2023版新教材高考物理一轮复习 第十一章 磁场安培力与洛伦兹力 第2讲 磁场对运动电荷的作用学生用书.docx

1、第 2 讲 磁场对运动电荷的作用 【必备知识自主排查】一、洛伦兹力的大小和方同 1定义：磁场对_的作用力 2大小(1)vB 时，F_；(2)vB 时，F_；(3)v 与 B 的夹角为时，F_如图所示 3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_决定的平面(注意 B 和 v 可以有任意夹角)，如图所示 4做功：洛伦兹力_ 二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1若 vB，则带电粒子以入射速度 v 做_运动 2若 vB，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度 v 做_运动，如图所示 3v

2、 与 B 既不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中做_ 4基本公式(1)向心力公式：qvB_；(2)轨道半径公式：r_；(3)周期公式：T2rv T_ 注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率_ 【教材拓展】1.人教版选择性必修第二册 P7 的“演示”改编汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是()A向上 B向下 C向左 D向右 2人教版选择性必修第二册 P9的“思考与讨论”改编电视机显像管应用了电子束磁偏转的原理如图所示，电子束经电子枪加速后进入偏转磁场，然后打在荧光屏上产生亮点没有磁场时，亮点在 O 点；加上

3、磁场后，亮点的位置偏离 O 点以下说法正确的是()A仅增大加速电压，亮点将远离 O 点 B仅减小磁感应强度，亮点将远离 O 点 C增大加速电压同时增大磁感应强度，亮点可能远离 O 点 D增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点可能远离 O 点 【关键能力分层突破】考点一 洛伦兹力的理解与应用 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

4、，而洛伦兹力对运动电荷不做功 【跟进训练】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 22022北京海淀区模拟如图所示，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，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，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 3如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并

5、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、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()A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 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界 圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，若入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射时速度方向的反向延长线必经过该区域圆的圆

6、心，如图甲 若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为，如图乙 2圆心的确定方法 方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力 Fv，分别确定两点处洛伦兹力 F 的方向，其交点即为圆心，如图(a)；方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)3半径的计算方法 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 4时间的计算方法 方法一 由圆心角求：t2T.方法二

7、由弧长求：tsv.例 1 2021全国乙卷，16如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为 m，电荷量为 q(q0)的带电粒子从圆周上的 M 点沿直径 MON 方向射入磁场若粒子射入磁场时的速度大小为 v1，离开磁场时速度方向偏转 90；若射入磁场时的速度大小为 v2，离开磁场时速度方向偏转 60.不计重力，则v1v2为()A12 B33 C32 D3 解题心得 命题分析 试题情境 属于基础性题目，以带电粒子在匀强磁场中的运动为素材创设学习探索问题情境 必备知识 考查带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动、洛伦兹力 关键能力 考查推理能力、模型建构能力要求学生建构有界圆形磁场中的匀速圆周运动

8、模型 学科素养 考查物理观念、科学思维要求考生根据描述粒子各物理量间关系及有界磁场范围推断结果 【跟进训练】4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 轴离开第一象限粒子在磁场中运动的时间为()A5m6qB B7m6qB C11m6qB D13m6qB 52022烟台模拟如图所示，等腰直角三角形 abc 区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.三个相同的带电粒子从 b 点沿 bc 方向分别以速度 v1、v

9、2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为 t1、t2、t3，且 t1t2t3331.直角边 bc 的长度为 L，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A三个速度的大小关系一定是 v1v2v3 B三个速度的大小关系可能是 v2v1v3 C粒子的比荷qmBt1 D粒子的比荷qmv22BL 62021山东滨州统考(多选)如图所示，在矩形区域 MNPE 中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从 M 点沿 MN 方向发射两个粒子，两粒子分别从 P、Q 射出已知 MEPQQE，则两粒子()A两粒子的速率之比为 52 B两粒子的速率之比为 53 C在磁场中运动时间之比为 5390 D在磁场中运动时间之比为 37

10、90 思维方法 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法：考点三 带电粒子在磁场中运动的临界多解问题 角度 1 带电粒子在磁场中运动的临界极值问题 处理临界问题的两个方法 数理结合法 利用“矢量图”“边界条件”等求临界值 利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值 抓关键词法“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词，画出粒子的临界轨迹 例 2 2021山东莱阳统考 利用磁场可以屏蔽带电粒子如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为 r 和 3r 的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为 B，其横截面如图所示一带电粒子从 P 点正对着

11、圆心 O 沿半径方向射入磁场已知该粒子的比荷为 k，重力不计为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为()AkBr B2kBr C3kBr D4kBr 角度 2 带电粒子在磁场中运动的多解问题 例 3(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线 PQ 与水平面成 45角，在 PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B.位于直线上的 a 点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为 q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线 PQ 上的 b 点，已知 abd，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为()A2q

