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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。关键能力题型突破考点一对洛伦兹力的理解1.如图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是()A.a、b为粒子的径迹B.a、b为粒子的径迹C.c、d为粒子的径迹D.c、d为粒子的径迹【解析】选D。由于粒子带正电，粒子带负电，粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为粒子的径迹，c、d可能为粒子的径迹，选项D正确。2.目前，我国柔性直流输电技术世界领先。上海南汇风电场柔性直流输电工程，输送容量为
2、2104 kW，直流电压等级30 kV。设某段输电线路的两导线在同一竖直平面内，若宇宙射线中的质子、电子以速率v0到达输电线所在处，不考虑地磁场的影响和粒子速率的变化，质子的运动轨迹大致是图中的()【解析】选B。上面导线电流向右，下面导线电流向左，根据右手定则可判断输电线间磁场方向垂直纸面向里，且靠近导线磁场增强，根据r=mvBq知粒子的轨道半径减小；两导线下方磁场垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，质子轨道半径越大，不可能为圆周，由左手定则可判断质子轨迹偏转方向，故A、C、D错误；B正确。3.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为
3、r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则()A.a带负电、b带正电，两粒子的比荷之比为21B.a带负电、b带正电，两粒子的比荷之比为12C.a带正电、b带负电，两粒子的比荷之比为21D.a带正电、b带负电，两粒子的比荷之比为11【解析】选C。根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a带正电、b带负电，由qvB=mv2r得r=mvqB，则qm=vBr。由此可得q1m1q2m2=21，故选项C正确。1.洛伦兹力的特点：(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)运
4、动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力一定不做功。2.洛伦兹力与安培力的联系及区别：(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3.洛伦兹力与电场力的比较：项目洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小F=qvB(vB)F=qE力方向与场方向的关系一定是FB，Fv正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反项目洛伦兹力电场力做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零
5、F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向【加固训练】1.在同一匀强磁场中，粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子()A.运动半径之比是21B.运动周期之比是21C.运动速度大小之比是41D.受到的洛伦兹力之比是21【解析】选B。粒子(24He)和质子(11H)的质量之比mmH=41，动量大小相等，即mv=mHvH，运动速度大小之比vvH=mHm=14，选项C错误；根据qvB=mv2r，得r=mvqB，所以运动半径之比rrH=qHq=12，选项A错误；由T=2mqB知，运动周期
6、之比TTH=qHqmmH=1241=21，选项B正确；根据F=qvB，洛伦兹力之比FFH=qqHvvH=2114=12，选项D错误。2.如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动，则在加速运动阶段()A.a对b的压力不变B.a对b的压力变大C.a、b物块间的摩擦力变大D.a、b物块间的摩擦力不变【解析】选B。a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，竖直方向有FN=(ma+mb)g+qvB，水平
7、方向有F-Ff=(ma+mb)a，Ff=FN。在加速阶段，v增大，FN增大，Ff增大，加速度a减小。对a受力分析，a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力FN、b对a向左的静摩擦力Ff，竖直方向：FN=mag+qvB，水平方向：Ff=maa。随着v的增大，FN增大，选项A错误，B正确；加速度a减小，所以a、b物块间的摩擦力变小，选项C、D均错误。考点二带电粒子在匀强磁场中的运动直线边界【典例1】(多选)(2019海南高考)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界
8、，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()A.P和Q的质量之比为12B.P和Q的质量之比为21C.P和Q速度大小之比为21D.P和Q速度大小之比为21【通型通法】1.题型特征：带电粒子在单边界磁场中运动问题。2.思维导引：(1)模型构建：匀速圆周运动规律应用。(2)解题方法：圆周运动向心力公式和几何关系解题。【解析】选A、C。作出两粒子在磁场中的运动图象如图所示，可知其半径rP、rQ之比为12，因为两粒子在磁场中运动的时间相同，所以TPTQ=12，根据qvB=mv2r得r=mvqB=pqB=2mEkqB，则T=2rv=2mqB，mPmQ=
9、TPTQ=12，选项A正确，B错误；vPvQ=rPTQrQTP=21，所以选项C正确，D错误。平行边界【典例2】(2018江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方d2处射出磁场。取sin 53=0.8，cos 53=0.6。(1)求磁感应强度大小B。(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t。(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O
10、的时间增加t，求t的最大值。【解析】(1)粒子圆周运动的半径r0=mv0qB由题意知r0=d4，解得B=4mv0qd(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为，半径为r，由r=mvqB得r=5r0=54d由d=rsin ，得sin =45，即=53在一个矩形磁场中的运动时间t1=3602mqB，解得t1=53d720v0直线运动的时间t2=2dv，解得t2=2d5v0则t=4t1+t2=(53+72)d180v0(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+xtan 由y2d，解得x34d则当xm=34d时，t有最大值粒子做直线运动路程的最大值sm=2xmcos+(
11、2d-2xm)=3d增加路程的最大值sm=sm-2d=d增加时间的最大值tm=smv=d5v0答案：(1)4mv0qd(2)(53+72)d180v0(3)d5v0【多维训练】(多选)如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度大小是区域内磁感应强度大小的2倍，一带正电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是()A.粒子在区域和区域中的速率之比为11B.粒子在区域和区域中的角速度之比为21C.粒子在区域和区域中的圆心角之比为12D.区
