高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章第2節(jié)帶電粒子在磁場中的運動課件

第2節(jié)帶電粒子在磁場中的運動一、洛倫茲力及其特點qvB1.定義：運動電荷在磁場中受到的力，叫做洛倫茲力.2.洛倫茲力的大小.(1)當運動電荷的速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直時，電荷所受洛倫茲力F洛＝____________.00

(2)當運動電荷的速度方向與磁感應(yīng)強度方向平行時，電荷所受洛倫茲力F洛＝________. (3)v＝0時，洛倫茲力F＝________.3.洛倫茲力的方向.反方向B和v

(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同向或負電荷運動的________. (2)方向特點：F洛⊥B，F(xiàn)洛⊥v，即F洛垂直于________決定的平面.如圖10-2-1所示：v與B垂直 甲v與B不垂直 乙圖10-2-1二、帶電粒子在勻強磁場中的運動勻速直線1.速度與磁場平行時：帶電粒子不受洛倫茲力作用，在勻強磁場中做__________運動.勻速圓周

2.速度與磁場垂直時：帶電粒子受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做__________運動.3.半徑和周期公式：(v⊥B).F＝qvB(1)基本公式：________.mv

qB2πm qB(2)導(dǎo)出公式：半徑R＝________；周期T＝________.，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期【基礎(chǔ)自測】1.判斷下列題目的正誤.(1)帶電粒子在磁場中運動時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.()(3)根據(jù)公式T＝2πr

vT與v成反比.()(4)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(guān).()(5)荷蘭物理學(xué)家洛倫茲提出磁場對運動電荷有作用力的觀點.()答案：(1)×

(2)×

(3)×

(4)√

(5)√

2.初速度為v0

的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向開始運動，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖10-2-2所示，則(

)A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變圖10-2-2D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變答案：A

3.(2022年廣東肇慶二模)等邊三角形的三個頂點上垂直紙面放置3根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以大小相同的電流，電流方向如示意圖所示，一束帶正電的粒子垂直紙面向里射入三角形中心，關(guān)于粒子束所受洛倫茲力方向，下列示意圖正確的是()ABCD

解析：帶正電的粒子束可以等效為垂直紙面向內(nèi)的電流，根據(jù)同向電流相吸，異向電流相斥，可以判斷粒子受力方向向下，A正確.答案：A磁場中做勻速圓周運動，則()

A.氕核和氘核做圓周運動的周期之比為2∶1 B.若入射速率相等，氕核和氘核做圓周運動的角速度相同

C.若質(zhì)量和速率的乘積相等，氕核和氘核的圓周圖10-2-3半徑相等

D.增大入射速率，它們的周期也會增大，ω＝＝速度大小之比為2∶1，與入射速率無關(guān)，B錯誤.由r＝粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝mv

qBvqB rm，氕核和氘核的角mvqB可知，若質(zhì)量和速率的乘積相等，氕核和氘核的圓周半徑相等，C正確.入射速率與周期無關(guān)，所以增大入射速率，它們的周期也不變，D錯誤.

答案：C熱點1洛倫茲力的特點[熱點歸納]1.洛倫茲力的特點：(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)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用.(4)根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，但一定先區(qū)分正、負電荷.(5)洛倫茲力一定不做功.類型洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件v≠0且

v不與

B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力的方向與場的方向的關(guān)系一定是

F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反2.洛倫茲力與電場力的比較：類型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、負功，也可能不做功作用效果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(續(xù)表)3.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，而洛倫茲力對運動電荷不做功.

考向1洛倫茲力的方向

【典題1】(2023年山西卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖10-2-4強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為()圖10-2-4A.電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里B.電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外C.電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里D.電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向外答案：C解析：假設(shè)電子打在a點，則有eE＝evB，由于α粒子的速度小于電子的速度，所以2eE＞2ev′B，α粒子經(jīng)過電磁疊加場向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向水平向右，即所受電場力方向水平向右，由于α粒子帶正電，所以電場方向水平向右，電子所受電場力方向水平向左，由于電子所受洛倫茲力和電場力等大反向，故磁場方向垂直紙面向里；假設(shè)電子打在b點，同理可得，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，C正確.

