2022屆高考物理一輪復習-第2課時-磁場對運動電荷的作用課件-人教大綱版2

考綱要求三年考情熱點考向考點要求2007年2008年2009年磁場對運動電荷的作用，洛倫茲力，帶電粒子在勻強磁場中的運動Ⅱ全國理綜Ⅱ(T19·選擇)全國理綜Ⅰ(T25·計算)寧夏理綜(T24·選擇)四川理綜(T21·選擇)廣東物理(T4·選擇)全國理綜Ⅰ(T25·計算)天津理綜(T23·計算)寧夏理綜(T24·計算)全國卷Ⅰ(T21·計算)全國卷Ⅱ(T25·計算)山東卷(T25·計算)北京卷(T19·選擇)福建卷(T21·計算)天津卷(T11·計算)江蘇卷(T14·計算).1.從近年來的高考題可看出，高考對本章知識考查的頻率很高，特別是帶電粒子在復合場中的運動是當前高考的熱點(見專題)．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，也是高考的熱點之一．2．本章高考題的題型有選擇、有計算且多為計算題，難度較大，常作為壓軸題出現(xiàn)在試卷中．3．預計在2011年的高考中，本章仍是高考考查的重點．特別是帶電粒子在復合場中的運動考查的概率最大質(zhì)譜儀，回旋加速器Ⅰ說明：洛倫茲力的計算限于v跟B平行或垂直兩種情況第2課時磁場對運動電荷的作用第一頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第一頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝

.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝

.(θ＝90°) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝

.0qvB0第二頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二頁，編輯于星期四：二十點三十四分。2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向電流的方向即正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于

決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)B和v第三頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1．洛倫茲力與安培力相比較

安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，但各自的表現(xiàn)形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功．第四頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第四頁，編輯于星期四：二十點三十四分。2．洛倫茲力與電場力相比較洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動的電荷有作用力(v不平行于B)電場對放入其中的電荷有作用力產(chǎn)生條件磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動的電荷不受洛倫茲力電場中的電荷無論靜止，還是運動都要受到電場力方向(1)方向由電荷正負、磁場方向以及電荷運動方向決定，方向之間關(guān)系遵循左手定則(2)洛倫茲力方向一定垂直于磁場方向以及電荷運動方向(電荷運動方向與磁場方向不一定垂直)(1)方向由電荷正負、電場方向決定(2)正電荷受力方向與電場方向一致，負電荷受力方向與電場方向相反大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE做功情況一定不做功可能做正功，可能做負功，也可能不做功第五頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第五頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1．(2010·深圳調(diào)研)如圖11－2－1所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將() A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙外偏轉(zhuǎn) D．向紙里偏轉(zhuǎn)第六頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第六頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：由右手螺旋定則，電子束所處位置的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則知，電子束將向上偏轉(zhuǎn)，A項正確．答案：A第七頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第七頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做

運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做

運動．勻速直線勻速圓周第八頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第八頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(1)向心力由洛倫茲力提供：qvB＝

；(2)軌道半徑公式：R＝

；(3)周期：T＝＝

；(周期T與速度v、軌道半徑R無關(guān))(4)頻率：f＝＝

；(5)角速度：ω＝＝

.第九頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第九頁，編輯于星期四：二十點三十四分。2．在同一勻強磁場中，質(zhì)子和電子各自在垂直于磁場的平面內(nèi)做半徑相同的勻速圓周運動，質(zhì)子的質(zhì)量為mp，電子的質(zhì)量為me，則() A．質(zhì)子與電子的速率之比等于me/mp

B．質(zhì)子與電子的動量大小之比等于me/mp C．質(zhì)子與電子的動能之比等于me/mp

D．質(zhì)子與電子的圓周運動周期之比等于me/mp 答案：AC第十頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1．電視顯像管的工作原理

電視顯像管是應(yīng)用電子束

(電偏轉(zhuǎn)、磁偏轉(zhuǎn))的原理來工作的，使電子束偏轉(zhuǎn)的

(電場、磁場)是由兩對偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的．顯像管工作時，由陰極發(fā)射電子束，利用磁場來使電子束偏轉(zhuǎn)，實現(xiàn)電視技術(shù)中的

