【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件9.2磁吃运动电荷的作用 (含解析).ppt，共(57)页，1.903 MB，由MTyang资料小铺上传

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9．2磁场对运动电荷的作用知识清单考点整合集中记忆一、洛伦兹力定义：磁场对运动电荷的作用力．大小：当v⊥B时，f＝qvB；当v∥B时，f＝0方向：(1)判定：用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．(2)特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决

定的平面．洛伦兹力不做功．二、带电粒子在匀强磁场中的运动如果v∥B，做平行于磁感线的匀速运动．如果v⊥B，做匀速圆周运动．(1)向心力公式：qvB＝mv2r.(2)轨道半径公式：r＝mvBq.(3)运动周期公式：T＝2πrv＝2πmqB.(4)运动时间t＝θ

2πT.注意：粒子运动的轨道半径与速率有关，周期与速率无关．考点讲练考点突破针对训练考点一洛伦兹力的特点及应用1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于电荷速度方向和磁场方向确定的平面．(2)洛伦兹力的大小和方向随电荷速度的变化而变化．(3)当电荷平行磁场运动时不受洛伦

兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力、安培力、电场力比较洛伦兹力安培力电场力产生条件磁场中的运动电荷，(v与B不平行)磁场中的通电导线(I与B不平行)电场中的电荷大小F＝qvB(v⊥B)F＝BLI(L

⊥B)F＝qE方向F⊥B且F⊥vF⊥B且F⊥I正电荷受力与电场方向相同做功任何情况下都不做功安培力做功与路径有关电场力做功与路径无关联系安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于导体内所有定向运动电荷所受洛伦兹力的合

力如图所示，摆球带负电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则()A．F1＞F2，a1＝a2B．

F1＜F2，a1＝a2C．F1＞F2，a1＞a2D．F1＜F2，a1＜a2【答案】B【解析】绳的拉力、洛伦兹力始终与单摆的运动方向垂直，不做功，只有重力做功，所以摆球在C点速度大小相同，根据a＝v2R，a1＝a2，根据左手定则，当单摆由A摆到最

低点C时，绳的拉力和洛伦兹力方向相同，由B摆到最低点C时，绳的拉力与洛伦兹力方向相反，故F1＜F2.B项正确．(2018·长沙模拟)(多选)如图所示，ac为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场．一带电小球从a点由

静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点．下列说法中正确的是()A．轨迹ab为四分之一圆弧B．小球在到b点后一定能到ac水平线C．小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D．小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等【答案】BC【解析】小球受到

重力和洛伦兹力作用，且洛伦兹力逐渐增大，不能做圆周运动，故A项错误；小球受到的洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，故B项正确；b为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，则速度的方向沿水平方向，故C

项正确；小球做曲线运动，在b点有竖直向上的向心力，合力的方向向上，所以洛伦兹力大于重力，故D项错误．考点二带电粒子在磁场中运动的基本解题方法1．两个基本关系(1)速度与半径关系：R＝mvqB几何关系—轨迹半径R—运动速度v.(2)时间与圆心角关系：t＝θ2πT几何关系—轨迹圆心角θ—运动

时间t.2．圆心的确定方法方法一、如图甲：作两个速度方向的垂线，交点即为圆心．方法二、如图乙：作速度方向的垂线和弦的垂直平分线，交点即为圆心．3．常见运动轨迹(1)直线边界(进出磁场具有对称性)：(2)平行边界(存在临界条件)：(3

)圆形边界：带电粒子沿径向射入磁场，必沿径向射出磁场，速度的偏转角φ等于该圆弧轨迹所对应的圆心角∠AO′B.轨迹圆心与磁场圆心的连线OO′垂直弦AB，且为角∠AO′B的平分线．4．解题基本思路(2018·蚌埠二模)如图所示，直线MN是一匀强磁场的边

界，三个相同的带正电粒子分别沿图示1、2、3三个方向以相同的速率从O点射入磁场，沿箭头1、3两个方向的粒子分别经t1、t3时间均从p点离开磁场，沿箭头2方向(垂直于MN)的粒子经t2时间从q点离开磁场，p是Oq的中点，则t1、t2、t3之

比为()A．1∶2∶3B．2∶3∶4C．1∶3∶5D．2∶3∶10【答案】C【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r解得：r＝mvqB，三个粒子为同种粒子、速率v相同，则粒子的轨道半径r相等，粒子在

磁场做做圆周运动的运动轨迹如图所示：由图示可知，Oq＝2r，由题意可知：p是Oq的中点，则：Op＝12Oq＝r，三粒子做圆周运动的轨道半径相等，则ΔOPO1、ΔOPO3都是等边三角形，则粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角：θ1＝60°，θ2＝180°，θ3＝300°，粒子在磁场中做圆周运动

的周期：T＝2πmqB相等，粒子在磁场中的运动时间：t＝θ2πT，粒子在磁场中的运动时间之比：t1∶t2∶t3＝θ1∶θ2∶θ3＝60°∶180°∶300°＝1∶3∶5.(2018·保定一模)如图所示，正方形区域内存