考向2洛倫茲力與電場力的比較

【典題2】(多選)如圖10-2-5所示，帶電小球a以一定的初速度v0

豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為ha；帶電小球b在水平方向的勻強磁場以相同的初速度v0

豎直向上拋出，上升的最大高度為hb；帶電小球c在水平方向的勻強電場以相同的初速度v0豎直向上拋出，上升的最大高度為hc，不計空氣阻力，三個小球的質(zhì)量相等，則()圖10-2-5A.他們上升的最大高度關(guān)系為ha＝hb＝hcB.他們上升的最大高度關(guān)系為hb<ha＝hcC.到達最大高度時，b小球動能最小D.到達最大高度時，c小球機械能最大

解析：帶電小球a以一定的初速度v0

豎直向上拋出，帶電小球c在水平方向的勻強電場中以相同的初速度v0

豎直向上拋出，在豎直方向的分運動為豎直上拋運動，它們上升的最大高度關(guān)系為ha＝hc，帶電小球b在水平方向的勻強磁場中以相同的初速度v0豎直向上拋出，受到與速度垂直的洛倫茲力作用，上升的最大高度為hb一定減小，即它們上升的最大高度關(guān)系為hb<ha＝hc，故B正確，A錯誤.到達最大高度時，b、c兩小球還有速度，而a球在最大高度時速度為零，可知a動能最小，由于洛倫茲力不做功，重力做負功，電場力做正功，所以到達最大高度時，a與b小球動能相同，故C錯誤.由于洛倫茲力不做功，電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系，帶電a、b小球機械能守恒，c小球機械能增加，到達最大高度時，c小球機械能最大，故D正確.答案：BD

考向3洛倫茲力作用下的動態(tài)分析問題

【典題3】如圖10-2-6所示，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小物塊靜止放在絕緣水平地面上，地面上方存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，某時刻物塊獲得一初速度v0開始向右運動，運動距離x后停止.已知物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，此過程中物塊與地面之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為()圖10-2-6

解析：物塊受到豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、支持力，還受到水平向左的摩擦力，物體運動過程中只有摩擦力做

正確.

答案：B思路導(dǎo)引由于帶電體運動速度的變化直接引起洛倫茲力變化，間接引起物體與水平面間彈力、摩擦力的變化，不能根據(jù)摩擦力和位移求摩擦產(chǎn)生的熱量，需要從能量角度考慮.物體的動能轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能.熱點2帶電粒子在磁場中的運動[熱點歸納]1.勻速圓周運動的規(guī)律.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做勻速圓周運動.基本思路圖例說明圓心的確定①速度垂線過圓心②弦的垂直平分線過圓心P、M點速度垂線的交點P點速度垂線與弦的垂直平分線的交點2.粒子在磁場中做圓周運動的規(guī)律.(續(xù)表)(續(xù)表)

考向1直線邊界磁場

帶電粒子在直線邊界磁場中的運動(進、出磁場具有對稱性，如圖10-2-7所示).甲丙

乙圖10-2-7

【典題4】(多選，2021年廣東潮州模擬)如圖10-2-8所示，A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d、方向垂直紙面向外有界勻強磁場的邊界上的O點分別以與邊界成37°和53°方向射入磁場，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，又都恰好垂直另一邊界飛)出，若粒子重力不計，則下列說法中正確的是(

圖10-2-8A.A、B兩粒子均帶正電B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是4∶3C.A、B兩粒子比荷之比是4∶3D.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的時間之比是53∶37解析：作出粒子運動軌跡如圖D47所示，根據(jù)左手定則可判圖D47答案：AC