，使整個熒光屏都在發(fā)光．磁偏轉(zhuǎn)磁場掃描第十一頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十一頁，編輯于星期四：二十點三十四分。2．質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖11－2－2所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場 和照相底片等構(gòu)成． 第十二頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十二頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式mv2＝

. ①粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝

. ②由①②兩式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．r＝

，m＝

，＝

.qU第十三頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十三頁，編輯于星期四：二十點三十四分。3．回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖11－2－3所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接

電源．D形盒處于勻強磁場中．

(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期

，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，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

和D形盒半徑?jīng)Q定，與加速電壓

．交流相等磁感應(yīng)強度無關(guān)第十四頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十四頁，編輯于星期四：二十點三十四分。3．一回旋加速器，當電場的頻率一定時，加速α粒子的磁感應(yīng)強度和加速質(zhì)子的磁感應(yīng)強度之比為() A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 解析：回旋加速器對粒子的加速過程必須保證電場頻率等于圓周運動的頻率，對質(zhì)子f電＝；對α粒子f電＝，可得Bα＝·BH＝2BH. 答案：C第十五頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十五頁，編輯于星期四：二十點三十四分?！纠?】(15分)如圖11－2－4所示，在磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內(nèi)垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)A套在OO′棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα.現(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：第十六頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十六頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環(huán)A能夠達到的最大速度為多大？第十七頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十七頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：(1)由于μ<tanα，所以環(huán)將由靜止開始沿棒下滑．環(huán)A沿棒運動的速度為v1時，受到重力mg、洛倫茲力qv1B、桿的彈力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1.根據(jù)牛頓第二定律，對圓環(huán)A沿棒的方向：mgsinα－Ff1＝ma (2分)垂直棒的方向：FN1＋qv1B＝mgcosα (2分)所以當Ff1＝0(即FN1＝0)時，a有最大值am，且am＝gsinα (2分)此時qv1B＝mgcosα (2分)解得：v1＝. (2分)第十八頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十八頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(2)設(shè)當環(huán)A的速度達到最大值vm時，環(huán)受桿的彈力為FN2，摩擦力為Ff2＝μFN2.此時應(yīng)有a＝0，即mgsinα＝Ff2 (1分)在垂直桿方向上：FN2＋mgcosα＝qvmB (2分)解得：vm＝. (2分)第十九頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第十九頁，編輯于星期四：二十點三十四分。對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路1．確定研究對象，并對其進行受力分析．2．根據(jù)物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規(guī)律．(力學規(guī)律均適用)總之解決這類問題的方法與純力學問題一樣，無非多了一個洛倫茲力． 要特別注意： (1)洛倫茲力不做功，在應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律時要特別注意這一點． (2)注意洛倫茲力可能是恒力也可能是變力．第二十頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十頁，編輯于星期四：二十點三十四分。1－1如圖11－2－5所示，下端封閉、上端開口，高h＝5m、內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質(zhì)量m＝10g、電荷量q＝0.2C的小球．整個裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B＝0.2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．取g＝10m/s2.求：第二十一頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十一頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(1)小球的帶電性．(2)小球在管中運動的時間．(3)小球在管內(nèi)運動過程中增加的機械能．第二十二頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十二頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：(1)小球受洛倫茲力方向向上，故小球帶正電．(2)小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy.與兩個分速度對應(yīng)的洛倫茲力的分力分別是豎直方向的Fy和水平方向的Fx.其中，豎直方向的洛倫茲力Fy＝qvB不變，在豎直方向上由牛頓第二定律得：qvB－mg＝ma.又有h＝at2，解得t＝1s.第二十三頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十三頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(3)小球飛出管口時，豎直方向的速度為：vy＝at.則小球飛出管口的合速度為：v合＝動能增量ΔEk＝

重力勢能的增量ΔEp＝mgh.解上述各式得機械能增加量為ΔEk＋ΔEp＝1J.答案：(1)帶正電(2)1s(3)1J第二十四頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十四頁，編輯于星期四：二十點三十四分?！纠?】如圖11－2－6所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則() A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長第二十五頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十五頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：作出各自的軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1<R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確選項應(yīng)是B、D.第二十六頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十六頁，編輯于星期四：二十點三十四分。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法圓心的確定法一：如圖(a)所示，圖中P為入射點，M為出射點，已知入射方向和出射方向時，可以通過入射點和出射點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軌跡的圓心O.

