【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习学案9.2《磁场对运动电荷的作用》(含解析).doc，共(14)页，425.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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格致课堂(新高考)高考物理一轮复习学案9.2磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．洛伦兹力：磁场对运动电荷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——磁感线垂直穿入掌心；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇

指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．3．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0时

，洛伦兹力F＝0.二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．1

．x-t图象的理解核心素养一洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面．(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．2．洛伦兹力与电场力的比较内容对应力项目洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用知识框架核心素养格致课堂大小F＝qv

B(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关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、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大

小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向1．如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向

下C．向左D．向右解析：条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案：A2．一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场

垂直的平面内做匀速圆周运动．则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图象的是()解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝mv2R⇒R＝mvqB，由圆周运动规律，T＝2πRv＝2πmqB，可见粒

子运动周期与半径无关，故D项正确．答案：D一、单选题1．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，考虑地磁典例精讲过关训练格致课堂场的影响，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2．如图所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为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，斜面体静止不动．下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力逐渐增大B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动C．滑块最终要离开斜面D．滑块最终可能静止于斜面上3．在同一匀强磁场中，α粒子（42He）和质子（11H）做匀速圆周运动，若它们

的动量大小相等，则α粒子和质子（）A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力大小之比是2∶14．如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m

的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g．则A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程机械能不守恒格致课堂C．小球在最高点的最小速度1vglD．最低点与最高点的绳子拉力差值

大于6mg5．在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电量2e的α粒子和质量为m2、带电量e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是A．12mmB．21mmC．124mmD．214mm6．

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．5π6mqBB．7π6mq

BC．11π6mqBD．13π6mqB7．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦

兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右二、多选题格致课堂8．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为

g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝22qEmgqBD．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝22qEmgqB9．两个质子以不

同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点．若两圆周半径r1：r2=1：2，下列说法正确的有A．两质子速率v1：v2=1：2B．两质子周期T1：T2=1：2C．两质子由A点

出发第一次到达B点和C点经历的时间t1：t2=1：2D．两质子在B点和C点处速度方向相同10．如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是格致课堂A．B

．C．D．11．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，则（）A．一定有h1=h3B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较12．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸

面向里，质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D．运动

过程中三个小球的机械能均保持不变1．如图所示，在真空中坐标xOy平面的x＞0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2T的匀强磁场，方格致课堂向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝1.0×104m/s的带正电的粒子，粒子的

质量为m＝1.6×10－25kg，电荷量为q＝1.6×10－18C．求带电粒子能打到y轴上的范围．2．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从

O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)该圆形磁场区域的最小面积．考题预测参考答案1解析：带电粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得qvB

＝mv2R，解得R＝mvqB＝0.1m＝10cm.如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点．因OP＝10cm，AP＝2R＝20cm，则OA＝AP2－OP2＝

103cm；当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10cm.综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～103cm.答案：－10～103c

m格致课堂2解析：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里．粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场．设其轨迹圆心为O′，半径为R.由几何关系有(L－R)sin30°＝R所以R＝13L由牛顿第二定律有qv0B＝mv02R故R＝mv

0qB由以上各式得磁感应强度B＝3mv0qL(2)设磁场区域的最小面积为S，由几何关系得直径OQ＝3R＝33L所以S＝π(OQ2)2＝π12L2答案：(1)3mv0qL垂直xOy平面向里(2)π12L2过关训练参考答案1．D【详解】若小球带负电

荷，根据左手定则知道小球受斜向左向下方的洛伦兹力，这样小球偏折更厉害，会落在a的左侧若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，落在更远的b点故应该选D2．C格致课堂

【详解】滑块受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的作用，初始时刻洛伦兹力为0，滑块在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下运动，随着速度v的增大，洛伦兹力qvB增大，滑块受到的弹力减小，

引起摩擦力减小，滑块沿斜面向下加速度大小sinmgfam变大，当cosqvBmg时，滑块开始离开斜面．综上所述，故C正确，ABD错误；故选C．3．B【详解】设匀强磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，电荷量为q，运动半径为r，周期为T