思路導(dǎo)引由運動軌跡結(jié)合左手定則可判斷粒子的電性.過O點做兩粒子速度的垂線，與有邊界的交點即為圓心，由幾何關(guān)系得到兩粒子運動的半徑.結(jié)合半徑、圓心角、周期分析C、D選項.25mv

【遷移拓展1】(2022年廣東聯(lián)考)如圖10-2-9所示，在直角坐標系xOy中有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(不計粒子受到的重力)從原點O以大小為v的初速度沿x軸正方向射入磁場，粒子恰好能通過坐標為(3L，4L)的P點.磁場的磁感應(yīng)強度大小為()圖10-2-9A.3mv

4qLB.4mv

3qLC.

8mv25qLD.8qL

解析：粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖D48所示.答案：C圖D48

考向2三角形磁場

【典題5】(多選，2022年廣東模擬)如圖10-2-10所示，等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3

射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，直角邊bc的長度為L，不計粒子的重力，下列說法正確的是()圖10-2-10解析：粒子只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動，如圖D49所示.圖D49可知三個粒子的周期相等，由幾何關(guān)系可知，若粒運動的半徑R＝由T＝2πm qB子半徑R≤L，則粒子從ab邊離開磁場，粒子偏轉(zhuǎn)90°角，若粒子半徑R＞L，則粒子從ac邊離開磁場，粒子偏轉(zhuǎn)小于90°角，由運動時間t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，可知t3

對應(yīng)的粒子偏轉(zhuǎn)角為30°.則有速度v1、v2

的粒子從ab

邊穿出，則偏轉(zhuǎn)角為90°，可兩者的速度大小不確定，其半徑一定比速度為v3

的粒子小，由粒子在磁場中mv

qB，可知v3一定大于v1和v2.對v1

和v2，有可能v1＞v2，也有可能v1＜v2，A錯誤，B正確.由于速度為v1

的粒子轉(zhuǎn)30°，其運動軌跡如解析圖所示，由幾何關(guān)系可知L＝R3sin30°，D正確.

答案：BD

考向3多邊形磁場

【典題6】(2022年廣東廣州二模)阿爾法磁譜儀是目前在太空運行的一種粒子探測器，其關(guān)鍵的永磁體系統(tǒng)是由中國研制的.如圖10-2-11，探測器內(nèi)邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，當宇宙中帶電量為＋q的粒子從ab中點O沿紙面垂直ab邊射入磁場區(qū)域時，磁譜儀記錄到粒子從ad邊射出，則這些粒子進入磁場時的動量p滿足()圖10-2-11解析：帶電量為＋q的粒子進入磁場，洛倫茲力提供向心力答案：A思路導(dǎo)引確定半徑的范圍即可確定速度的范圍，從a點射出，對應(yīng)最小的半徑，從d點射出，對應(yīng)最大的半徑，求最大半徑時，需要構(gòu)建三角形應(yīng)用勾股定理求解.

【遷移拓展2】(多選，2023年遼寧沈陽一模)如圖10-2-12所示，在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，三個相同的帶正電粒子，比荷已知粒子只受磁場的作用力，則()圖10-2-12

解析：如圖D50所示，從F點飛出的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r1，洛倫茲力提供向心力，

磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝2πm qB，所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角均圖D50B正確.由幾何關(guān)系可得，從E點飛出的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心正確.由幾何關(guān)系可得，從ED邊上的某一點垂直ED飛出磁場的答案：BCD考向4圓形邊界磁場

1.圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，若入射速度方向指向勻強磁場區(qū)域圓的圓心，則出射時速度方向的反向延長線必經(jīng)過該區(qū)域圓的圓心，如圖10-2-13甲所示. 2.若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應(yīng)半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應(yīng)半徑夾角也為θ，如圖乙所示.甲乙丙丁圖10-2-133.若粒子做勻速圓周運動的半徑等于磁場區(qū)域的半徑，則有如下兩個結(jié)論：

a.當粒子從磁場邊界上同一點沿不同方向進入磁場區(qū)域時，粒子離開磁場時的速度方向一定平行，(磁發(fā)散)如圖丙所示. b.當粒子以相互平行的速度從磁場邊界上任意位置進入磁場區(qū)域時，粒子會從同一點離開磁場區(qū)域，(磁聚焦)如圖丁所示.