12、Bd6m B2qBd4m C2qBd2m D3qBdm 【跟进训练】7.如图所示，半径 R10 cm 的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟 y 轴在坐标原点 O 处相切，磁感强度 B0.33 T，方向垂直纸面向里在 O 处有一放射源 S，可沿纸面向各方向射出速率均为 v3.2106 m/s 的粒子，已知粒子的质量 m6.61027 kg，电荷量 q3.21019 C，则该粒子通过磁场空间的最大偏转角为()A30 B45 C60 D90 82022山东烟台统考如图所示，在正六边形 ABCDEF 的内接圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可以调节正六边形的边长为 l，O 为正六边形

13、的中心点，M、N 分别为内接圆与正六边形 AB 边和 BC 边的切点，在 M 点安装一个粒子源，可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为qm、速率为 v 的粒子，不计粒子重力 (1)若沿 MO 方向射入磁场的粒子恰能从 N 点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为 B3mv3ql，求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间 考点四“数学圆”方法在电磁学中的应用科学推理核心素养提升 角度 1 “放缩圆”模型法的应用“放缩圆”法 粒子射入方向确定，但速率 v 或磁感应强度 B 变化时，以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件

14、例 4(多选)如图所示，在一等腰直角三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子(重力不计)从 AC 边的中点 O 垂直于 AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为 2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A若该粒子的入射速度为 vqBlm，则粒子一定从 CD 边射出磁场，且距点 C 的距离为 l B若要使粒子从 CD 边射出，则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 vqB(2+1)lm C若要使粒子从 CD 边射出，则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 v2qBlm D当该粒子以不同的速度入射时，在磁场

15、中运动的最长时间为mqB 角度 2 “旋转圆”模型法的应用“定圆 旋转”法 粒子速率 v 一定，但射入的方向变化时，以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件 例 5 如图所示，平行边界 MN、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，两边界的间距为 d，MN 上有一粒子源 A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为 m、电荷量均为q 的粒子，粒子射入磁场的速度大小 v2qBd3m，不计粒子的重力，则粒子能从 PQ 边界射出的区域长度与能从 MN 边界射出的区域长度之比为()A11 B23 C32 D33 角度 3 “平移圆”模型法的应用“平移圆”法

16、 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为 v0，则半径Rmv0qB，如左图所示(粒子带负电)例 6(多选)如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC 边界的夹角DAC30，边界 AC 与边界 MN平行，区域宽度为 d.质量为 m、电荷量为q 的粒子可在边界 AD 上的不同点射入，入射速度垂直 AD 且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则()A粒子在磁场中的运动半径为d2 B粒子在距 A 点 0.5d 处射入，不会进入区域 C粒

17、子在距 A 点 1.5d 处射入，在区域内运动的时间为mqB D能够进入区域的粒子，在区域内运动的最短时间为m3qB 【跟进训练】9如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为 B，一群比荷为qm、速度大小为v 的离子以一定发散角由原点 O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在 x 轴上长度为 L 的区域 MN 内，则 cos 2 为()A1BqL4mv B12 BqL4mv C1BqL2mv D1BqLmv 第 2 讲 磁场对运动电荷的作用 必备知识自主排查 一、1运动电荷 2(1)0(2)qvB(3)qvB sin 3(1)垂直 反方向 洛伦兹力(2)B、v 4不做功 二、1匀

18、速直线 2.匀速圆周 3.螺旋状运动 4(1)mv2r (2)mvBq(3)2mqB 无关 教材拓展 1解析：电子束带负电，电子束由负极向正极运动，在电子束运动的过程中，条形磁铁产生的磁场由 N 极指向 S 极，根据左手定则可判断出电子受到的洛伦兹力方向向下，故电子束的偏转方向向下，B 正确，A、C、D 错误 答案：B 2解析：电子在电场中加速的过程，根据动能定理得 eU12 mv2，得 v 2eUm，电子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 evBmv2r，电子的轨迹半径为 rmveB1B 2mUe，r 越大，亮点越靠近 O 点，r 越小，亮点越远离 O 点，仅增大加速电压、

19、仅减小磁感应强度或增大加速电压同时减小磁感应强度，亮点均靠近 O 点，增大加速电压同时增大磁感应强度，r 可能增大，可能不变，可能减小，则亮点可能远离 O 点C 正确 答案：C 关键能力分层突破 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

20、C 正确 答案：C 2解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故 D 正确 答案：D 3解析：根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故 C 正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小发生变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小发生变化，故 A 错误；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，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故 B 错误；由

21、于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B 很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故 D 错误 答案：C 例 1 解析：设圆形磁场区域的半径为 R，沿直径 MON 方向以速度 v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转 90，则其轨迹半径为 r1R，由洛伦兹力提供向心力得 qv1B12 1，解得 v1qBRm；沿直径 MON 方向以速度 v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转 60，由几何关系得 tan 30Rr2，可得其轨迹半径为 r23R，由洛伦兹力提供向心力得 qv2B22 2，解得 v23qBRm

22、，则v1v21333，选项 B 正确 答案：B 4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，轨迹如图所示由几何关系可得 cos 12，60，则粒子运动时间 t142mBq+162m12Bq 7m6qB，选项 B 正确 答案：B 5解析：由于 t1t2t3331，作出粒子运动轨迹图如图所示，它们对应的圆心角分别为 90、90、30，由几何关系可知轨道半径大小分别为 R2R3，R1R32L，由于v1、v2大小关系未知，R1、R2大小无法确定，由qvBmv2R可知三个速度的大小关系可能是v2v1v3，

