高考物理一輪復(fù)習(xí)方略關(guān)鍵能力題型突破9-2磁場對運(yùn)動電荷的作用

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()帶負(fù)電、b帶正電，兩粒子的比荷之比為2∶1帶負(fù)電、b帶正電，兩粒子的比荷之比為1∶2帶正電、b帶負(fù)電，兩粒子的比荷之比為2∶1帶正電、b帶負(fù)電，兩粒子的比荷之比為1∶1【解析】選C。根據(jù)磁場方向及兩粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向可判斷出a帶正電、b帶負(fù)電，由qvB=mv2r得r=mvqB，則qm=vBr。由此可得qSHAPE1.洛倫茲力的特點(diǎn)：(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運(yùn)動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力一定不做功。2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別：(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。3.洛倫茲力與電場力的比較：項(xiàng)目洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運(yùn)動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)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(guān)系一定是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項(xiàng)目洛倫茲力電場力做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)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(yùn)動的方向，不改變速度大小既可以改變電荷運(yùn)動的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動的方向【加固訓(xùn)練】1.在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子(24He)和質(zhì)子(11H)做勻速圓周運(yùn)動，若它們的動量大小相等，A.運(yùn)動半徑之比是2∶1B.運(yùn)動周期之比是2∶1C.運(yùn)動速度大小之比是4∶1D.受到的洛倫茲力之比是2∶1【解析】選B。α粒子(24He)和質(zhì)子(11H)的質(zhì)量之比mαmH=41，動量大小相等，即mαvα=mHvH，運(yùn)動速度大小之比vαvH=mHmα=14，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)qvB=mv2r，得r=mvqB，所以運(yùn)動半徑之比rαrH=qHqα=12，選項(xiàng)A錯誤；由T=2πmqB知，運(yùn)動周期之比TαTH=qH2.如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運(yùn)動，則在加速運(yùn)動階段 ()對b的壓力不變對b的壓力變大、b物塊間的摩擦力變大、b物塊間的摩擦力不變【解析】選B。a、b整體受總重力、拉力F、向下的洛倫茲力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，豎直方向有FN=(ma+mb)g+qvB，水平方向有FFf=(ma+mb)a，F(xiàn)f=μFN。在加速階段，v增大，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大，加速度a減小。對a受力分析，a受重力mag、向下的洛倫茲力qvB、b對a向上的支持力FN′、b對a向左的靜摩擦力Ff′，豎直方向：FN′=mag+qvB，水平方向：Ff′=maa。隨著v的增大，F(xiàn)N′增大，選項(xiàng)A錯誤，B正確；加速度a減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項(xiàng)C、D均錯誤?？键c(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動直線邊界【典例1】(多選)(2019·海南高考)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點(diǎn)先后射入磁場，在紙面內(nèi)運(yùn)動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點(diǎn)射出磁場，且在磁場中運(yùn)動的時間相同，則 ()和Q的質(zhì)量之比為1∶2和Q的質(zhì)量之比為2∶1和Q速度大小之比為2∶1和Q速度大小之比為2∶1【通型通法】1.題型特征：帶電粒子在單邊界磁場中運(yùn)動問題。2.思維導(dǎo)引：(1)模型構(gòu)建：勻速圓周運(yùn)動規(guī)律應(yīng)用。(2)解題方法：圓周運(yùn)動向心力公式和幾何關(guān)系解題?！窘馕觥窟xA、C。作出兩粒子在磁場中的運(yùn)動圖象如圖所示，可知其半徑rP、rQ之比為1∶2，因?yàn)閮闪Ｗ釉诖艌鲋羞\(yùn)動的時間相同，所以TP∶TQ=1∶2，根據(jù)qvB=mv2r得r=mvqB=pqB=2mEkqB，則T=2πrv=2πmqB，mPmQ=TPTQ=平行邊界【典例2】(2018·江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方d2處射出磁場。取sin，cos。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)動到O′的時間t。(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值。【解析】(1)粒子圓周運(yùn)動的半徑r0=m由題意知r0=d4，解得B=(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，半徑為r，由r=mvqB得r=5r0=5由d=rsinα，得sinα=45，即在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間t1=α360°×解得t1=53直線運(yùn)動的時間t2=2dv，解得t2則t=4t1+t2=((3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x，粒子向上的偏移量y=2r(1cosα)+xtanα由y≤2d，解得x≤34則當(dāng)xm=34d時，Δt粒子做直線運(yùn)動路程的最大值sm=2xmcos增加路程的最大值Δsm=sm2d=d增加時間的最大值Δtm=Δsm答案：(1)4mv0qd【多維訓(xùn)練】(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍，一帶正電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動時間相等，則下列說法正確的是 ()A.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1B.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1C.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2D.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1【解析】選A、C、D。由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運(yùn)動速率不變，故A正確；由洛倫茲力F=qBv=ma和a=v·ω可知，粒子運(yùn)動的角速度之比為ω1∶ω2=B1∶B2=1∶2，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動時間相等，由t=θmqB可得t=θ1mqB1=θ2mqB2，且B2=2B1，所以可得θ1∶θ2=1∶2，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的圓心角為30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的圓心角為60°，由R=mvqB可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動半徑為r，作粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度圓形邊界【典例3】如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)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(diǎn)與ab的距離為R2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力A.qBR2m B.qBRm C.3qBR【解析】選B。如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動的圓心O2必在過入射點(diǎn)垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應(yīng)圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形。由于O1D=R2，∠EO1D=60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運(yùn)動的半徑EO2=O1E=R，由qvB=mv2R，得v=舉一反三1.在【典例3】中，帶電粒子在圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中的運(yùn)行時間為 ()A.