2010届高考物理第一轮复习精讲精练课件包： 磁场对运动电荷的作用力

基础整合1.洛伦兹力（1）定义：运动电荷在磁场中受到的力.（2）大小：设v与B的夹角为θ，则洛伦兹力F=qvB，v与B的方向垂直.（3）方向：由左手定则判断，具体判断时，四指指向正电荷运动的方向，与负电荷运动的方向相反.（4）特点：洛伦兹力始终与速度垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以洛伦兹力不做功.2.带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子（不计重力）在匀强磁场中有三种典型的运动：（1）运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动.（2）运动方向与磁场方向垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力.①轨道半径：R=mv/（qB）.②周期：T=2πm/（qB）.（3）运动方向与磁场方向既不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中做等半径、等螺距的螺旋线运动.典例研析类型一：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动【例1】在真空中，半径r=3×10-2m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图8－3－2所示，磁感应强度B=0.2T，一个带正电的粒子，以初速度v=106m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷mq=108C/kg，不计粒子重力.求：图8－3－2（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少？（2）若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v方向与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角β.思路点拨：（1）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由R=qBmv可求出半径.（2）画出轨迹，找出圆心，利用几何关系即可求解.解析：（1）粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qvB=Rmv2∴R=qBmv=5×10-2m.（2）粒子在圆形磁场区域内的轨迹为一段半径R=5cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦中垂线上，如图8－3－3所示：图8－3－3由几何关系可知：sinθ=Rr=0.6，∴θ=37°粒子的最大偏转角β=2θ=74°.答案：（1）5×10-2m（2）37°74°方法技巧：挖掘隐含的几何条件是解本题的关键，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，关键之处要正确找出粒子轨道的圆心和半径，画出轨迹圆弧，由几何形状明确弦切角、圆心角和偏转角之间的关系，从而就可进一步求出粒子在磁场中运动的时间问题.针对训练1－1：如图8－3－4所示，一个电荷量为e的电子，以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来的入射方向的夹角为30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？图8－3－4解析图解析：如图所示，θ=30°=6π，由几何关系得r=sind=2d，又evB=rmv2.所以m=vdeBveBr2穿过磁场的时间t=vdeBmeBmTT3π6ππ2121121π2.答案：vdeB2vd3π类型二：带电粒子在磁场中的一般运动【例2】如图8－3－5所示，PQ是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个带电粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出，动能是E，射出后带电粒子的运动轨迹如图所示.今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10∶9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则（）图8－3－5A.带电粒子一定带正电B.带电粒子每穿过一次金属片，速度减小了mE2101C.带电粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19ED.带电粒子穿过5次后陷在金属片里解析：选项诊断结论A根据粒子速度经过金属板后会减小这个条件，可以知道在金属片上面粒子是沿顺时针方向转动的，由左手定则可判断带电粒子一定带正电对B带电粒子第一次的速度的减少量是这个数值，但不是每一次速度的减少量都是这个数值错C根据通过金属板前后的半径之比可以判断出速度之比、动能之比，从而得到每一次经过金属板减少的动能（每次减少的动能是相同的）对D根据每次减少的动能和总的动能可以判断与金属板碰撞的次数对答案：ACD.误区警示：不要因为第一次通过金属板时金属板速度的减少量是mE2101，而认为每次速度的减少量是一个定值.针对训练2－1：如图8－3－6所示，A、B两绝缘物体叠放在粗糙的水平面上，地面上方存在如图所示的匀强磁场，A物体带有正电荷，现使A、B两个物体以初速度v0向右相对静止的运动，则（）图8－3－6A.A、B两物体间的摩擦力大小不变B.地面对B物体的摩擦力不断的增大C.A、B两物体间的摩擦力不断的增大D.地面与B间的摩擦力不断的减小解析：由于AB整体速度的减小而使受到的磁场力减小，所以摩擦力增大，加速度增大.对于A物体，提供其加速度的力是B物体对它的摩擦力，所以A物体受到的摩擦力也增大.答案：BC.类型三：带电粒子在有界磁场中的极值问题【例3】（2009年黄冈一模）如图8－3－7所示，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场.现从矩形区域ad边的中点O处，垂直磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°，大小为v0的带正电粒子.已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为l，重力影响不计.图8－3－7（1）试求粒子能从ab边射出磁场的v0的范围；（2）在满足粒子从ab边射出磁场的条件下，粒子在磁场中运动的最长时间是多少？思路点拨：由于磁场边界的限制，粒子从ab边射出磁场时速度有一定的范围.当v0有最小值v1时，粒子速度恰与ab边相切；当v0有最大值v2时，粒子速度恰与cd边相切，如图8－3－8所示.