23、故 A 错误，B 正确；粒子运动周期 T2Rv 2mqB，则 t114Tm2qB，解得qm2Bt1，故 C 错误；由 qv3B32 3及 R32L，解得粒子的比荷qmv32BL，故 D 错误 答案：B 6解析：根据题述情景，可画出两个粒子在矩形区域匀强磁场中的运动轨迹，如图所示 设 MEa，则 r2a；对从 P 点射出的粒子，由几何关系，r12(2a)2(r1a)2，解得r12.5a；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvBmv2r，可得 vqrBm，两粒子的速率之比为 v1v2r1r22.5152，选项 A 正确，B 错误从 P 点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角正弦值 s

24、in 12a2.5a0.8，153，在匀强磁场中运动时间 t1r11v1 1mqB；从 Q 点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角290，在匀强磁场中运动时间 t2r22v2 2mqB；在磁场中运动时间之比为 t1t21mqB 2mqB 5390，选项 C 正确，D 错误 答案：AC 例 2 解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图 设轨迹圆的半径为 R，在AOO中，根据勾股定理有 R2(3r)2(Rr)2，解得 R4r，根据洛伦兹力提供向心力有 qvBmv2R，又知qmk，联立解得最大速度为 v4kBr，故选 D.答案：D 例 3 解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示 所有

25、圆弧的圆心角均为 90，所以粒子运动的半径 r22 dn(n1，2，3，)，由洛伦兹力提供向心力得 qvBmv2r，则 vqBrm 2qBd2m 1n(n1，2，3)，故 A、B、C 正确，D错误 答案：ABC 7解析：放射源发射的粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即rmvqB6.610273.21063.210190.33 m0.2 m20 cm 粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又 r2R，则此圆弧所对的圆心角为 60，也就是粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为 60.轨迹如图所示选项 C 正确 答案：C 8解析：(1)粒

26、子以速率 v1沿 MO 方向射入磁场，恰能从 N 点离开磁场，轨迹如图：由几何条件可知磁场圆的半径为 R32 l 设轨迹圆半径为 r1，则 tan 2 r1R 解得：r112l 由牛顿第二定律可得 qvBmv2r1 解得：B2mvql (2)磁感应强度变化以后，大量此类粒子从 M 点射入磁场由牛顿第二定律可得 qvBmv2r2 解得：r23l 粒子射入方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，轨迹如图：由几何关系得：3 粒子在磁场中运动的最长时间 tmaxT6 T2r2v，tmax3l3v 答案：(1)2mvql (2)3l3v 例 4 解析：若粒

27、子射入磁场时速度为 vqBlm，则由 qvBmv2r 可得 rl，由几何关系可知，粒子一定从 CD 边上距 C 点为 l 的位置离开磁场，选项 A 正确；因为 rmvqB，所以 vqBrm，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的 AD 边相切时，能从 CD 边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 r(21)l，故其最大速度为 vqB(2+1)lm，选项 B 正确，C 错误；粒子在磁场中的运动周期为 T2mqB，故当粒子从三角形的 AC 边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为 180

28、，故其最长时间应为 tmqB，选项 D正确 答案：ABD 例 5 解析：粒子在磁场中运动时，Bqvmv2R，粒子运动轨迹半径 RmvBq23d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿 AN 方向进入磁场时，到达 PQ 边界的最下端，距 A 点的竖直距离 L1R2 (d R)233 d；运动轨迹与 PQ 相切时，切点为到达 PQ 边界的最上端，距 A 点的竖直距离 L2R2 (d R)233 d，所以粒子在 PQ 边界射出的区域长度为 LL1L2233 d.因为 Rd，所以粒子在 MN 边界射出区域的长度为 L2R43d.故两区域长度之比为 LL233 d43d32，故 C 正

29、确，A、B、D 错误 答案：C 例 6 解析：带电粒子在磁场中的运动半径 rmvqBd，选项 A 错误；设从某处 E 进入磁场的粒子，其轨迹恰好与 AC 相切(如图所示)，则 E 点距 A 点的距离为 2ddd，粒子在距 A 点 0.5d 处射入，会进入区域，选项 B 错误；粒子在距 A 点 1.5d 处射入，不会进入区域，在区域内的轨迹为半圆，运动的时间为 tT2mqB，选项 C 正确；进入区域的粒子，轨迹圆弧对应的弦长越短，粒子在区域的运动时间越短(劣弧)，且最短弦长为 d，对应圆心角为 60，最短时间为 tminT6m3qB，选项 D 正确 答案：CD 9解析：根据洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2R，得 RmvqB，离子通过 M、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知 MNONOM，过 M 点的两圆圆心与原点连线与 x 轴夹角为2，圆心在 x 轴上的圆在 O 点时的速度沿 y 轴正方向，由几何关系可知 L2R2R cos 2，解得 cos 2 1BqL2mv，故 C 正确 答案：C