【典題7】(多選，2022年廣東六校聯(lián)考)如圖10-2-14所示，在直角坐標xOy平面內(nèi)，有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點，ac為直徑.一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從b點以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x軸正方向進入磁場區(qū)域，從a點垂直于x軸離開磁場，不計粒子重力.下列判斷正確的是()圖10-2-14A.該粒子的初速度為v0＝qBR

2m

B.該粒子從bc弧中點d以相同的速度進入磁場后在磁場中運動的時間是第一次運動時間的1.5倍解析：該粒子從b點射入磁場，從a點垂直x軸離開磁場，錯誤.該粒子第一次在磁場中運動，其周期T＝粒子第二次以相同的初速度從圓弧bc的中點d沿平行于x軸正方向進入磁場，其軌跡半徑不變也為R，如圖D51所示.圖D51由幾何關(guān)系可知，該粒子第二次仍然從a點離開磁場，粒子

R，則該點不是a點，C錯誤.以2v0

從b點沿各種方向進入磁場的該種粒子在磁場中運動的半徑為2R，則運動時間最長時，對應(yīng)的弦最長，最長弦長為2R，軌跡如圖D52所示，則由幾何關(guān)系可知

圖D52答案：BD

思路導(dǎo)引本題的難點是B、D選項，B選項考查的是對一個結(jié)論的逆向應(yīng)用：在圓形磁場中，粒子的運動半徑若等于磁場圓的半徑，則從某一點向不同方向射入的速率相等的粒子離開磁場時，速度方向均相同，由此逆向判斷B選項的粒子軌跡.

【遷移拓展3】(2023年廣東江門一模)一種粒子探測器的簡化模型如圖10-2-15所示.圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，PQ過圓心，平板MQN為探測器，整個裝置放在真空環(huán)境中.所有帶電離子從P點沿PQ方向射入磁場，忽略離子重力及離子間相)互作用力.對能夠打到探測器上的離子，下列分析正確的是(

圖10-2-15

A.打在Q點的左側(cè)的離子帶正電

B.打在MQN上離Q點越遠的離子，入射速度一定越大

C.打在MQN上離Q點越遠的離子，比荷一定越大

D.入射速度相同的氫離子和氘離子，打在MQN上的位置更靠近Q點的是氘離子

解析：由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力向右，則打在Q點的右側(cè)的離子帶正電，A錯誤.作出離子的運動軌跡如圖D53所示.圖D53

由上圖可看出，只有在圓形磁場區(qū)域的下半圓射出的離子才可能打到MQN上，且軌跡半徑越小的離子離Q點越遠，且qvB＝子的軌跡半徑越小，離子離Q點越遠，B、C錯誤.入射速度相同的氫離子和氘離子，由于氘離子的比荷較小，則氘離子運動軌跡的半徑越大，故打在MQN上的位置更靠近Q點的是氘離子，D正確.

答案：D

“數(shù)學(xué)圓”模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用 模型一“放縮圓”模型的應(yīng)用適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化適用條件軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大.可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法(續(xù)表)

【典題8】一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙

面向外，其邊界如圖10-2-16中虛線所示，ab為半圓，ac、bd

與直徑ab

共線，ac間的距離等于半圓的半徑.一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()︵圖10-2-16A.7πm

6qBB.5πm4qBC.4πm

3qBD.3πm2qBT＝θmqB，則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長.如圖D54所示，采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大.當半徑r≤0.5R和

r≥1.5R時，粒子分別從ac、bd

區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期.當0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半