法二：如圖(b)所示，圖中P為入射點，M為出射點，已知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，作它的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓軌跡的圓心O.即圓軌跡的圓心位于弦的垂直平分線上．法三：如圖(c)所示，圓軌跡的圓心位于速度偏向角(φ)的補角的角平分線上．第二十七頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十七頁，編輯于星期四：二十點三十四分。半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形運動時間的確定如圖所示，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，不論沿順時針方向還是逆時針方向，從A點運動到B點，粒子速度偏向角(φ)等于圓心角(α)，還等于AB弦與切線的夾角θ(弦切角)的2倍，即：φ＝α＝2θ＝ωt利用圓心角(α)與弦切角θ的關(guān)系，計算出圓心角α的大小，由公式t＝T可求出粒子在磁場中的運動時間．由此式可知，α越大，運動時間t越長．第二十八頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十八頁，編輯于星期四：二十點三十四分。若粒子從同一邊界射入磁場，又從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等．即出射點與入射點具有對稱性

2－1如圖11－2－7所示，平行直線aa′與bb′間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.現(xiàn)分別在aa′上某兩點射入帶正電粒子M和N，M、N的初速度方向不同，但與aa′的夾角都為θ，兩粒子都恰不能越過界線bb′.兩粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb′的時間分別為t1和t2，則()第二十九頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第二十九頁，編輯于星期四：二十點三十四分。A．t1＋t2＝B．t1＋t2＝C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑第三十頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：對兩種情況分別作出軌跡可看出兩粒子在磁場中完成的圓弧所對的圓心角之和恰好是180°，則t1＋t2＝，A選項正確，B選項錯誤．從作出的圖可看出RM>RN，由R＝，知vM>vN，所以選項C、D均正確．答案：ACD第三十一頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十一頁，編輯于星期四：二十點三十四分?！纠?】如圖11－2－8所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.10T，磁場區(qū)域半徑r＝m，左側(cè)區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側(cè)區(qū)圓心為O2，磁場向外．兩區(qū)域切點為C.今有質(zhì)量m＝3.2×10－26kg.帶電荷量q＝1.6×10－19C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v＝106m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出．求：圖11－2－8第三十二頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十二頁，編輯于星期四：二十點三十四分。(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間．(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離為多大？(側(cè)移距離指垂直初速度方向上移動的距離)第三十三頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十三頁，編輯于星期四：二十點三十四分。解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如下圖，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.由牛頓第二定律qvB＝

①又：T＝ ②聯(lián)立①②得：R＝ ③T＝ ④第三十四頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十四頁，編輯于星期四：二十點三十四分。將已知代入③得R＝2m ⑤由軌跡圖知：tanθ＝，則θ＝30°則全段軌跡運動時間：t＝ ⑥聯(lián)立④⑥并代入已知得：t＝ s＝4.19×10－6s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關(guān)系側(cè)移總距離d＝2rsin2θ＝2m.答案：(1)4.19×10－6s (2)2m第三十五頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十五頁，編輯于星期四：二十點三十四分。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：1．畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、 運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)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．第三十六頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十六頁，編輯于星期四：二十點三十四分。3－1如圖11－2－9所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群比荷為的負離子體以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力)() A．離子飛出磁場時的動能一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大第三十七頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十七頁，編輯于星期四：二十點三十四分。 解析：射入磁場的粒子比荷相等，但質(zhì)量不一定相等，故射入時初動能可能不等，又因為磁場對電荷的洛倫茲力不做功，故這些粒子從射入到射出動能不變，但不同粒子的動能可能不等，A項錯誤．粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為r＝，由于比荷和速度都相等，磁感應(yīng)強度B為定值，故所有粒子的偏轉(zhuǎn)半徑都相等，B正確．同時各粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，也相等，根據(jù)幾何規(guī)律：圓內(nèi)，較長的弦對應(yīng)較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，在磁場內(nèi)運動的時間最長，C對．沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏角不最大，D項錯，選B、C兩項． 答案：BC第三十八頁，編輯于星期一：十三點五十九分。第三十八頁，編輯于星期四：二十點三十四分。如圖11－2－10所示，長方形區(qū)域abcd，長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B＝0.25