(人教版)2012屆高三物理一輪復(fù)習(xí)講義：磁場對運動電荷的作用力(一)

1、（人教版）2012屆高三物理一輪復(fù)習(xí)講義：磁場對運動電荷的作用力（一）一、內(nèi)容概述 本周我們復(fù)習(xí)磁場對運動電荷的作用力。運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的大小與哪些因素有關(guān)系，及其方向的判斷是這一節(jié)的重點。洛倫茲力對運動電荷不做功是它的一個重要特點，學(xué)習(xí)時要正確理解。二、重、難點知識歸納與講解1、洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用，它是安培力的微觀本質(zhì)。安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。2、洛倫茲力的大小（1）當(dāng)電荷速度方向垂直于磁場的方向時，磁場對運動電荷的作用力，等于電荷量、速率、磁感應(yīng)強(qiáng)度三者的乘積，即F=qvB.（2）當(dāng)電荷速度方向平行磁場方向時，洛倫茲力F=0。（3）當(dāng)電荷速度方向與磁場方向成角時

2、，可以把速度分解為平行磁場方向和垂直磁場方向來處理，此時受洛倫茲力F=qvBsin。3、洛倫茲力的方向安培力的方向可以用左手定則來判斷，洛倫茲力的方向也可用左手定則來判斷：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，且處于同一平面內(nèi)，把手放入磁場，讓磁感線穿過手心，對于正電荷，四指指向電荷的運動方向，對于負(fù)電荷，四指的指向與電荷的運動方向相反，大拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向。由此可見洛倫茲力方向總是垂直速度方向和磁場方向，即垂直速度方向和磁場方向決定的平面。4、洛倫茲力的特點因為洛倫茲力始終與電荷的運動方向垂直，所以洛倫茲力對運動電荷不做功。它只改變運動電荷速度的方向，而不改變速度的大小。三、重

3、、難點知識剖析1、洛倫茲力與電場力的比較（1）與帶電粒子運動狀態(tài)的關(guān)系帶電粒子在電場中所受到的電場力的大小和方向，與其運動狀態(tài)無關(guān)。但洛倫茲力的大小和方向，則與帶電粒子本身運動的速度緊密相關(guān)。（2）決定大小的有關(guān)因素電荷在電場中所受到的電場力F=qE，與兩個因素有關(guān)：本身電量的多少和電場的強(qiáng)弱。運動電荷在磁場中所受的磁場力，與四個因素有關(guān)；本身電量的多少、運動速度v的大小、速度v的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向間的關(guān)系、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。（3）方向的區(qū)別推薦精選電荷所受電場力的方向，一定與電場方向在同一條直線上（正電荷同向，負(fù)電荷反向），但洛倫茲力的方向則與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直。2、解決在洛倫茲力等

4、多力作用下電荷運動問題的注意問題：（1）正確分析受力情況是解決電荷運動問題的關(guān)鍵。要在詳細(xì)分析問題給出的物理過程的基礎(chǔ)上，認(rèn)清洛倫茲力是怎么變化的。伴隨著洛倫茲力的變化，物體的受力情況又發(fā)生了什么樣的變化。（2）受力變化演變，出現(xiàn)了什么新運動情況，電荷從什么運動狀態(tài)過渡到什么運動狀態(tài)。（3）尋找關(guān)鍵狀態(tài)各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，選擇合適的物理規(guī)律去求解，這些常常就是解題的關(guān)鍵之所在。3、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：（1）圓心的確定因為洛倫茲力指向圓心，根據(jù)F洛v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入和射出磁場的兩點）的F洛的方向，其延長線的交點即為圓心（2）半徑的確定和

5、計算半徑的計算一般是利用幾何知識，常用解三角形的方法（3）在磁場中運動時間的確定利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°計算出圓心角的大小，由公式可求出運動時間四、典型例題例1、如圖所示，一只陰極射線管，左側(cè)不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導(dǎo)線AB時，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡向下偏，則（）A導(dǎo)線中的電流從A流向BB導(dǎo)線中的電流從B流向AC若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現(xiàn)D電子束的徑跡與AB中的電流方向無關(guān)例2、如甲圖所示，OA是一光滑、絕緣斜面，傾角為，一質(zhì)量為m的帶電體從斜面上的A點由靜止開始下滑，如果物體的帶電量為q，整個裝置處于垂直紙面

