高中物理復(fù)習(xí)講義第08章第02節(jié)

第二節(jié)磁場對運動電荷的作用第八章磁場一、洛倫茲力1．定義：______________電荷在磁場中所受的力．2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝_____________.(2)v⊥B時，F(xiàn)＝____________.(3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝_____________.運動0qvBqvBsinθ3．方向(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負(fù)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)．由于F始終____________v的方向，故洛倫茲力永不做功．B、v垂直于1.(單選)(2013·高考安徽卷)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)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B二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做___________運動．2．若v⊥B，帶電粒子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A考點一洛倫茲力和電場力的比較

考點二

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動考點三“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”考點一洛倫茲力和電場力的比較1．洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．(3)左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負(fù)電荷．2．洛倫茲力與電場力的比較對應(yīng)力內(nèi)容項目洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件大小力方向與場方向的關(guān)系v≠0且v不與B平行電荷處在電場中F＝qvB(v⊥B)F＝qE一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反對應(yīng)力內(nèi)容項目洛倫茲力電場力做功情況作用效果任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功只改變電荷的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運動的方向(單選)(2015·北京東城區(qū)統(tǒng)測)如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直．在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面．若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是(

)A．小球做勻變速曲線運動B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對小球做正功D．小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和D[解析]

帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后做曲線運動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運動，選項A錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ，知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能才保持不變，選項B錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項C錯誤；從能量守恒角度分析，選項D正確．1.(單選)(2015·長春模擬)如圖所示，把一個裝有Na2SO4導(dǎo)電溶液的圓形玻璃器皿放入磁場中，玻璃器皿的中心放一個圓柱形電極，沿器皿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把兩電極分別與電池的正、負(fù)極相連．對于導(dǎo)電溶液中正、負(fù)離子的運動，下列說法中正確的是(

)A．正、負(fù)離子均做逆時針方向的螺旋形運動B．正、負(fù)離子均做順時針方向的螺旋形運動C．正離子沿圓形玻璃器皿的半徑向邊緣內(nèi)壁移動D．負(fù)離子做順時針方向的螺旋形運動A解析：假設(shè)玻璃器皿的中心為正極，磁場方向向下，在電場力作用下，正離子沿半徑向邊緣運動，同時由于磁場的作用，沿逆時針做圓周運動；負(fù)離子沿半徑向中心運動，同時由于磁場的作用，沿逆時針做圓周運動．它們實際的運動都是螺旋線，只是正離子是半徑增大，負(fù)離子半徑減小．考點二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動1．圓心的確定(1)已知入射點、出射點、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跡的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，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跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。瓸[總結(jié)提升]求解粒子在勻強(qiáng)磁場中運動問題的步驟：(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡．(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系．(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．C考點三“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”

勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)產(chǎn)生條件受力特征運動性質(zhì)軌跡動能變化處理方法帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)磁場只受恒定的電場力F＝Eq，方向與初速度方向垂直只受大小恒定的洛倫茲力F＝qv0B，方向始終與速度方向垂直勻變速曲線運動(類平拋)勻速圓周運動拋物線圓或圓弧動能增大動能不變運動的合成和分解勻速圓周運動的相關(guān)規(guī)律[思路點撥]

(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做什么性質(zhì)的運動？用什么知識求解？(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做什么性質(zhì)的運動？用什么知識求解？3.(多選)如圖所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點離開場區(qū)．已知BC＝CD，設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系正確的是(

)A．t1＝t2<t3

B．t1<t2＝t3C．Ek1>Ek2＝Ek3D．Ek1＝Ek2<Ek3AC解析：當(dāng)電場、磁場同時存在時，粒子做勻速直線運動，此時qE＝qvB；當(dāng)只有電場時，粒子從B點射出，做類平拋運動，由運動的合成與分解可知，水平方向為勻速直線運動，所以t1＝t2；當(dāng)只有磁場時，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，速度大小不變，但路程變長，則t2<t3，因此A選項正確．粒子從B點射出時，電場力做正功，動能變大，故C選項正確．方法技巧——帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題帶電粒子進(jìn)入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題(或邊界問題)以及極值問題．解決這類問題的方法思路如下：(1)直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．(2)以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解．(18分)(2015·沈陽質(zhì)量檢測)如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106m/s的

α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長AD＝18cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C.若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中．(1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)[審題點睛]

(1)判斷α粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向；計算α粒子在磁場中運動的軌跡半徑．(2)采取作圖法找α粒子軌跡的右邊界，確定第(1)問中的臨界條件．(3)在α粒子做圓周運動的周期相同、圓半徑相同的條件下，運動時間與圓弧所對應(yīng)的弦長有關(guān)．找到最長弦和最短弦對應(yīng)的圓心角即可求解第(2)問中的問題．甲乙[答案]

(1)0.34m

(2)2.0×10－7s

6.5×10－8s