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1、第2講 磁場對運動電荷的作用,【知識導圖】,運動電荷,力,qvB（vB）,左手,不做功,勻速直線,勻速圓周,【微點撥】 1.三個步驟: 定圓心描軌跡,找關系求半徑,定角度求時間。 2.六種邊界磁場: 直線半邊界、直線平行邊界、矩形邊界、三角形邊界、圓形邊界、正交邊界。,3.兩動態(tài)圓: 同源同向異速縮放圓、同源同速異向旋轉圓。 4.四個最值: 最小磁場面積、最長運動時間、最大偏轉角、最大偏轉位移。,【慧眼糾錯】 (1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。 糾錯:_。 (2)洛倫茲力的方向、粒子運動方向、磁場方向兩兩 相互垂直。,若v0B,粒子不受洛倫茲力,糾錯:_ _ _。 (3)運動
2、電荷進入磁場后(無其他力作用)不可能做勻 速直線運動。 糾錯:_ _。,洛倫茲力的方向與粒子運動方向一定垂直,與磁,場方向一定垂直,但粒子運動方向與磁場方向不一定,垂直,若運動電荷運動方向和勻強磁場方向平行,則,做勻速直線運動,(4)洛倫茲力可以做正功、做負功或不做功。 糾錯:_ _。 (5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速 度的大小有關。 糾錯:_。,洛倫茲力與帶電粒子速度方向垂直,故洛倫茲力,對帶電粒子不做功,由運動周期公式T= ,可知T與速度v的大小無關,(6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與 粒子的比荷成正比。 糾錯:_ _。,由半徑公式R= ,可知B、v一定時,
3、粒子做勻,速圓周運動的半徑與粒子的比荷成反比,考點1對洛倫茲力的理解 【典題探究】 【典例1】 (2015海南高考)如圖,a是 豎直平面P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,轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內向右彎曲經過a點。在電子經過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向() 導學號04450205 A.向上B.向下 C.向左D.向右,【題眼直擊】 (1)P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點。 (2)在水平面內向右彎曲經過a點。,【解析】選A。條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外,電子在條形磁鐵的磁場中向右運動,由左手定則可得電子所受洛
4、倫茲力的方向向上,A正確。,【通關秘籍】 1.洛倫茲力的特點: (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向,注意區(qū)分正、負電荷。 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化。,(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。 (4)洛倫茲力一定不做功。 2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別: (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者性質相同,都是磁場力。 (2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運動電荷不做功。,3.洛倫茲力與電場力的比較:,【考點沖關】 1.(多選)如圖所示,勻強磁場的方向豎 直向下,磁場中有光滑的水平桌面,在桌 面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管。 在水平拉力F作用下,試管向
5、右勻速運動,帶電小球能從試管口處飛出,則(),A.小球帶負電 B.小球運動的軌跡是一條拋物線 C.洛倫茲力對小球做正功 D.洛倫茲力對小球不做功,【解析】選B、D。由左手定則可知小球帶正電,A項錯 誤;因小球隨試管向右做勻速運動,故沿試管方向洛倫 茲力的分量不變,小球沿試管做勻加速運動,這樣運動 合成的軌跡為拋物線, B項正確;如果按分解力來看,沿試管向上的洛倫茲力僅是一個分力,水平方向也有洛倫茲力的分力,而在水平方向上洛倫茲力在做負功,所做的負功與沿試管向上的洛倫茲力所做的正功的代數(shù)和為零,故洛倫茲力沒有做功。如果按總的情況看,洛倫茲力與速度方向總是垂直的,洛倫茲力對小球不做功,C項錯誤,D
6、項正確。,2.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的 長直導線,其橫截面位于正方形的四個 頂點上,導線中通有大小相同的電流, 方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂 直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是 () A.向上B.向下C.向左D.向右,【解析】選B。根據安培定則及磁感應強度的矢量疊加,可得O點處的磁場向左,再根據左手定則判斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。,【加固訓練】 如圖所示,一束質量、速度和電荷不全相等的離子,經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后,進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法中正確的是(),A.組成A束和B束的離子都帶負電 B.組成A