6、向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B的勻強(qiáng)磁場中，試求當(dāng)物體離開斜面時，物體運動的速率及其沿斜面下滑的距離？（斜面足夠長）例3、如圖所示，在豎直放置的絕緣直棒上套一個小環(huán)，其質(zhì)量為0.1g，環(huán)帶有電量為q=4×104C的正電荷，環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)為=0.2，棒所在的空間分布有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的場強(qiáng)為E=10V/m，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T，現(xiàn)讓環(huán)從靜止開始下滑，求：（1）環(huán)在下滑過程中的最大加速度；（2）環(huán)在下滑過程中的最大速度。推薦精選例4、如圖所示，一帶正電的質(zhì)子從O點垂直射入，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，已知兩板之間距離為d，板長為d，O點是板的正中間，為

7、使粒子能從兩板間射出，試求磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件（已知質(zhì)子的帶電量為e，質(zhì)量為m）例5、如圖所示，在xOy平面上，a點坐標(biāo)為（0，l），平面內(nèi)一邊界通過a點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子（質(zhì)量為m，電量為e）從a點以初速度v0平行x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好在x軸上的b點（未標(biāo)出）射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向夾角為60°，求：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度； （2）磁場區(qū)域圓心O1的坐標(biāo)； （3）電子在磁場中運動的時間高考真題這節(jié)內(nèi)容在高考試題中經(jīng)常出現(xiàn)，并且以比較新的形式出現(xiàn)，同學(xué)們要在掌握基本知識的基礎(chǔ)上靈活運用。（2006年全國

8、卷）如圖所示，在x0與x0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1B2一個帶負(fù)電荷的粒子從坐標(biāo)原點O以速度v沿x軸負(fù)方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應(yīng)滿足什么條件？例1、解析：由于AB中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向內(nèi)，所以根據(jù)安培定則，AB中的電流方向應(yīng)為從B流向A。當(dāng)AB中的電流方向變?yōu)閺腁流向B，則AB上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲?，電子所受的洛倫茲力變?yōu)橄蛏希娮邮膹桔E變?yōu)橄蛏掀D(zhuǎn)。所以本題的正確選項應(yīng)為B、C。答案：BC

9、例2、解析：物體剛離開斜面時，對斜面的壓力為零，物體受到斜面的支持力為零，受力分析如圖乙，f=G2，以此可求速度v，下滑時由于洛侖茲力不做功，勢能轉(zhuǎn)化為動能，物體下降的高度h可以求出，物體下滑的距離。推薦精選物體剛離開斜面時，f=Gcos，即qvB=mgcos，所以得，由于洛侖茲力不做功，mgh=，沿斜面下滑的距離，聯(lián)立代入v得 。例3、解析：要求出環(huán)在下滑過程中的最大加速度和最大速度，必須要了解環(huán)在整個下滑過程中的運動情況和受力情況。首先應(yīng)對環(huán)進(jìn)行受力分析，環(huán)在下滑過程中受到豎直向下的重力、水平向左的電場力、水平向右的洛倫茲力、水平方向的彈力和豎直向上的摩擦力。當(dāng)環(huán)剛開始下滑時，環(huán)的速度很小

10、，洛倫茲力也很小，環(huán)所受的電場力大于洛倫茲力。所以彈力的方向水平向右，環(huán)向下做加速運動，隨著環(huán)的速度增大，環(huán)所受的洛倫茲力也增大，環(huán)所受的彈力變小，滑動摩擦力也變小，環(huán)在豎直方向所受的合力增大，環(huán)做加速度變大的加速運動，當(dāng)環(huán)所受的洛倫茲力等于電場力時，彈力為零，滑動摩擦力也為零，此時，環(huán)在豎直方向的合力達(dá)到最大，加速度達(dá)到最大，為重力加速度g。隨著環(huán)速度的進(jìn)一步增大，環(huán)所受的洛倫茲力將大于電場力，彈力的方向變?yōu)樗较蜃螅㈦S著洛倫茲力的增大而增大，環(huán)所受的滑動摩擦力增大，環(huán)在豎直方向所受的合外力變小，環(huán)做加速度變小的加速運動，當(dāng)環(huán)所受的滑動摩擦力等于環(huán)的重力時，環(huán)的加速度為零，速度達(dá)到最大，接

