答案AC解析电荷处于电场中一定受到静电力FqE，故A正确；运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故B错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变运动电荷的速度大小，只能改变速度方向，故D错误2(多选)下列关于图11中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性质的判断正确的是()图11A甲图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上B乙图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里C丙图中粒子带负电D丁图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外答案ABD3.(2018丰县中学月考)如图12所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(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().图12A2B.C1D.答案D解析设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2，由题意可知，粒子轨道半径：r12r2，穿过铝板时粒子动能损失一半，即mvmv，得v1v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，磁感应强度：B，磁感应强度之比：，故选项D正确4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D5.如图13所示，在半径为R的圆形中，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板MN，带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计图13(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0从P点以任意角射入磁场，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上答案(1)(2)v0(3)见解析解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0m解得rR带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则在磁场中运动的时间t(2)当vv0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R其运动轨迹如图乙所示，由图可知PO2OOO2D30所以带电粒子离开磁场时速度的偏转角为60故打到感光板上速度的垂直分量vvsin60v0(3)当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R.设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示，由图可知PO3O3SPOSOR所以四边形POSO3为菱形故POO3S因此，带电粒子射出磁场时的速度方向为水平方向，与入射的方向无关，故粒子均能垂直打在感光板上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所示，电子射线管放在U形磁铁的N极和S极之间，射线管的P和Q两极分别接在直流高压电源的正极和负极，此时荧光屏上显示的电子束运动径迹将()图1A向上偏转B向下偏转C不发生偏转D先向上偏转后向下偏转答案B3.(多选)(2018东台创新学校月考)如图2所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁场和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OMON34，粒子重力不计，则下列说法中不正确的是()图2A带电粒子两次在磁场中运动的时间之比为34B带电粒子两次在磁场中运动的路程之比为34C带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为34D带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为43答案AD解析粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvBm，解得Rv周期：T，故运动时间t1t2，故A错误；由于轨道半径之比为34，故弧长之比为34，即路程之比为34，故B正确；由于Rv，轨道半径之比为34，故速度大小之比为34；由于洛伦兹力FqvBv，故洛伦兹力大小之比为34，故C正确，D错误4.(2019新海中学月考)如图3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3Aa粒子速率较大Bb粒子速率较大Cb粒子在磁场中运动时间较长Da、b粒子在磁场中运动时间一样长答案B5.如图4所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线静止悬挂在M点当ab中通以由ba的恒定电流时，下列说法正确的是()图4A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D6(多选)(2018盐城中学模拟)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，则由以上条件可判断()图5A该匀强磁场的方向垂直纸面向里B所有电子在磁场中的轨迹相同C速率大于v0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2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；由牛顿第二定律可知qvB，得R，可知不同速率的电子在磁场中的轨迹不相同，B选项错误；由电子在磁场中运动周期T得T，故电子在磁场中运动时间tT，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2，D选项正确7(2018徐州三中月考)如图6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、带电荷量为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()图6A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DB很大时，滑块可能静止于斜面上答案C解析据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误；速度相同时，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，根据动能定理可知，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D错误8.(多选)(2018丰县中学月考) 如图7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va、vb和vc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la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc.整个装置放在真空中则下列判断正确的是()图7AlalclbBlalblcCtatbtcDtatbtc答案AD解析三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中由于初速度va和vc的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的而初速度为vb的电子初速度方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以初速度为vb的电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是轨迹圆的直径由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同，所以lalclb，选项A正确，B错误；从图中可得，初速度为va的电子偏转的角度最大，初速度为vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：tT可得，tatbtc，故选项C错误，D正确9.(多选)(2018江苏省高考压轴卷)在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成角，如图8所示不计重力的影响，则下列关系一定成立的是()图8A若r，则090B若r，则tC若t，则rD若r，则t答案AD解析带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即圆心一定在x轴上，轨道半径R.当r时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴经过P点，最大且为90，运动时间为半个周期，即t，B项错误；当r时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角在大于0、小于180范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角90，所以过x轴时090，A项正确；同理，若t，则r，若r，则t，C项错误，D项正确10.(2018铜山中学模拟)如图9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，则匀强磁场的磁感应强度B需满足()图9ABBBDBr0，解得B，选项B正确11.(2018淮安信息调研)如图10所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道AB、水平轨道CD与半径r0.5m的光滑圆弧轨道分别相切于B、C点，AB与水平面的夹角为37，过B点垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度B1T、方向垂直于水平面向里；过C点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度大小E1104N/C、方向水平向右的匀强电场(图中未画出)现将小物块P从倾斜轨道上A点由静止释放沿AB向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力已知物块P的质量m0.5 kg、电荷量q2.5104 C，P与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，A、B两点间距离x1 m，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：图10(1)P下滑到B点的速度大小；(2)P运动到C点时对圆轨道的压力；(结果可用根式表示)(3)P与水平面间因摩擦而产生的热量答案见解析解析(1)小物块从A到B过程，根据动能定理得mgxsin 37qExcos 37mv0代入数据解得vB2 m/s(2)小物块从B到C过程，根据动能定理得mgr(1cos 37)qErsin 37mvmv代入数据解得vC m/s小物块到C点时，由牛顿第二定律有FNmgqvCB解得FN(8104) N由牛顿第三定