在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在A点滑AB方向进入磁场，仅受磁场力作用，经过时间t1由C点离开磁场，现改变磁感应强度，此粒子仍以原来的速度从A点进入磁场，经过时间t2由CD边上某点射出，射出时粒子速度方向与CD边界成45°角，则t1∶t2的值为

()A．2＋2B.2＋22C.2＋23D.2＋24【答案】C【解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，粒子做圆周运动的周期T＝2πRv；设正方形区域的边长为d，由几何关系可得：粒子从C点离开时，粒子转过的中心角为

90°，轨道半径R＝d，故t1＝πd2v；粒子从CD上离开，射出时粒子速度方向与CD边界成45°角，那么，由几何关系可得：R＋Rcos45°＝d，所以，R＝d1＋22＝(2－2)d；粒子转过的中心角为135°，故t2＝1

35°360°×2π·（2－2）dv＝3（2－2）πd4v，所以，t1t2＝23（2－2）＝2＋23，故C项正确，A、B、D三项错误．(2018·福州模拟)(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的

甲、乙两粒子，甲以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v2从距高直径AOB为R2的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心．不计粒子受到的重力，则()

A．两个粒子带异种电荷B．t1＝t2C．v1∶v2＝3∶1D．两粒子在磁场中轨迹长度之比l1∶l2＝3∶1【答案】AC【解析】A项，甲粒子，向上偏转，根据左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子向下偏转，根据左手定则可知乙粒子带负点，故A项正确；B项，粒子在磁场中运动的周期：T＝2πRv

＝2πmqB，两粒子比荷相同，故粒子在磁场中运动的周期相同，根据几何关系可知甲、乙两粒子在磁场中的圆心角分别为60°，120°，甲运动时间t1＝60°360°T＝16T，乙运动的时间t2＝120°360°T＝13T，即t1＝12t2，故B项错误；C项，设磁场区域圆

的半径为R，甲粒子圆周运动的半径为3R，乙粒子做圆周运动的半径为R，根据圆周运动的半径公式R＝mvqB，知R与v成正比，即v1∶v2＝3∶1，故C项正确；D项，甲粒子在磁场中的轨迹长度l1＝16×2π·3R＝3πR3，乙粒子轨迹长度l2＝13×2πR＝2πR3，所以两粒子在磁场中的轨迹长度之比为

l1∶l2＝3∶2，故D项错误．考点三带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”偏转项目垂直进入磁场垂直进入电场情景图受力FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心FE＝qE，FE大小、方向均不变，方向与初速度垂直运动性质匀速圆周运动类平抛运动运动时间t＝θ2πT＝

θmBqt＝Lv0动能不变增大(2018·新课标一模)如图所示，在矩形abdc区域中有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，某种正粒子(不计粒子的重力)从O点以初速度v0水平射入后偏转角为θ.现电场换为方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，仍使该粒

子穿过该区域，并使偏转角也为θ角，若匀强磁场的磁感应强度大小为B，粒子穿过电场和磁场的时间之比为t1t2，则()A．B＝Esinθv0，t1t2＝sinθθB．B＝Esinθv0，t1t2＝θsinθC．B＝Ecosθv0，t1t2＝sinθθD．

B＝Ecosθv0，t1t2＝θsinθ【答案】C【解析】粒子在电场中运动，只受电场力作用，做类平抛运动，加速度a＝qEm，故有：t1＝abv0，tanθ＝at1v0＝qE·abmv02；粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故有：

Bv0q＝mv02R，所以，B＝mv0qR；根据几何关系可知：粒子转过的中心角为θ，圆周运动半径R＝absinθ，所以，B＝mv0sinθq·ab＝mv02tanθ·cosθq·ab·v0＝qE·ab·cosθq·ab·v0＝Ecosθv0；所以，粒子运动周期T＝2

πRv0＝2π·abv0sinθ，故粒子在磁场中的运动时间t2＝θ2πT＝θ·abv0sinθ，所以，t1t2＝sinθθ，故C项正确，A、B、D三项错误．(2018·安徽模拟)如图所示，在xOy平面的第一象限内加一垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的正

电粒子(重力不计)从坐标原点以速度v0射入第一象限，速度方向与x轴正向成37°角，粒子打在x轴上P点(图中未画出)，若把磁场换为与xOy平面平行且与x轴正向成53°角斜向下的方向，同一粒子仍从坐标原点以同一速度v0射入，粒子也打在P点，已知sin37°＝0.6，co

s37°＝0.8，求：(1)P点的坐标；(2)匀强电场的电场强度．【答案】(1)(6mv05qB，0)(2)2516Bv0【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝mv02R①由几何关系可得：xOP＝2Rsin37

°②联立①②式解得：xOP＝6mv05qB③则P点坐标为：(6mv05qB，0)．(2)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得：xOPcos37°＝v0t④xOPsin37°＝12at2⑤Eq＝ma⑥联立③④⑤

⑥式解得：E＝2516Bv0.题型拓展典例剖析提炼方法求解磁场边界问题的方法已知带电粒子运动情况，求磁场区域的大小或边界的函数方程，解决此类问题通常有两种方法：几何法和解析法．用几何法求磁场边界用几何法求磁场边界的思路：(1)根据粒子的运动情况，确定运动轨迹．(