11、下去環(huán)將做勻速直線運動。開始下滑時，環(huán)的受力如圖（1）所示，當(dāng)彈力為零時，物體在豎直方向只受重力作用，此時環(huán)的加速度最大，由牛頓第二定律可得：mg=mamax，amax=g=10m/s2.當(dāng)環(huán)的加速度達(dá)到最大后，環(huán)受力情況如圖（2）所示，當(dāng)環(huán)的速度達(dá)到最大時，環(huán)所受的滑動摩擦力等于的重力，即f=mg。而由于f=N，N=qvmaxBqE 例4、解析：由于質(zhì)子在O點的速度垂直于板NP，所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心O一定位于NP所在的直線上，如果直徑小于ON，則軌跡將是圓心位于ON之間的一個半圓弧隨著磁場B的減弱，其半徑r逐漸增大，當(dāng)半徑rON/2時，質(zhì)子恰能從推薦精選N點射出如果B繼續(xù)減小，質(zhì)

12、子將從NM之間的某點射出當(dāng)B減小到某一值時，質(zhì)子恰從M點射出如果B再減小，質(zhì)子將打在MQ板上而不能飛出因此質(zhì)子分別從N點和M點射出是B所對應(yīng)的兩個臨界值第一種情況是質(zhì)子從N點射出，此時質(zhì)子軌跡的半個圓，半徑為ON/2d/4所以R1B1第二種情況是質(zhì)子恰好從M點射出，軌跡如圖中所示由平面幾何知識可得：R22d2（R2d）2又R2由得：B2磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件：B【說明】求解帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的題目時，正確地畫出帶電粒子的軌跡是解題的關(guān)鍵作圖時一定要認(rèn)真、規(guī)范，不要怕在此耽誤時間否則將會增大解題的難度造成失誤。通過本例說明（1）確定帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心并進(jìn)一步利用幾何關(guān)

13、系求半徑的方法（2）分析解決臨界問題的方法例5、解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從a點射入從b點射出，O、a、b均在圓形磁場區(qū)域的邊界，粒子運動軌道圓心為O2，令由題意可知，aO2b60°，且aO2b為正三角形在OO2b中，R2（Rl）2（Rsin60°）2而R由得R2l所以B而粒子在磁場中飛行時間t推薦精選由于aOb90°又aOb為磁場圖形區(qū)域的圓周角所以ab即為磁場區(qū)域直徑O1的x坐標(biāo)：xaO1sin60°ylaO1cos60°所以O(shè)1坐標(biāo)為（，）【說明】本題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動，解題的關(guān)鍵一步是找圓心，根據(jù)運動電荷

14、在有界磁場的出入點速度方向垂線的交點，確定圓心的位置，然后作出軌跡和半徑，根據(jù)幾何關(guān)系找出等量關(guān)系求解飛行時間從找軌跡所對應(yīng)的圓心角的方面著手當(dāng)然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運動，除了要運用圓周運動的規(guī)律外，還要注意各種因素的制約而形成不是惟一的解，這就要求必須深刻理解題意，挖掘隱含條件，分析不確定因素，力求解答準(zhǔn)確、完整【設(shè)計意圖】（1）鞏固找圓心求半徑的方法（2）說明求時間的方法 高考解析解析：粒子所受洛倫茲力不做功，在整個運動過程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內(nèi)B1與B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌道都是半個圓周設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為r1和r

15、2，根據(jù)，有由于B1B2，所以，。粒子在B1和B2磁場區(qū)域中運動的軌跡如圖所示。在xy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2 r1的A點，接著沿半徑為r2的半圓D1運動至O1點，此時完成一次周期性的運動。則OO1的距離d2（r2r1）此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑為r1的半圓和半徑為r2的半圓運動回到原點下方的y軸上），粒子的y坐標(biāo)就減小d設(shè)粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點，若OOn即nd滿足：nd2r1則粒子再經(jīng)過半圓Cn+1就能經(jīng)過原點O，式中n1，2，3，為回旋次數(shù)聯(lián)立解得（n1，2，3，）推薦精選聯(lián)立可得B1、B2應(yīng)滿足的條件：（n1，2，3

