2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：9-2 磁场对运动电荷的作用 WORD版含答案.docx

1、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：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的_3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F_.(0或180)(2)vB时，洛伦兹力F_.(90)(3)v0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vB，带电粒子以入射速度v做_运动2若vB时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做_

2、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T2rv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31P98T1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

3、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v0且v不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE方向FB且Fv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

4、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

5、；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h1h3 B一定有h1h4Ch2与h4无法比较 Dh1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()Aa对b的压力不变 Ba对b的压力变大Ca、b物块间的摩擦力变大 Da、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与速度方向垂直的直线过

6、圆心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rmvqB.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：t2T.方法二由弧长求：tsv.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，OAAB，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

7、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d4 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r10 cm，则()A右边界8 cmy8 cm处有粒子射出B右边界0y16 cm处有粒子射出D左边界0y0)、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R2 ，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. qB

8、R2mB. qBRmC. 3qBR2mD. 2qBRm【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. m6qB B. m3qB C. 2m3qB D. mqB【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. qBR2m B. qBRm C. 3qBRm D. 3qBmR【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()A30 B45 C60 D120题型4|正方形或其他边界磁场例4 2019

9、全国卷，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. 14kBl，54kBl B. 14kBl，54kBlC. 12kBl，54kBl D. 12kBl，54kBl题型5|组合磁场例5 2019全国卷，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12B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(q0)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

10、轴离开第一象限粒子在磁场中运动的时间为()A. 5m6qB B. 7m6qB C. 11m6qB D. 13m6qB练12020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qm2vB0LD从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为L3v练2 (多选)如图所示，在

11、区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是()A粒子在区域和区域中的速率之比为1:1B粒子在区域和区域中的角速度之比为2:1C粒子在区域和区域中的圆心角之比为1:2D区域和区域的宽度之比为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

12、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，24如图，在直角三角形OPN

13、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0x0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，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30射入磁场，粒子刚好经过P点进入磁场，后经过

14、x轴上的M点射出磁场.已知P点坐标为(1.5l， 32l)，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)mv2r(2)mvBq(3)2mqB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

15、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，FqvB，当粒子速度与磁场平行时，F0，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FqvB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

16、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h1v02 2g，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v022gh3，所以h1h3，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mgh2Ek12mv02，又由于12mv02mgh1，所以h1h2，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：AC

17、4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(mamb)gqvB，水平方向有FFf(mamb)a，FfFN.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FN、b对a向左的静摩擦力Ff，竖直方向：FNmagqvB，水平方向：Ffmaa.随着v的增大，FN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

18、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r1r212，由rmvqB可知，粒子1与粒子2的速率之比为12，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T2mqB，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r10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1O1AOO2O2CO2E10 cm，由几何知识求得ABBC8 cm，OE16 cm，选项A、D正确，选项B、

19、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O1DR2，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvBmv2R，得vqBRm，B正确答案：B考法拓展1解析：由T2mqB，t2T，可得：tm3qB，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r3R，由qvBmv2r可得，v3qBRm.选项C正确答案：C考法拓展3

20、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AOC120，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R1l4，由Bqv1mv12 l4得v1Bql4m14kBl；从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系R2-l22l2R22，得R254l，由Bqv2mv22 54l得v25Bql4m54kBl，故正确选项为B.答案：B例5解析：由qvBmv2r得粒子在第二象限内运动的轨迹半径rmvBq，当粒子进入第一象限时，由于磁感应强度减为12B，故轨迹半径变为2r，轨

21、迹如图所示由几何关系可得cos 12， 60，则粒子运动时间t142mBq+162m12Bq7m6qB，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ODL22r sin 30，解得rL2，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qvB0mv2r，解得qm2vB0L，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60，如图所示，其运动时间为t603602RvL6v，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

22、确；由洛伦兹力FqBvma和av可知，粒子运动的角速度之比为12B1B212，则B错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由tmqB可得t1mqB12mqB2，且B22B1，所以可得1212，则C正确；由题意可知，粒子在区域中运动的圆心角为30，则粒子在区域中运动的圆心角为60，由RmvqB可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的2倍，设粒子在区域中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度d12r sin 30r；区域的宽度d2r sin 30r cos (1806060)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

23、的速度大小为v.由动能定理有qU12mv2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qvBmv2r由几何关系知d2r联立式得qm4UB2d2(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sr2r tan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为tsv联立式得tBd24U2+33答案：(1)4UB2d2(2)Bd24U2+33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：APOO1OP30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：rr cos 601.5l解得：rl根据牛顿运动定律有：qvBmv2r解得vqBlm(2)由对称性可知OM21.5l3l答案：(1)qBlm(2)3l