2025版高考物理全程一輪復習第十一章磁場安培力與洛倫茲力第2講磁場對運動電荷的作用學案

第2講磁場對運動電荷的作用課程標準素養(yǎng)目標1.通過實驗，認識洛倫茲力．能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大?。?.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．物理觀念：知道洛倫茲力的大小和方向．科學思維：能比較安培力與洛倫茲力，能分析解決帶電粒子在勻強磁場中運動的問題．考點一對洛倫茲力的理解及應用【必備知識·自主落實】1．定義：磁場對________的作用力叫洛倫茲力．2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝________；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝________；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝________．如圖所示．3．洛倫茲力的方向注意區(qū)分正、負電荷(1)判定方法：左手定則，注意四指應指向________電荷運動的方向或________電荷運動的反方向；(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于________決定的平面(注意B和v不一定垂直)．【關鍵能力·思維進階】1.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右2．[2023·海南卷]如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力的說法正確的是()A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程中的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功3.[2024·陜西西安市一模]如圖所示，豎直放置的光滑絕緣曲面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為q(q>0)的滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對曲面無壓力．關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用B．滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB2ghC．洛倫茲力做正功D．滑塊的機械能增大思維提升1.洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷．(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)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，而洛倫茲力對運動電荷不做功．考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動【必備知識·自主落實】1．若v∥B，則帶電粒子以入射速度v做________運動．2．若v⊥B，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做________運動，如圖所示．3．v與B既不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中做螺旋狀運動．處理方法是運動的合成與分解4．基本公式(1)向心力公式：qvB＝________；(2)軌道半徑公式：r＝________；(3)周期公式：T＝2πrv→T運動周期與速率無關【關鍵能力·思維進階】1．帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界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，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，如圖甲．②若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應半徑夾角也為θ，如圖乙．2．圓心的確定方法方法一若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)；方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖(b)．3．半徑的計算方法方法一由物理方法求：半徑R＝mvqB方法二由幾何方法求：一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定．4．時間的計算方法方法一由圓心角求：t＝θ2π·T方法二由弧長求：t＝sv考向1帶電粒子在直線邊界磁場中運動例1(多選)[2024·九省聯(lián)考黑龍江、吉林卷]空間中存在垂直于xOy平面的磁場，x＝a兩側的勻強磁場方向相反，x＞a區(qū)域的磁感應強度大小為x＜a區(qū)域的2倍．不同帶電粒子以速率v0由原點沿xOy平面射入該磁場，則粒子的軌跡可能為下圖中的()考向2帶電粒子在圓形邊界磁場中運動例2(多選)[2023·全國甲卷]光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線例3(多選)[2024·云南曲靖高三統(tǒng)考期中]如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0沿和直徑AA′成θ＝30°角的方向垂直磁場射入，經(jīng)磁場偏轉后恰能從點A′射出．已知AA′為區(qū)域磁場的一條直徑，不計電荷的重力，下列說法正確的是()A.該點電荷帶負電B．該點電荷在磁場中做圓周運動的半徑為RC．該點電荷的比荷為qm＝D．該點電荷在磁場中的運動時間為t＝2πR考向3帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場中運動例4如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．a(chǎn)b邊中點有一電子發(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兩點射出的電子的速度大小分別為()A．14kBl，54kBlB．14kBlC．12kBl，54kBlD．12kBl例5(多選)[2024·重慶校聯(lián)考三模]如題圖，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，AC邊長為l，∠B為π6，一群比荷為qm的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為65t0，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2A.磁感應強度大小為5πmB．粒子運動的軌道半徑為33C．粒子射入磁場的速度大小為13D．粒子在磁場中掃過的面積為63+3π思維提升帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法第2講磁場對運動電荷的作用考點一必備知識·自主落實一、1．運動電荷2．(1)0(2)qvB(3)qvBsinθ3．(1)正負(2)B、v關鍵能力·思維進階1．解析：根據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導線在O點產(chǎn)生的磁場相抵消，a、c兩通電直導線在O點產(chǎn)生的磁場方向均向左，所以四根通電直導線在O點產(chǎn)生的合磁場方向向左，由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，B正確．答案：B2．解析：小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A對；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯；洛倫茲力永不做功，D錯．答案：A3．解析：滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒mgh＝12mv2，得v＝故滑塊在b點受到的洛倫茲力為F＝qBv＝qB2gh，故B正確，C錯誤，D錯誤．故選B.答案：B考點二必備知識·自主落實1．勻速直線2．勻速圓周4．(1)mv2r(2)mv關鍵能力·思維進階例1解析：因x＞a區(qū)域的磁感應強度大小為x＜a區(qū)域的2倍，根據(jù)r＝mvqB，可知x＜a區(qū)域的圓周運動的半徑為x＞a區(qū)域的圓周運動的半徑的2倍．該圖中粒子運動的軌道半徑為r＝3a4＜a，即粒子沒能到達兩磁場的分界線，則該軌跡可能存在，選項A正確；該圖中粒子在x＜a中運動時的軌跡半徑為r＝a2cos45°＝2a2，則在x＞a區(qū)域運動的半徑應該為r′＝2a4，則軌跡與y軸交點的縱坐標應該是y＝2r′sin45°＝a2，選項B正確；該圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑小于在x＞a區(qū)域的軌道半徑，選項C錯誤；該圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑為r＝a，則在x＞a區(qū)域的軌道半徑為r′＝a2，則軌跡與y軸交點y答案：ABD例2解析：假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤．故選BD.答案：BD例3解析：由題意可知，點電荷應向下偏轉，由左手定則可知，該點電荷帶負電，故A正確；由題意可知，點電荷在磁場中做勻速圓周運動軌跡對應的弦長為2R，設點電荷做勻速圓周運動的半徑為r，由弦長公式可得2R＝2rsin30°解得r＝2R，故B錯誤；點電荷做勻速圓周運動所受洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝mv02r，則比荷qm由題意可知，點電荷做勻速圓周運動的圓心角θ＝2×30°＝60°則該點電荷在磁場中的運動時間為t＝60°360°×2πrv0答案：AD例4解析：電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝l4，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得rd＝5l4，由洛倫茲力提供向心力，有evdB答案：B例5解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射