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1、2022届高考物理一轮复习 第十章 磁场 第2节 磁场对运动电荷的作用学案 新人教kok电子竞技2022届高考物理一轮复习 第十章 磁场 第2节 磁场对运动电荷的作用学案 新人教kok电子竞技kok电子竞技：姓名：- 19 -第2节磁场对运动电荷的作用必备知识预案自诊知识梳理一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和洛伦兹力的公式1.洛伦兹力:磁场对的作用力叫洛伦兹力。注: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,二者性质相同,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。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。注:用左手定则判定洛伦兹力方向

2、时,“四指指向”与电荷运动形成等效电流方向相同。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f=,为v与b的夹角,如图所示。(1)vb,=0或180,洛伦兹力f=。(2)vb时,=90,洛伦兹力f=。(3)v=0时,洛伦兹力f=。4.洛伦兹力与电场力的比较项目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f=qvb(vb)f=qe力方向与场方向的关系fb,fvfe做功情况任何情况下都不做功可能做功,也可能不做功二、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,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、。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=2rv=2mqb;f=1t=。=2t=2f=bqm。考点自诊1.判断下列说法的正误。(1)洛伦兹力的方向、粒子运动方向、磁场方向两两相互垂直。()(2)带电粒子的速度大小相同,所受洛伦兹力不一定相同。()(3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。()(4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变。()(5)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动。()(6)根据周期公式t=2rv得出t与v成反比。()(7)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。()2.(新教材

4、人教kok电子竞技选择性必修第二册p10习题改编)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()3.(多选)(2020天津卷)如图所示,在oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为b的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的m点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角=45。粒子经过磁场偏转后在n点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知om=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则()a.粒子带负电荷b.粒子速度大小为qbamc.粒子在磁场中运动的轨道半径为ad.n与o点相距(2+1)a关键能力学案突破考点一带电粒子在磁场中的圆周运动(师生共研)1.带电粒子在匀强磁场

5、中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来,要把握好“一找圆心,二定半径,三求时间”的分析方法。在具体问题中,要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式:qvb=mv2r,求半径r=mvqb及运动周期t=2rv=2mqb。2.圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的

6、运动直线边界(进出磁场具有对称性,如图丙所示)。平行边界(存在临界条件,如图丁所示)。圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图戊所示)。3.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。4.时间的计算方法方法一由圆心角求:t=2t。方法二由弧长求:t=sv。【典例1】(2016全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为b的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径mn的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔m射入筒内,射入时的运动方向与mn成30角。当筒转过90时,该

7、粒子恰好从小孔n飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()a.3bb.2bc.bd.2b解题指导审题关键词句分析解读一圆筒处于磁感应强度大小为b的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,在该截面内,一带电粒子从小孔m射入筒内带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动粒子射入时的运动方向与mn成30角根据对称性,粒子射出磁场时与半径方向也应成30角筒转过90所用时间为圆筒运动周期的14破题(1)根据粒子入射方向和出射点,确定圆心,求圆心角。(2)求粒子运动周期根据粒子运动时间与筒运动时间相等求解。(3)求比荷可根据粒子的周期公式求解。规律方法带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三

8、步法”对点演练1.(2019全国卷)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,54kblb.14kbl,54kblc.12kbl,54kbld.12kbl,54kbl2.(2020安徽合肥质检)如图所示为一粒子速度选择器的原理示意图。半径为10 cm的圆柱形桶内有一匀强磁场,磁感应强度大小为1.010-4 t,方向平行于轴线向外,圆桶的某直径两端开有小孔,有一粒子源发射出速度连续分布、

9、比荷为2.01011 c/kg的带正电粒子,若某粒子出射的速度大小为22106 m/s,粒子间相互作用及重力均不计,则该粒子的入射角为()a.30b.45c.53d.60考点二带电粒子在有界磁场中的临界极值问题(师生共研)解答带电粒子在有界磁场中的临界极值问题的方法技巧找突破口许多临界问题,题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示,审题时,一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律,找出临界条件两种思路一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从

10、而通过临界条件求出临界值六种方法(1)用临界条件求极值;(2)用边界条件求极值;(3)用三角函数求极值;(4)用二次方程的判别式求极值;(5)用不等式的性质求极值;(6)用图像法求极值三个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速率v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)在圆形匀强磁场中,当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)【典例2】(2020全国卷)如图所示,在0xh,-y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计

11、重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值bmin。(2)如果磁感应强度大小为bmin2,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。解题指导审题关键词句分析解读在0xh,-y0)的粒子粒子带正电,根据偏转方向可以确定磁场方向沿x轴进入磁场,不计重力粒子只受洛伦兹力做匀速圆周运动,且圆心在y轴上粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场粒子进入磁场时,洛伦兹力沿y轴正方向求在这种情况下磁感应强度的最小值bmin粒子轨迹半径最大时磁感应强度有最小值bmin如果磁感应强度大小为bm

12、in2粒子轨迹半径变为原来的2倍破题根据粒子运动轨迹的偏转方向确定洛伦兹力的方向,再由左手定则确定磁场方向;分析临界问题时,应该清楚对于一定速率的确定粒子,轨迹半径与磁感应强度成反比。临界极值问题解题流程对点演练3.(2020全国卷)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为()a.3mv2aeb.mvaec.3mv4aed.3mv5ae4.在如图所示的平面直角坐标系xoy中,

13、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、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=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。考点三带电粒子在匀强磁场中的多解问题(师生共研)多解分类多解原因示意图带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电,也可能带负电,粒子在磁场中的运动轨迹不同磁场方向不确定题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,必须考虑磁感应强度方向有两种情况续表多解分类多解原因示意图

