2013届高考物理第一轮考点总复习课件55

磁场３磁场对运动电荷的作用第九章一、洛伦兹力1.洛伦兹力是.2.大小：(此式只适用于电荷运动方向与磁场方向垂直的情况.若两方向成θ角，洛伦兹力大小为F=qvBsinθ，当θ=0时，F=0，当θ=90°时，F=qvB).3.方向：由左手定则判定(注意正、负电荷的不同).F一定垂直B、v所决定的平面，但B与v不一定垂直.磁场对运动电荷的作用力F=qvB4.特点：(1)不论带电粒子在磁场中做何种运动，因为F⊥v，故F一定不做功.只改变速度的方向，因而不改变速度的大小，所以运动电荷垂直磁感线进入匀强磁场仅受洛伦兹力时，一定做.(2)F与运动状态有关.速度变化会引起F的变化，对电荷进行受力分析和运动状态分析时应注意.匀速圆周运动二、带电粒子在匀强磁场中运动(不计其他力的作用)1.若带电粒子初速度方向与磁场方向共线，则做.2.若带电粒子垂直进入匀强磁场，则做匀速圆周运动.(1)向心力由洛伦兹力提供：；(2)轨道半径，周期等.匀速直线运动2vBqvmRmvRqB22RmTvqB洛伦兹力的方向判定——左手定则图9-3-6真空中两根长直金属导线平行放置，其中只有一根导线中通有方向未知的恒定电流，一电子从P点射入两导线之间的区域，初速度方向在两导线所确定的平面内，如图9-3-6所示，今用某种方法记录到电子运动轨迹的一部分如图中的曲线PQ所示，由此判断两导线的通电情况是()A.ab导线中通有从a到b方向的电流B.ab导线中通有从b到a方向的电流C.cd导线中通有从c到d方向的电流D.cd导线中通有从d到c方向的电流由图可以看出，电子运动的轨迹，右边的圆弧半径小些，磁场强些，说明是cd中有电流，由左手定则知电子处在垂直纸面向里的磁场中，再由安培定则知，电流从c流向d，故选C.变式训练1：图937是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子()A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动图937A.mvrqB粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式：可知，半径变小粒子运动方向为由下向上；又由于洛伦兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电解．选析：带电粒子在匀强磁场中的运动一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为L，现从ad中点垂直于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，如图9-3-8所示，已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计).(1)若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件?(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处?最长时间是多少?图9-3-8(1)若粒子速度为v0，则，所以有R=，如下图所示.200vqvBmR0mvqB设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1＋R1sinθ=，将R1=代入上式可得，v01=类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2-R2sinθ=，将R2=代入上式可得，v02=所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足＜v0≤2L01mvqB3qBLmqBLm2L02mvqB3qBLmqBLm(2)由及可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间也越长.由图可知，在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对圆心角为(2π-2θ)，所以最长时间为t2tT2mTqB(22)53mmqBqB解答此类问题的关键是确定粒子圆周运动的圆心、半径和轨迹，找圆心的方法是根据粒子进入磁场时的初始条件和射出磁场时的边界条件.确定粒子半径要用到几何知识，根据边角关系确定.点评图9-3-9变式训练2：如图9­3­9，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab板l＝16cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的电荷量与质量之比qm＝5.0×107C/kg，现只考虑在图示平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度．α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有qvB＝mv2R由此得R＝vq/mB代入数值得R＝10cm，可见，2RlR.因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点．为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.NP1＝R2－l－R2再考虑N的右侧．任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为直径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点．由图中几何关系得NP2＝2R2－l2所求长度为P1P2＝NP1＋NP2代入数值得P1P2＝20cm洛伦兹力和力学的综合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(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9-3-10所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，求(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？(g=10m/s2)图9-3-10(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力N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，受力分析如右图所示(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，即有Bqv+N-mgcosα=0当N=0时，小滑块开始脱离斜面，所以v=≈3.5m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理mgs·sinα=mv2斜面的长度至少应是3430.11010cos2/0.5510mgmsBq23/ms1222231.22sin2100.5vsmmg该题是洛伦兹力与力学知识结合的题目，考查左手定则及平衡条件的应用，洛伦兹力大小计算及洛伦兹力不做功等知识的综合应用.解此题时要注意，滑块受的洛伦兹力虽然是变力，但运动是匀变速运动.点评变式训练3：某空间存在着如图9311所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上．物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力的说法中正确的是()A．A对B的压力变大B．B对A的摩擦力变小C．A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变图9311解析：A受到向下的洛伦兹力作用，所以A对B的压力变大，A正确，D错误．AB的加速度不变，所以A向左的合外力不变，B、C错误．答案：A