图8－3－8解析：（1）当v0有最小值v1时，有：R1+R1sin30°=21l由qv1B=121Rmv，得：v1=qBl/（3m）当v0有最大值v2时，有：R2=R2sin30°+2l由qv2B=222Rmv，得：v2=qBl/m所以带电粒子从磁场中ab边射出时，其速度范围应为：mqBlvmqBl03.（2）要使粒子在磁场中运动时间最长，其轨迹对应的圆心角应最大，由（1）知，当速度为v1时，粒子在磁场中运动时间最长，对应轨迹的圆心角为：θ=34π则tmax=qBmqBm3π4π2π2π)3/4(.答案：（1）mqBlvmqBl03（2）qBm3π4方法技巧：（1）粒子刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨道与边界相切.（2）当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.针对训练3－1：两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图8－3－9所示.在y0，0xa的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y0，xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B.在O点处有一小孔（图中未画出），一束质量为m、带电荷量为q（q0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮.入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值.已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期.试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）.图8－3－9解析：速度小的粒子将在0xa的区域走完半圆，射到竖直屏上，屏上发亮的范围是从0到2a.轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑r=a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切（如图中虚线），OD=2a，这是水平屏上发亮范围的左边界.速度最大的粒子的轨道如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C′，C在y轴上，由对称性可知C′在x=2a直线上.设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，t2为在xa的区域中运动的时间，由题意可知5221tt，t1+t2=127T，解得t1=6T，t2=125T，所以∠OCM=60°，∠MC′N=60°，∠MC′P=360°×125=150°所以∠NC′P=150°－60°=90°，即为41圆周，因此圆心C′在x轴上.设速度最大的粒子轨道半径为R，由直角△COC′可得2Rsin60°=2a，R=332a，由图知：OP=2a+R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标为x=2（1+33）a.答案：竖直屏上亮线的范围是0到2a，水平屏上亮线的范围是2a到2（1+33）a备选例题【例1】如图所示，在垂直于坐标平面的范围内，有足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向向里，一带电荷量为q的正粒子，质量为m，从O点以某一速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、C到O点的距离分别为a、b，试求：（1）正粒子的初速度方向与x轴夹角的正切值；（2）正粒子的初速度大小.解析：（1）带电粒子的运动轨迹如图所示，由左手定则知，粒子的速度方向为过O作OO1的斜向上的垂线.设速度方向与x轴的夹角为θ，则∠O1OC=θ，在直角三角形OO1D中，tanθ=baba22，（2）在△OO1D中，R=22)2()2(ba，又R=qBmv，解得v=mbaqB222.答案：（1）ba（2）mbaqB222【例2】一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10-4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.（g=10m/s2）求：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？解析：（1）小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷.（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB+FN－mgcosα=0.当FN=0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB=mgcosα，得v=431055.02310101.0cosqBmgm/s=23m/s.（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα=21mv2，斜面的长度至少应是x=5.0102)32(sin222gvm=1.2m.答案：（1）负（2）23m/s（3）1.2m考点演练（对应学生用书第264~265页）达标提升1.如图8－3－10所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（C）图8－3－10A.当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动解析：螺线管内部磁感线方向与螺线管平行，电子束不受洛伦兹力，故做匀速直线运动.2.如图8－3－11，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场.不计重力的影响.由这些条件可知（D）图8－3－11A.不能确定粒子通过y轴时的位置B.不能确定粒子速度的大小C.不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D.以上三个判断都不对解析：带电粒子以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，故粒子在磁场中运动了41周期，从y轴上距O为x0处射出，v=mqBx0，回旋角为90°.3.一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，B=0.8T，a、b是其轨迹上的两点，粒子由a到b的时间为1.2π×10-5s，从b到a的时间为8π×10-6s.则该粒子的质量与其电荷量的比值qm为（D）A.4.8×10-6kg/CB.3.2×10-6kg/CC.4.0×10-6kg/CD.8.0×10-6kg/C解析：由题知，粒子做圆周运动的周期T=tab+tba=2π×10-5s，又T=qBmπ2，解得qm=8.0×10-6kg/C.4.（2009年福建泉州质检）如图8－3－12是某粒子