πm6qB B.πm3qB C.2【解析】選B。由T=2πmqB，t=θ可得：t=πm3qB，故選項(xiàng)2.在【典例3】中，若帶電粒子對準(zhǔn)圓心沿直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角仍為60°，則粒子的速率為 ()A.qBR2m B.qBRm C.3【解析】選C。粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動的半徑r=3R，由qvB=mv2r可得，v=3qBR3.在【典例3】中，若帶電粒子速率不變，磁場方向改為垂直紙面向里，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角為 ()A.30° B.45° C.60° D.120°【解析】選D。磁場方向改為垂直紙面向里，粒子進(jìn)入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動軌跡如圖所示，△OAB和△OBC都是等邊三角形，所以∠AOC=120°，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角也是120°。選項(xiàng)D正確。其他邊界【典例4】(2019·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為 ()A.14kBl，54kBl B.14kBl，C.12kBl，54kBl D.12kBl，【通型通法】1.題型特征：正方形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運(yùn)動。2.思維導(dǎo)引：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動解題“三步法”?！窘馕觥窟xB。電子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得evB=mv2r，得r=mveB①，電子從a點(diǎn)射出，r=l4②，聯(lián)立①②解得v1=14kBl；電子從d點(diǎn)射出，由幾何關(guān)系得l2+(rl2)2=r2，解得r=54l③，聯(lián)立①③解得v2=54kBl，故SHAPE1.有界磁場三種情況：(1)直線邊界。粒子進(jìn)出磁場具有對稱性(如圖所示)。圖a中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=T2=圖b中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=1-θπT=圖c中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=θπT=(2)平行邊界(如圖所示)。圖a中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t1=θmBq，t2=T2圖b中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=θm圖c中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=(1θπ)T=1-圖d中粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=θπT=(3)圓形邊界。沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運(yùn)動具有對稱性(如圖所示)粒子做圓周運(yùn)動的半徑r=R粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=θπT=2.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動解題的一般步驟：基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點(diǎn)的法線過圓心P、M點(diǎn)速度的垂線交點(diǎn)P點(diǎn)速度垂線與弦的垂直平分線的交點(diǎn)某點(diǎn)的速度垂線與切點(diǎn)法線的交點(diǎn)半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法。例：R=Lsinθ，或由R2=L2+(Rd)2求得R=運(yùn)動時間的確定利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間①t=θ2②t=L(1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于AB所對的圓心角θ(2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ<180°時，φ=2α；φ>180°時，φ=360°2α【加固訓(xùn)練】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，P點(diǎn)為磁場邊界上的一點(diǎn)。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向。這些粒子射出磁場區(qū)域的位置均處于磁場邊界的位置的某一段弧上，這段圓弧的弧長是磁場邊界圓周長的16。若只將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)榇艌鲞吔鐖A周長的13，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，則BA.33B.33C.1【解析】選B。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，即∠POM=120°，如圖所示，所以粒子做圓周運(yùn)動的半徑r2=Rsin60°=mvqB2，同理可知，r1=Rsin30°=R2，解得：B2B考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動的多解問題帶電性質(zhì)不確定【典例5】如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？ 【解析】題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分情況討論。若帶電粒子帶正電荷，則軌跡是圖中與NN′相切的14圓弧，軌跡半徑R=又d=RR·sin45°解得v=(若帶電粒子帶負(fù)電荷，則軌跡是圖中與NN′相切的34圓弧，R′=mv又d=R′+R′sin45°解得v′=(答案：(2+2)Bqdm(q為正電荷)或(22)Bqdm(q磁場方向不確定【典例6】(多選)一質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)電荷在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運(yùn)動，若磁場方向垂直于它的運(yùn)動平面，且作用在負(fù)電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負(fù)電荷做圓周運(yùn)動的角速度可能是 ()A.4qBm B.3qBm C.2【解析】選A、C。依題中條件“磁場方向垂直于它的運(yùn)動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種方向相反。在方向相反的兩個勻強(qiáng)磁場中，由左手定則可知負(fù)電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當(dāng)負(fù)電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv=mv2R，得v=4BqRm，此種情況下，負(fù)電荷運(yùn)動的角速度為ω=vR=4Bqm；當(dāng)負(fù)電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv=mv2R，v=2BqRm，此種情況下臨界狀態(tài)不唯一【典例7】勻強(qiáng)磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為R2的矩形組成，磁場的方向如圖所示。一束質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計(jì))以速度v從邊界AN的中點(diǎn)P垂直于AN和磁場方向射入磁場中。(1)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大時，粒子恰好從A點(diǎn)射出？(2)對應(yīng)于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足什么條件？【解析】(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉(zhuǎn)，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示。當(dāng)粒子從A點(diǎn)射出時，運(yùn)動半徑r1=R2由qvB1=m得B1=2mv(2)當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時，由勾股定理得：(Rr2)2+R22=r22，解得r由qvB2=mv2r2，得據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷：當(dāng)B>2mvqR時，粒子從PA當(dāng)8mv5qR<B<2mvqR時當(dāng)B<8mv5qR時，答案：(1)2mvqR題型運(yùn)動周期性、往復(fù)性【典例】(2019·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為d，且d<L，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PM=d，QN=d2，求粒子從P到Q的運(yùn)動時間t【解析】(1)粒子在磁場中做