2019-2020年高考物理總復習講義 第8章 第2講 磁場對運動電荷的作用.doc
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2019-2020年高考物理總復習講義 第8章 第2講 磁場對運動電荷的作用 1．洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判斷方法：左手定則 (2)方向特點：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B和v決定的平面．(注意：B和v不一定垂直)． 3．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝0. (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB. (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0. (1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用．() (2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．() 知識二 帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力的特點 洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功． 2．粒子的運動性質 (1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動． (2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式 (1)根據公式T＝，可知帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．() (2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關．(√) 知識三 質譜儀和回旋加速器 1．質譜儀 (1)構造：如圖8－2－1所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等組成． 圖8－2－1 (2)原理：①粒子由靜止在加速電場中被加速，根據動能定理有qU＝mv2.②粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，qBv＝.③由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷r＝，m＝，＝. 2. 圖8－2－2 回旋加速器 (1)構造：如圖8－2－2所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中． (2)原理：交變電流的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電場強度方向周期性地發(fā)生變化，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關． (1)利用質譜儀可以測得帶電粒子的比荷．(√) (2)經過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應強度B、加速電壓的大小共同決定的．() 1．帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是( ) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 【解析】 因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小不變，所以B項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D項錯． 【答案】 B 2．有關洛倫茲力和安培力的描述，正確的是( ) A．通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現 C．帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功 D．通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行 【解析】 通電直導線與磁場方向平行時，安培力等于零，故A錯；安培力一定垂直磁場和電流所決定的平面，即安培力方向一定垂直磁場方向，D錯；洛倫茲力也一定垂直磁場與速度方向決定的平面，即洛倫茲力一定與運動方向垂直，洛倫茲力一定不做功，C錯；二者的關系為安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現，B正確． 【答案】 B 3．(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖8－2－3所示．這臺加速器由兩個銅質D形盒構成，其間留有空隙．下列說法正確的是( ) 圖8－2－3 A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量 【解析】 離子在磁場中做勻速圓周運動，速度越大，軌道半徑越大，所以離子要從加速器的中心附近進入加速器．洛倫茲力總是垂直于速度的方向，所以磁場是不對離子做功的，它的作用只是改變離子的速度方向，而電場的作用才是加速離子，使之獲得能量．由此可見，選項A、D是正確的． 【答案】 AD 4．(xx北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值( ) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質量成正比 D．與磁感應強度成正比 【解析】 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，該粒子運動等效的環(huán)形電流I＝＝，由此可知，I∝q2，故選項A錯誤；I與速率無關，選項B錯誤；I∝，即I與m成反比，故選項C錯誤；I∝B，選項D正確． 【答案】 D 5．(xx大綱全國高考)質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是( ) A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 C．若q1≠q2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 【解析】 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得r＝，同一勻強磁場，即B相等，又因為兩粒子的動量大小相等，所以有r∝，若q1＝q2，則r1＝r2，故A選項正確，B選項錯誤；由周期公式T＝，由于B相等，2π為常數，所以T∝，故C、D選項錯誤． 【答案】 A 考點一 [67] 對洛倫茲力的理解 一、洛倫茲力和安培力的關系 洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現． 