16、，）答案：（n1，2，3，）題型特點與命題趨向：本題考查帶電粒子在磁場中的運動，測試分析綜合能力。通過分析帶電粒子的受力情況，確定圓心、畫出其運動軌跡示意圖是解答這類問題的關(guān)鍵。磁偏轉(zhuǎn)是高考考查的重點內(nèi)容之一。同步測試18 D D A D BC D B B 提示：1、沿d方向射出的電子軌跡的圓心在電子源S的正上方2、從c處射出的電子和從d處射出的電子運動半徑之比為21，故由r，知vcvd21，而從c處射出的電子和從d處射出的電子運動時間之比為；T，即tctd12；由a，可知acadvcvd213、由幾何關(guān)系可知：欲使離子不打在極板上，入射離子的半徑必滿足r或rL，即或L；解之得： v，v4、若

17、為正電荷，則繩未斷前，F(xiàn)向F繩F庫，繩斷后，F(xiàn)向減小，v不變，r增大；若初態(tài)繩上無力，則繩斷后仍逆時針，半徑不變；若為負(fù)電荷，將順時針運動，若F向F繩F庫F庫時，則半徑不變，若F庫F繩F庫時，半徑減小5、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中所受的洛倫茲力的大小不但與速度的大小有關(guān)，而且與速度的方向有關(guān)，當(dāng)粒子的速度方向與磁場方向垂直時，粒子所受的洛倫茲力最大，當(dāng)粒子的速度方向與磁場平行時，帶電粒子不受洛倫茲力的作用，速度大小相同的粒子，沿不同方向進(jìn)入磁場時所受的洛倫茲力的大小不同，所以選項A不正確。由于洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，動能保持不變，洛倫茲力不做

18、功；但在洛倫茲力的作用下，粒子的運動方向要發(fā)生變化，動量就要發(fā)生變化，所以本題的正確選項為BC。6、洛倫茲力的大小與電荷運動方向和磁場方向夾角有關(guān)，當(dāng)兩者平行時洛倫茲力為零，故D正確。7、帶電小球不動，而磁場運動，也可以看作帶電小球相對于磁場沿相反方向運動，故磁場相對于小球運動時，小球同樣會受到洛倫茲力的作用?，F(xiàn)要使小球從水平地面飄起，應(yīng)使小球受到豎直向上的洛倫茲力的作用，其臨界條件是洛倫茲力大小剛好等于重力的大小，即推薦精選qvB=mg，所以磁場運動的最小速度為，由左手定則可知，若磁場不動，小球應(yīng)右運動，則當(dāng)小球不動時，磁場的運動方向應(yīng)為水平向左。本題的正確答案應(yīng)為B。8、單擺在擺動過程中受

19、重力、線的彈力、洛倫茲力，且只有重力做功，所以向左通過C和向右通過C時速率相等，由，得，向左通過時受向上的洛倫茲力，有T1fmg=ma1，向右通過時受向下的洛倫茲力有T2fmg=ma2，所以T1<T2，故B正確。9、解析：由a靜止得Eq=mag油滴帶負(fù)電，對b有mbgfb=Eq， 對c有Eqfc=mcg，mc最大，mb最小。 答案：c、b10、解析：當(dāng)小球向下加速運動時，小球受到水平向左的洛倫茲力作用，使小球受到墻壁的摩擦力，使小球向下運動加速度減小，當(dāng)摩擦力等于重力時，小球速度最大，做勻速運動，所以Bqvmax=N（1），·N=mg （2），聯(lián)立（1）（2）得，最大加速度為初始時刻的加速度g。 答案： 11、解析：由左手定則得，正離子向上極板偏，負(fù)離子向下極板偏，使上下極板分別帶上正負(fù)電荷，并隨著電荷量的增加，兩板間電壓增大，當(dāng)達(dá)到220V時，離子受洛倫茲力與電場力平衡不再偏轉(zhuǎn)，極板上電荷不再增加，電壓穩(wěn)定為220V，所以有，即v=2200m/s，因為上板帶正