7、束和B束的離子質量一定不同 C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外,【解析】選C。A、B粒子進入磁場后都向左偏,根據左 手定則可以判斷A、B束離子都帶正電,故A錯誤;經過速 度選擇器后的粒子速度相同,粒子所受電場力和洛倫茲 力平衡,滿足qvB=qE,即不發(fā)生偏轉的粒子具有共同的 速度大小v= ;進入磁場區(qū)分開,軌道半徑不等,根據 公式R= 可以知道,半徑大的比荷小,所以A束離子,的比荷( )大于B束離子的比荷,但不能說明質量一定 不同,故B錯誤,C正確;在速度選擇器中,電場方向水平 向右,A、B粒子所受電場力方向向右,所以洛倫茲力方 向向左,根據左手定則
8、可以知道,速度選擇器中的磁場 方向垂直紙面向內,故D錯誤。,考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動問題 【典題探究】 【典例2】 (2016全國卷)平面OM和平面ON之 間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上 方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面 向外。一帶電粒子的質量為m,電荷量為q(q0)。,粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交點O的距離為()導學號04450206,【解題探究】 (1) 軌跡與ON只有一個交點,并從
9、OM上另一點射出磁場。說明什么? 提示:粒子軌跡只能與ON相切。,(2)粒子從OM到ON轉過的圓心角是多少? 提示:圓心角為120。 (3)找距離要構造三角形,怎么構造? 提示:一般構造直角三角形或等邊三角形。,【解析】選D。如圖,由題意知運動軌 跡與ON相切。設切點為D,入射點為A, 出射點為C,圓心為O,由入射角為30 可得AOC為等邊三角形,則ACO=60, 而MON=30,ODC=90,故D、O、 C在同一直線上,故出射點到O點的距離為CO= =4r,又r= ,故距離為 。,【通關秘籍】 一條思路:物理搭臺,數(shù)學唱戲。 物理搭臺是定圓心描軌跡。數(shù)學唱戲是找關系求半徑,定角度求時間。,(
10、一)定圓心描軌跡 1.定圓心三個方法: 速度垂線過圓心。 弦的中垂線過圓心。 兩速度延長(或反向延長)線夾角的角平分線過圓心。,2.描軌跡兩個方法: 旋轉法、縮放法。 (二)找關系求半徑: 1.三個數(shù)形關系: (1)半徑R與速度v關系:R= (R、v、 、B四個量 一般是知三求一)。,(2)四個點:圓周上兩點(如入射點、出射點)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。構造三角形或四邊形,三角形多為直角三角形,當弦和半徑相等時,為等邊三角形。由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)來確定半徑。,(3)三個角:速度偏轉角、圓心角、弦切角。 速度的偏向角等于弦AB所對的圓心角。 偏向角與弦切角的關系
11、為: 180,=360-2。,2.求半徑的兩個方法: 方法一:由物理方程求,半徑R= 方法二:利用四個點,三個角等,構造四邊形或三角形, 由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。,(三)定角度求時間 方法一:由圓心角求, ; 方法二:由弧長求, 。,【考點沖關】 (2018長春模擬)如圖所示,在一個邊 長為a的正六邊形區(qū)域內存在磁感應強 度為B,方向垂直于紙面向里的勻強磁場。 三個相同的帶正電粒子,比荷為 ,先后從A點沿AD方 向以大小不等的速度射入勻強磁場區(qū)域,粒子在運動過 程中只受到磁場力作用。,已知編號為的粒子恰好從F點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子恰好從E點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子
12、從ED邊上的某一點垂直邊界飛出磁場區(qū)域。求: (1)編號為的粒子進入磁場區(qū)域的初速度大小。 (2)編號為的粒子在磁場區(qū)域內運動的時間。 (3)編號為的粒子在ED邊上飛出的位置與E點的距離。,【解析】(1)設編號為的粒子在磁場中做圓周運動的 半徑為r1,初速度大小為v1,則qv1B=m ,由幾何關系可 得r1= ,解得v1= 。 (2)設編號為的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r2, 線速度大小為v2,周期為T2,則qv2B=m ,T2= ,解得 T2= ,由幾何關系可得,編號為的粒子在磁場中運,動轉過的圓心角為60,則在磁場中運動的時間 t= 。,(3)設編號為的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r