，速度大小为v，受到的洛伦兹力大小为f。根据牛顿第二定律有2vqvBmr①解得mvrBq②根据匀速圆周运动规律有2π2πrmTvBq③根据动量的定义式有pvm④根据洛伦兹力公式有fqvB⑤α粒子和质子的质量之比为αH4mm⑥电

荷量之比为αH2qq⑦联立②③④⑤⑥⑦解得运动半径之比为αH12rr⑧周期之比为格致课堂αH2TT⑨运动速度大小之比为αH14vv⑩受到的洛伦兹力大小之比为αH12ff⑪故ACD错误，B正确。故选B。4．D【详解】A．小球受重力、绳子的拉力以及沿绳

子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，选项A错误；B．小球运动过程，只有重力做功，则机械能守恒，选项B错误；C．在最高的最小速度满足21min1minvmgqvBml则1minvgl选项C错误；D．在最高点时2111vTmgqvBml

从最高点到最低点221211222mvmglmv在最低点2222vTmgqvBml联立解得21216()6FFFmgqBvvmg选项D正确；故选D.5．D格致课堂【详解】粒子在磁场中做

匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律，有：2vqvBmr，动能为：212KEmv，联立可得：2222KqrBEm，粒子是氦核，粒子是电子，故粒子和粒子的电量之比为2:1，故粒子和粒子的动能之比为：211222124

KKqEmmqEmm，故D正确，ABC错误．6．B【详解】运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是14个周期,第二部分是16个周期,粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为22

12442TmmtqBqB；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为111226632TmmtBqBq；则粒子在磁场中运动的时间为：1227326mmmtttqBqBqB

，故B正确，ACD错误．.7．B【详解】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产

生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下．故选B．考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）．格致课堂8．CD【详解】A．当小球下

落稳定时所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，摩擦力向上，一开始洛伦兹力较小，弹力向右，随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，A错；B．由能量守恒可知机械能和电势能的减小量等于动能

、摩擦生热之和，所以机械能和电势能总和是减小的，B错；CD．当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为g/2时受力分析有：NfqEFNmgFmaf=qvB可求得22qEmgvqB当洛伦兹力较大时应有Nm

gFmaNfqEF可求得22qEmgvqBCD对；故选CD。9．AD【分析】根据半径关系根据qBrvrm可判断速度关系；同种粒子在相同磁场中运动的周期相同；结合几何关系可知两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，从而判断时间关系和速度方向关系．【详

解】根据2vqvBmr解得qBrvrm，可知两质子速率v1：v2=r1：r2=1：2，选项A正确；根据2mTqB可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相格致课堂同，根据2tT可知，两质子由A点出发第一次到达B点

和C点经历的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选AD.【点睛】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题

，关键是理解记忆两个基本公式，即半径公式和周期公式，充分利用几何关系找到圆心角和半径关系等等.10．ACD【分析】对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化．【详解】

设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由mgBqvam可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μB

qv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由Bqvmgam可知，随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.【点睛】此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化

情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状.11．AC【详解】对于第一种情况，根据动能定律可得20112mvmgh，解得2012vhg，对于第二种情况，小球受到洛伦兹力，但是洛伦兹力只改变运动方向，不对小球做功，所以在最高点，小球的速度不为零，应有水

平方向的速度，故有22012mghmv，又因为20112mvmgh，所以有12hh，对于第三种情况，小球受到的电场力方向沿水平方向，在竖直方向上仍满足20312mvmgh，故2032vhg，故13hh，对于第四种情况，电场力方向沿竖直方向

，若电场力方向竖直向上，则满足20412mvWmgh，则14hh，若电场力方向向下，则20412mvWmgh，则14hh，故AC正确．格致课堂12．CD【详解】ABC．三个小球在运动过程中机械能守恒，有mgh＝12mv2在圆形轨道的最

高点时对甲有qv1B＋mg＝21mvr对乙有mg－qv2B＝22mvr对丙有mg＝23mvr可判断v1＞v3＞v2选项AB错误，D正确；C．根据22vhg可知，甲球的释放位置比乙球的高，选项C正确．故选CD

.考题预测