2020-2021学年 高二物理 磁场对运动电荷的作用 期末复习强化学案Word版含答案

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：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的________．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝________.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝________.(θ＝90°)
(3)v＝0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v∥B，带电粒子以入射速度v做________运动．
2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做________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T＝2πrv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3－1·P98·T1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
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
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；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h1＝h3 B．一定有h1

C．h2与h4无法比较 D．h1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(　　)
A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变大
D．a、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
①与速度方向垂直的直线过圆心
②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r＝mvqB.
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：t＝θ2π·T.
方法二　由弧长求：t＝sv.
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θ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，OA＝AB，则(　　)
A．粒子1与粒子2的速率之比为1：2
B．粒子1与粒子2的速率之比为1：4
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1
D．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d＝4 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r＝10 cm，则(　　)
A．右边界－8 cmB．右边界0C．左边界y>16 cm处有粒子射出
D．左边界0题型3|圆形边界磁场
带电粒子在圆形边界磁场中的运动(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)．
例3 如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、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. qBR2m　　　B. qBRm　　　C. 3qBR2m　　　D. 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. πm6qB B. πm3qB C. 2πm3qB D. πmqB
【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(　　)
A．30° B．45° C．60° D．120°
题型4|正方形或其他边界磁场
例4 [2019·全国卷Ⅱ，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，54kBl
C. 12kBl，54kBl D. 12kBl，54kBl
题型5|组合磁场
例5 [2019·全国卷Ⅲ，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(q>0)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(　　)
A. 5πm6qB B. 7πm6qB C. 11πm6qB D. 13πm6qB
练1　[2020·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L
B．粒子不可能从A点射出磁场
C．粒子的比荷qm＝2vB0L
D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为πL3v
练2　 (多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1:1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2:1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1:2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ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Ⅰ，24]如图，在直角三角形OPN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00的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，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θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点射出磁场Ⅱ.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)0
4．(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)2πmqB
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：C
2．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，F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时，F＝0，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F＝qvB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：B
3．解析：图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝v02 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v02＝2gh3，所以h1＝h3，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mgh2＋Ek＝12mv02，又由于12mv02＝mgh1，所以h1>h2，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
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＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－Ff＝(ma＋mb)a，Ff＝μFN.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F′N、b对a向左的静摩擦力F′f，竖直方向：F′N＝mag＋qvB，水平方向：F′f＝maa.随着v的增大，F′N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r1∶r2＝1∶2，由r＝mvqB可知，粒子1与粒子2的速率之比为1∶2，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πmqB，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r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，选项A、D正确，选项B、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O1D＝R2，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2R，得v＝qBRm，B正确．
答案：B
考法拓展1　解析：由T＝2πmqB，t＝θ2π·T，可得：t＝πm3qB，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r＝3R，由qvB＝mv2r可得，v＝3qBRm.选项C正确．
答案：C
考法拓展3　
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∠AOC＝120°，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R1＝l4，由Bqv1＝mv12 l4得v1＝Bql4m＝14kBl；从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系R2-l22＋l2＝R22，得R2＝54l，由Bqv2＝mv22 54l得v2＝5Bql4m＝54kBl，故正确选项为B.
答案：B
例5　解析：
由qvB＝mv2r得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r＝mvBq，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 θ＝12， θ＝60°，则粒子运动时间t＝14·2πmBq+16·2πm12Bq＝7πm6qB，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OD＝L2＝2r sin 30°，解得r＝L2，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qvB0＝mv2r，解得qm＝2vB0L，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θ＝60°，如图所示，其运动时间为t＝60°360°·2πRv＝πL6v，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正确；由洛伦兹力F＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝θmqB可得t＝θ1mqB1＝θ2mqB2，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝mvqB可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ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Ⅰ的宽度d1＝2r sin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝r sin 30°＋r cos (180°－60°－60°)＝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，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2①
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qvB＝mv2r②
由几何关系知d＝2r③
联立①②③式得
qm＝4UB2d2④
(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
s＝πr2＋r tan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2+33⑦
答案：(1)4UB2d2　(2)Bd24Uπ2+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：
∠APO＝∠O1OP＝30°
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：r＋r cos 60°＝1.5l
解得：r＝l
根据牛顿运动定律有：qvB＝mv2r
解得v＝qBlm
(2)由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l
答案：(1)qBlm　(2)3l