14、临界状态不唯一带电粒子在飞越有界磁场时,可能直接穿过去了,也可能从入射界面反向飞出运动的往复性带电粒子在空间运动时,往往具有往复性【典例3】如图所示,在无限长的竖直边界ac和de间,上、下部分分别充满方向垂直于adec平面向外的匀强磁场,上部分区域的磁感应强度大小为b0,of为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为+q的粒子从ac边界上与o点相距为a的p点垂直于ac边界射入上方磁场区域,经of上的q点第一次进入下方磁场区域,q与o点的距离为3a。不考虑粒子重力。(1)求粒子射入时的速度大小;(2)要使粒子不从ac边界飞出,求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件;(3)若下方区域的磁感应强

15、度b=3b0,粒子最终垂直de边界飞出,求边界de与ac间距离的可能值。巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)分析题目特点,确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题,寻找通项式,若是出现几种解的可能性,注意每种解出现的条件。对点演练5.(多选)如图,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为b,mm和nn是它的两条边界线,现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入,要使粒子不能从边界nn射出,粒子入射速率v的最大可能是()a.qbdmb.(2+2)qbdmc.qbd2md.(2-2)qbdm第2节磁场对运动电荷的作用

16、必备知识预案自诊知识梳理一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和洛伦兹力的公式1.运动电荷2.(1)垂直反方向洛伦兹力(2)平面3.qvbsin (1)0(2)qvb(3)0二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.匀速直线2.匀速圆周3.(1)mv2r(2)mvbq(3)bq2m考点自诊1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2.b3.ad由于粒子在磁场力的作用下垂直穿过x轴,根据左手定则可知,粒子带负电荷,a正确;根据题意画图找圆心o,如图所示。结合几何关系有r=2a,n点与o点间的距离为(2+1)a,d正确,c错误;又因为洛伦兹力提供向心力qvb=mv2r,联立解得v=2qbam,b错误。关键能力学

17、案突破典例1a如图为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。m、n分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和mn的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心o。根据题意,nmn=45,om与nm延长线的夹角为60,所以omn=75,mon=30,即轨迹圆的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,t磁12=t筒4,即1122mqb=142,解得比荷qm=3b,a选项正确。对点演练1.b本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。当电子从a点射出时,电子在磁场中运动的半径为ra=14l,而bqva=mva2ra,即va=bqram=14kbl;当电子从d点射出时,电子在磁场中运动的半径为rd,如图

18、,根据几何关系得rd2=l2+(rd-l2)2,解得rd=54l,所以,vd=54kbl,b正确,a、c、d错误。2.b由牛顿第二定律得:bqv=mv2r,解得:r=mvqb=210-1m=102cm,过入射速度和出射速度方向作垂线,得到轨迹的圆心o,画出轨迹如图,粒子从小孔a射入磁场,与ab方向的夹角为,则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为,由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为2,则有:sin=rr=22,解得:=45,故b正确,a、c、d错误。典例2答案(1)垂直于纸面向里mv0qh(2)6(2-3)h解析(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面

19、向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为r,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有qv0b=mv02r由此可得r=mv0qb粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足rh由题意,当磁感应强度大小为bmin时,粒子的运动半径最大,由此得bmin=mv0qh。(2)若磁感应强度大小为bmin2,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由式可得,此时圆弧半径为r=2h粒子会穿过图中p点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在p点的运动方向与x轴正方向的夹角为,由几何关系sin=h2h=12即=6由几何关系可得,p点与x轴的距离为y=2h(1-cos)联立式得y=(2-3)

20、h。对点演练3.c本题以环形磁场为背景,意在考查带电粒子在有界磁场中的运动规律。根据题意,电子的运动被限制在实线圆区域内的条件是轨迹圆与实线圆相切,画出临界状态电子的运动轨迹如图所示,根据图中几何关系可得r2+a2+r=3a,解得r=43a;电子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,evb=mv2r,解得b=3mv4ae,选项c正确。4.答案(1)3mv0ql方向垂直于xoy平面向里(2)12l2解析(1)由左手定则知磁场方向垂直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。设轨迹圆心为o,半径为r。由几何关系有(l-r)sin30=r,所以r

21、=l3,由牛顿第二定律有qv0b=mv02r,故r=mv0qb,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。由几何关系得磁场直径oq=3r=33l所以s=oq22=12l2。典例3答案(1)5aqb0m(2)磁感应强度大于等于8b03(3)4na(n=1,2,3)解析(1)设粒子在of上方做圆周运动的半径为r,运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知(r-a)2+(3a)2=r2解得r=5a由牛顿第二定律可知qvb0=mv2r解得v=5aqb0m。甲乙(2)当粒子恰好不从ac边界飞出时,运动轨迹与ac相切,如图乙所示,设粒子在of下方做圆周运动的半径为r1,由几何关系得:

22、r1+r1cos=3a由(1)知cos=35所以r1=15a8根据qvb1=mv2r1解得b1=8b03故当b18b03时,粒子不会从ac边界飞出。(3)如图丙所示,当b=3b0时,根据qvb=mv2r丙得粒子在of下方磁场中的运动半径为r=53a设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为p1,则p与p1的连线一定与of平行,根据几何关系知:pp1=4a所以若粒子最终垂直de边界飞出,边界de与ac间的距离为l=npp1=4na(n=1,2,3)。对点演练5.bd题目中只给出粒子“电荷量为q”,未说明是带哪种电荷。若q为正电荷,轨迹是如图所示的上方与nn相切的14圆弧,轨道半径:r=mvbq又d=r-r2解得v=(2+2)bqdm。若q为负电荷,轨迹是如图所示的下方与nn相切的34圆弧,则有:r=mvbqd=r+r2,解得v=(2-2)bqdm。故选bd。