二、洛倫茲力與電場力的比較 對應力內容比較項目 洛倫茲力 電場力 性質 磁場對在其中運動的電荷的作用力 電場對放入其中電荷的作用力 產生條件 v≠0且v不與B平行 電場中的電荷一定受到電場力作用 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場 方向的關系 一定是F⊥B，F⊥v，與電荷電性無關 正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負功，也可能不做功 力為零時 場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零 作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向 ——————[1個示范例]—————— 圖8－2－4 (xx安徽高考)圖8－2－4中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是( ) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【解析】 綜合應用磁場的疊加原理、左手定則和安培定則解題．由安培定則分別判斷出四根通電導線在O點產生的磁感應強度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確． 【答案】 B ——————[1個預測例]—————— 圖8－2－5 帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖8－2－5所示．運動中粒子經過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為( ) A．v0 B．1 C．2v0 D. 【審題指導】 解答該題應注意： (1)帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡為圓，其運動半徑r＝Oa. (2)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動． ①水平方向做勻速直線運動； ②豎直方向做勻加速直線運動． 【解析】 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則由 r＝得B＝，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則有r＝v0t，r＝at2＝t2，得：E＝，故＝2v0，C正確． 【答案】 C 考點二 [68] 帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動分析 一、運動特點 帶電粒子以垂直于磁場方向進入磁場，其軌跡是一段圓?。? 二、圓心的確定 1．基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心． 2．兩種常見情形 (1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8－2－6所示，圖中P為入射點，M為出射點)． 圖8－2－6 圖8－2－7 (2)已知入射點、入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8－2－7所示，P為入射點，M為出射點)． 3．帶電粒子在不同邊界磁場中的運動 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖8－2－8) 圖8－2－8 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖8－2－9) 圖8－2－9 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8－2－10) 圖8－2－10 三、半徑的確定 1．做出帶電粒子在磁場中運動的幾何關系圖． 2．運用幾何知識(勾股定理、正余弦定理、三角函數)通過數學方法求出半徑的大小． 四、運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示： t＝T(或t＝T)． ——————[1個示范例]—————— 圖8－2－11 (xx新課標全圈卷Ⅰ)如圖8－2－11，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力)( ) A. B. C. D. 【解析】 本題應從帶電粒子在磁場中的圓周運動角度入手并結合數學知識解決問題． 帶電粒子從距離ab為處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60，粒子運動軌跡如圖，ce為射入速度所在直線，d為射出點，射出速度反向延長交ce于f點，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運動圓心為O′，則O、f、O′在一條直線上，由幾何關系得帶電粒子所做圓周運動的軌跡半徑為R，由F洛＝Fn得qvB＝，解得v＝，選項B正確． 【答案】 B 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題程序——三步法 (1)畫軌跡：即確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡． (2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，在磁場中運動的時間與周期相聯系． (3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． ——————[1個預測例]—————— 圖8－2－12 如圖8－2－12所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的磁感應強度B需滿足( ) A．B> B．B< C．B> D．B< 【審題指導】 要粒子從AC邊穿出磁場，則從C點射出的粒子對應的磁感應強度為最小值． 【解析】 粒子剛好到達C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運動的半徑為r0＝acot 30.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑r>r0，解得B<，選項B正確． 【答案】 B 考點三 [69] 帶電粒子在磁場中運動的多解問題 一、帶電粒子的電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解． 如圖8－2－13甲，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b. 甲 乙 圖8－2－13 二、磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解． 如圖8－2－13乙，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b. 三、臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180從入射界面這邊反向飛出，如圖8－2－14甲所示，于是形成了多解． 甲 乙 圖8－2－14 四、運動的周期性形成多解 帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解．如圖8－2－14乙所示． (xx蘇州模擬)如圖8－2－15甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示．