2)利用几何关系，求圆弧的半径和对应的弦长．(3)求能够覆盖此运动轨迹的磁场边界．例1如图所示，一个质量为m，带电量为＋q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹

角为30°.粒子的重力不计，试求：(1)圆形匀强磁场区域的最小面积；(2)粒子在磁场中运动的时间．【解析】(1)如图所示：做速度的反向作延长线的垂线，与X轴的交点O1，使O1P＝O1O，O1即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，P为粒子从磁场区的射出点．带

电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力Bqv0＝mv02R其转动半径为R＝mv0qB连接粒子在磁场区入射点和出射点的弦OP，其长度为：l＝3R要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，即：r＝12l＝32R＝32mv0qB其面积为Smin＝πr2＝3πm2v024q

2B2(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，粒子在磁场中运动的时间：t＝13T＝2πR/v03＝2πm3qB用解析法求磁场边界用解析法求磁场边界的思路：(1)建立直角坐标系，在磁场边界上任取一点(x，y)．(2)建立轨迹半径R与x、y的函数方

程．(3)根据函数方程确定磁场边界的形状、大小．例2如图所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子(不计重力)，而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达．假若放射源所放出的是质量为m、

电量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L.为了实现上述目的，必须在P的出口处放置一有界匀强磁场．求：该有界匀强磁场的磁感应强度及磁场的面积，并画出该磁场的区域．【解析】如图1所示，以P为原点建立坐标系

，设粒子从磁场边界的A点水平射出，A点坐标为(x、y)，轨迹半径为R，则有：x2＋(R－y)2＝R2图1图2由磁场的边界方程可知，这是一个圆形磁场，圆心为(0，R)，半径与轨道半径相等为R.R＝L/2Bvq＝mv2R得：R＝mvBq，联立解得：B

＝2mvqL则有界匀强磁场区域的最小面积为：S＝πL2/4.该有界匀强磁场的区域如图2所示．方法提炼磁会聚和磁发散如图：速率相等的带电粒子射入圆形磁场区，当轨迹圆的半径与磁场圆的半径相等时，平行射入的粒子会聚到圆周的一点；从圆周上某点发出的粒子从磁场平行射出．1．证明磁会聚：

设某一个带电粒子从A点水平射入圆形磁场区域，过A点作速度垂线段AO′，使AO′＝R，连接AO、BO′，由于AO′与BO平行且相等，因此OAO′B为平行四边形，且AO＝BO，OAO′B为菱形，则BO′＝R

，从A点发出的带电粒子必然经过B点．2．证明磁发散(参考例2)．1.(2018·江西联考)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带

正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．对着圆

心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足v＝qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上答案D解析根据磁发散的特点：只要轨道半径与磁场半径相等，即速度满足v＝qBRm，沿不

同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，A项错误，D项正确．由对称性可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，B项错误；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长所对的圆心角越小，运动时间越短，C项错误．2．(2018·衡水模拟)如图所示，在第一

象限内有一正三角形区域的有界匀强磁场(未画出)，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B＝0.5T，一比荷为2×102C/kg的带正电粒子，从M点以v＝200m/s的速度垂直x轴方向射入第一象限，粒子射出磁场时，速度方向恰好与OA直

线垂直．不计粒子的重力，则：(1)粒子在磁场中运动的时间为多少？(2)正三角形磁场区域的最小面积为多少？答案(1)π3×10－2s(2)3m2解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T＝2πRv①洛伦兹力提供向心力

：qvB＝mv2R②联立①②式得T＝2πmqB＝2π2×102×0.5s＝2π×10－2s③由题可知，粒子在磁场中运动的时间：t＝16T④联立③④式得：t＝π3×10－2s(2)由：qvB＝mv2R，可得：R＝mvq

B＝2002×102×0.5m＝2m则正三角形的最小边长：L＝R＝2m故正三角形的最小面积：S＝12L2sin60°＝3m2.3．(2018·海淀区二模)如图所示，在直角坐标系xOy中，点M(0，1)处不断向＋y方向发射大

量质量为m、电量为－q的粒子，粒子的初速度大小在0≤v≤v0之间．这些粒子所经磁场的磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里，求：(1)速度为v0的粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)若所有粒子都沿＋x方向穿

过b区域，均沿－y方向通过点N(3，0)，求符合要求的磁场范围的最小面积，并在所给的坐标系中画出粒子运动轨迹的示意图．解析(1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv02r，解得：r＝mv0qB；(2)设粒子以速度

v射入磁场，偏转90°后从(x，y)点离开磁场，由几何关系得：x＝r，y＝r＋mv0qB，则：y＝x＋mv0qB，即：磁场的右边界是一条直线，如图所示，此后粒子均沿＋x方向穿过b区域进入c区域，然后再偏转90°后沿－y方向通过N点，磁场区域的最小面积：Smin＝2×(14πr2－12r2)＝（π

－2）m2v022q2B2.