13、3,如圖所示, 由幾何關系可得AE=2acos30= a, r3= =2 a, OE= =3a,EG=r3-OE=(2 -3)a。,答案:(1) (2) (3)(2 -3)a,考點3帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 【典題探究】 【典例3】(2017全國卷)如圖,虛線 所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的 勻強磁場,P為磁場邊界上的一點,大量 相同的帶電粒子以相同的速率經過P點,在紙面內沿不,同方向射入磁場,若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁 場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速 率為v2,相應的出射點分布在三分之一圓周上,不計重 力及帶電粒子之間的相互作用,則v2v1為() 導學號0
14、4450207 A. 2B. 1 C. 1D.3,【解題探究】 (1)此題是帶電粒子在圓形磁場中的運動問題,要通過什么方法動態(tài)畫圓找到臨界圓? 提示:縮放法。 (2)打到最遠處的粒子運動的弧長有什么特點? 提示:打到最遠處的粒子運動的弦最長,弧長是半圓周。,【解析】選C。設圓形區(qū)域磁場半徑為R,根據題意,當 粒子出射點分布在六分之一圓周上時,根據幾何關系可 知軌道半徑r1=Rsin30,由洛倫茲力提供向心力,得到 r1= ,當粒子相應的出射點分布在三分之一圓周上 時,根據幾何關系:r2=Rsin60,又因為r2= ,聯(lián)立 解得v2v1= 1,故選C。,【通關秘籍】 處理有界勻強磁場中的臨界問題
15、的技巧 從關鍵詞、語句找突破口,審題時一定要抓住題干中“恰好”“最大”“至少”“不脫離”等詞語,挖掘其隱藏的規(guī)律。,1.剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切,據此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值。 2.當速度v一定時,弧長(或弦長)越大,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧)。,3.當速率變化時,圓心角大的,運動時間長。 4.在圓形勻強磁場中,當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時,軌跡對應的偏轉角最大(所有的弦長中直徑最長)。,【考點沖關】 1.如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)
16、域內有一 垂直紙面向里的勻強磁場,P為磁場邊界 上的一點。大量質量為m、電荷量為q的 帶正電粒子,在紙面內沿各個方向以相 同速率v從P點射入磁場。這些粒子射出磁場時的位置,均位于PQ圓弧上,PQ圓弧長等于磁場邊界周長的 (不計粒子重力和粒子間的相互作用),則該勻強磁場的磁感應強度大小為(),【解析】選D。這些粒子在磁場中做勻 速圓周運動,由牛頓第二定律可得 qvB= 。從Q點離開磁場的粒子是這些 粒子中離P點最遠的粒子,所以PQ為從Q點離開磁 場的粒子的軌跡圓弧的直徑,由圖中幾何關系可知,該粒子軌跡圓的圓心O、磁場圓的圓心O和點P形成一 個直角三角形,由幾何關系可得,r=Rsin 60= R。
17、 聯(lián)立解得B= ,D項正確。,2.如圖所示,圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場,P為 磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣 質量的粒子在紙面內沿各個方向以相同的速率通過P點 進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某 一段圓弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的 。,將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2,結果相應的弧 長變?yōu)樵瓉淼囊话?則 等于() A. B. C.2D.3,【解析】選B。當軌道半徑小于或 等于磁場區(qū)半徑時,粒子射出圓形 磁場的點離入射點最遠距離為軌跡 直徑。如圖所示,當粒子從 圓周 射出磁場時,粒子在磁場中運動的軌 道直徑為PQ,粒子都從圓弧PQ之間射出,因此軌道半徑,
18、r1=Rcos30= R;若粒子射出的圓弧對應弧長為“原 來”的一半,即 周長,對應的弦長為R,即粒子運動軌 跡直徑等于磁場區(qū)半徑R,半徑r2= ,由r= 可得 。,加固訓練】 如圖所示,在邊長為2a的正三角形區(qū) 域內存在方向垂直于紙面向里的勻 強磁場,一個質量為m、電荷量為-q 的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中 心O以速度v進入磁場,粒子進入磁場時的速度,方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60,若要使粒子能 從AC邊穿出磁場,則勻強磁場的磁感應強度大小B需滿 足(),【解析】選B。若粒子剛好達到C點時, 其運動軌跡與AC相切,如圖所示,則粒 子運動的半徑為r0= 。由r= 得,粒 子要能從A
19、C邊射出,粒子運行的半徑應滿足rr0, 解得 ,選項B正確。,考點4帶電粒子在磁場中運動的多解問題 【典題探究】 【典例4】(2018天水模擬)如圖甲所示,M、N為豎直 放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有 一個小孔O、O正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁 場,磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示,設垂直紙面 向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t=0時,垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響。求:導學號04450208,(1)磁感應強度B0的大小。 (2)