設垂直紙面向里的磁場方向為正方向．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質量為m，帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力．求： 圖8－2－15 (1)磁感應強度B0的大??； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時的速度v0的可能值． 【審題指導】 (1)離子勻速圓周運動的周期為T. (2)根據B－t圖線正確畫出離子的運動軌跡． (3)分析垂直N板射出磁場時，v0可能值的成因是d＝4rn(n＝1,2,3……)． 【解析】 (1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力qv0B0＝① 做勻速圓周運動的周期T0＝② 聯立①②兩式得磁感應強度B0＝. (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r＝，當兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時，有r＝(n＝1,2,3…) 聯立求解，得正離子的速度的可能值為 v0＝＝(n＝1,2,3…)． 【答案】 (1) (2)(n＝1,2,3…) 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 (1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因． (2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)． (3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現多種解的可能性，注意每種解出現的條件. 對粒子加速器的錯誤認識 ——————[1個易錯例]—————— 圖8－2－16 如圖8－2－16所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B，用來加速質量為m、電荷量為q的質子，質子從下半盒的質子源由靜止出發(fā)，加速到最大能量E后，由A孔射出．則下列說法不正確的是( ) A．回旋加速器不能無限加速質子 B．增大交變電壓U，則質子在加速器中的運行時間將變短 C．回旋加速器所加交變電壓的頻率為 D．下半盒內部，質子的運動軌跡半徑之比(由內到外)為1∶∶ 【解析】 隨著質子速度的增大，相對論效應逐漸顯現，質子質量增大，做圓周運動的周期不能保持與所加電場變化的周期同步，從而不能再被加速，因此，加速器不能無限加速質子，A正確；增大交變電壓，質子每次經過電場時獲得的動能增大，在磁場中運動的半徑增大，加速次數和所做圓周運動的次數減少，因此運動時間減小，B正確；由f＝，T＝，R＝，E＝mv2聯立得f＝，C項正確；設下半盒第n個半圓的半徑為rn，粒子速度為vn，則2nqU＝mv，得vn＝，rn＝＝ ，從內向外半徑之比為1∶∶，D項錯誤． 【答案】 D ——————[1個糾錯練]—————— 1．審題方面 (1)由于忽視相對論效應而誤認A項錯誤． (2)由于沒有注意質子是從下半盒的質子源出發(fā)的而誤認為D正確． 2．知識應用方面 (1)由于沒有正確理解最大動能與加速電壓無關，增大交變電壓，粒子每次增加的動能增多，粒子加速次數減少，運行時間變短而誤認為B錯誤． (2)不能正確利用相關公式f＝，T＝，R＝，E＝mv2，計算錯誤而誤認為C錯誤． (多選)(xx西安一中質檢)圖8－2－17甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是( ) 圖8－2－17 A．在Ek－t圖象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B．高頻電流的變化周期應該等于tn－tn－1 C．粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能一定越大 D．D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大 【解析】 粒子在磁場中運動的周期T＝，與粒子的速度無關，粒子每次在D形盒內運動半個周期的時間都相等，故t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A對；高頻電流的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，但粒子每周期要進行兩次加速，故T＝2(tn－tn－1)，B錯；粒子最大動能與加速次數無關，C錯；根據qvB＝可推出Ekm＝，R越大，Ekm越大，D對． 【答案】 AD ⊙洛倫茲力方向的判斷 1．(多選)如圖8－2－18所示，對應的四種情況中，對各粒子所受洛倫茲力的方向的描述，其中正確的是( ) 圖8－2－18 A．垂直于v向右下方 B．垂直于紙面向里 C．垂直于紙面向外 D．垂直于紙面向里 【解析】 由左手定則可判斷A圖中洛倫茲力方向垂直于v向左上方，B圖中洛倫茲力垂直于紙面向里，C圖中垂直于紙面向里，D圖中垂直于紙面向里，故B、D正確，A、C錯誤． 【答案】 BD ⊙帶電粒子在勻強磁場中的運動 2．(xx新課標全國卷Ⅱ)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為( ) A. B. C. D. 【解析】 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關系和洛倫茲力公式即可求解． 如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝m，據幾何關系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan 60＝R，解得B＝，選項A正確． 【答案】 A 3．(xx廣東高考)質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖8－2－19中虛線所示．下列表述正確的是( ) 圖8－2－19 A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 【解析】 由左手定則知M帶負電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向＝F洛，即＝qvB得r＝，因為M、N的質量、電荷量都相等，且rM＞rN，所以vM＞vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F洛始終與v垂直，F洛不做功，選項C錯誤；由T＝知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤． 【答案】 A ⊙多解問題 4．長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖8－2－20所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場使粒子不打在極板上，可采用的辦法是( ) 圖8－2－20 A．使粒子的速度v
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