20、要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。,【解析】(1)正離子射入磁場,由洛倫茲 力提供向心力,即qv0B0= ,做勻速圓 周運動的周期T0= ,聯(lián)立兩式得磁感應 強度B0= 。,(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,離子的運動軌跡如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期即T0時,有r= ,當在兩板之間正離子共運動n個周期,即nT0時,有r= (n=1,2,3,)。聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0= (n=1,2,3,)。,答案:(1) (2) (n=1,2,3,),【通關秘籍】 帶電粒子在磁場中運動的多解問題 1.帶電粒子電性不確定形成多解:受洛倫茲力
21、作用的帶電粒子,由于電性不同,當速度相同時,正、負粒子在磁場中運動軌跡不同,形成多解。 如圖甲所示,帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場,若帶正電,其軌跡為a,若帶負電,其軌跡為b。,2.磁場方向不確定形成多解:有些題目只已知磁感應強度的大小,而不知其方向,此時必須要考慮因磁感應強度方向不確定而形成的多解。 如圖乙所示,帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場,若B垂直紙面向里,其軌跡為a,若B垂直紙面向外,其軌跡為b。,3.臨界狀態(tài)不唯一形成多解: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狀,因此,它可能穿過磁場飛出,也可能轉過180 從入射界面這邊反向飛出,從而形成多解,如圖丙所
22、示。,4.運動的周期性形成多解:帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時,運動往往具有往復性,從而形成多解,如圖丁所示。,【考點沖關】 1.(多選)如圖所示,兩方向相反、磁 感應強度大小均為B的勻強磁場被邊 長為L的等邊三角形ABC理想分開,三 角形內磁場垂直紙面向里,三角形頂點A處有一質子源, 能沿BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質子(質子重力,不計),所有質子均能通過C點,質子比荷 =k,則質子 的速度可能為() A.2BkL,【解析】選B、D。因質子帶正電,且經過C點,其可能的軌跡如圖所示,所有圓弧所對圓心角均為60,所以質子運行半徑 r= (n=1,2,3,),由洛倫茲力提供向心力得
23、 Bqv= m,即v= =Bk (n=1,2,3,),選項B、 D正確。,2.(多選)(2018商丘模擬)一質量為m,電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷做勻速圓周運動,若磁場方向垂直于它的運動平面,且作用在負電荷上的電場力恰好是磁場力的三倍,則負電荷做圓周運動的角速度可能是(),【解析】選A、C。依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”,磁場方向有兩種可能,且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中,由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時,根據牛頓第二定,律可知4Bqv=m ,得v= ,此種情況下,負電荷運
24、動的角速度為= ;當負電荷所受的洛倫茲 力與電場力方向相反時,有2Bqv=m ,v= ,此種 情況下,負電荷運動的角速度為= 。故選 A、C。,【加固訓練】 如圖所示, 在坐標系xOy中,第一 象限內充滿著兩個勻強磁場a和b, OP為分界線,在磁場a中,磁感應強 度為2B,方向垂直于紙面向里,在磁場b中,磁感應強度 為B,方向垂直于紙面向外,P點坐標為(4l,3l)。一質量,為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b,經過一段時間后,粒子恰能經過原點O,不計粒子重力。求: (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少? (2)粒子運動的速度可能是多少?,【解析】(1)設粒子的入射速度為v,用Ra、Rb、Ta、Tb 分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和 周期,則有Ra= Ta= ,Tb= 。 當粒子先在磁場b中運動,后進入磁場a中運動,然后從 O點射出時,粒子從P點運動到O點所用的時間最短,如 圖所示。,根據幾何知識得tan= =37。 粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為 tb= Tb,ta= Ta,故從P點運動到O點的最短時間為 t=ta+tb= 。,(2)由題意及解析(1)圖可知 n(2Racos+2Rbcos)= 解得v= (n=1,2,3,)。 答案:(1) (2) (n=1,2,3),
（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 9.2 磁場對運動電荷的作用課件.ppt