12、域和区域的宽度之比为11【解析】选A、C、D。由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力F=qBv=ma和a=v可知，粒子运动的角速度之比为12=B1B2=12，则B错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由t=mqB可得t=1mqB1=2mqB2，且B2=2B1，所以可得12=12，则C正确；由题意可知，粒子在区域中运动的圆心角为30，则粒子在区域中运动的圆心角为60，由R=mvqB可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的2倍，设粒子在区域中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度d1=2rsin30=r；区域的宽度d
13、2=rsin30+rcos(180-60-60)=r，故D正确。圆形边界【典例3】如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm【解析】选B。如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO
14、2为等边三角形。由于O1D=R2，所以EO1D=60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2=O1E=R，由qvB=mv2R，得v=qBRm，B正确。举一反三1.在【典例3】中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运行时间为()A.m6qBB.m3qBC.2m3qBD.mqB【解析】选B。由T=2mqB，t=2T可得：t=m3qB，故选项B正确。2.在【典例3】中，若带电粒子对准圆心沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向的夹角仍为60，则粒子的速率为()A.qBR2mB.qBRmC.3qBRmD.3qBmR【解析】选C。粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨迹
15、如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=3R，由qvB=mv2r可得，v=3qBRm。选项C正确。3.在【典例3】中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角为()A.30B.45C.60D.120【解析】选D。磁场方向改为垂直纸面向里，粒子进入磁场后向左偏转，运动轨迹如图所示，OAB和OBC都是等边三角形，所以AOC=120，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角也是120。选项D正确。其他边界【典例4】(2019全国卷)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)
16、向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl【通型通法】1.题型特征：正方形区域的带电粒子在磁场中运动。2.思维导引：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”。【解析】选B。电子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得evB=mv2r，得r=mveB，电子从a点射出，r=l4，联立解得v1=14kBl；电子从d点射出，由几何关系得l2+(r-l2)2=r2，解得r=54l，联立解得v2=54kBl，
17、故B正确，A、C、D错误。1.有界磁场三种情况：(1)直线边界。粒子进出磁场具有对称性(如图所示)。图a中粒子在磁场中运动的时间t=T2=mBq图b中粒子在磁场中运动的时间t=1-T=1-2mBq=2m(-)Bq图c中粒子在磁场中运动的时间t=T=2mBq (2)平行边界(如图所示)。图a中粒子在磁场中运动的时间t1=mBq，t2=T2=mBq图b中粒子在磁场中运动的时间t=mBq图c中粒子在磁场中运动的时间t=(1-)T=1-2mBq=2m(-)Bq图d中粒子在磁场中运动的时间t=T=2mBq (3)圆形边界。沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)粒子做圆周运动的半
18、径r=Rtan粒子在磁场中运动的时间t=T=2mBq2.带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动解题的一般步骤：基本思路图例说明圆心的确定与速度方向垂直的直线过圆心弦的垂直平分线过圆心轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度的垂线交点P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法。例：R=Lsin，或由R2=L2+(R-d)2求得R=L2+d22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角或轨迹长度L求时间t=2Tt=Lv(1)速度的偏转角等于AB所对的圆心角(2)偏转角与弦切角的关系：180时，=360-2【加固训练】如图所示，圆形区域内存在
19、一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的位置的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则B2B1等于()A.33B.33C.12D.21【解析】选B。当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即POM=120，如图所示，所以粒子做圆周运动的半径r2=Rsin60=mvqB2，
20、同理可知，r1=Rsin30=R2，解得：B2B1=33，故B正确。考点三带电粒子在匀强磁场中的运动的多解问题带电性质不确定【典例5】如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM和NN是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少？【解析】题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论。若带电粒子带正电荷，则轨迹是图中与NN相切的14圆弧，轨迹半径R=mvBq又d=R-Rsin45解得v=(2+2)Bqdm若带电粒子带负电荷，则轨迹是图中与NN相切的34圆弧，轨迹半径R=mv
21、Bq又d=R+Rsin45解得v=(2-2)Bqdm答案：(2+2)Bqdm(q为正电荷)或(2-2)Bqdm(q为负电荷)磁场方向不确定【典例6】(多选)一质量为m，电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm【解析】选A、C。依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷
22、所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv=mv2R，得v=4BqRm，此种情况下，负电荷运动的角速度为=vR=4Bqm；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv=mv2R，v=2BqRm，此种情况下，负电荷运动的角速度为=vR=2Bqm。故A、C正确。临界状态不唯一【典例7】匀强磁场区域由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为R2的矩形组成，磁场的方向如图所示。一束质量为m、电荷量为+q的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁场中。(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A点射出？(2)对应于粒子可能射出的各段磁
23、场边界，磁感应强度应满足什么条件？【解析】(1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从PA、AC和CD三段边界射出，如图所示。当粒子从A点射出时，运动半径r1=R2。由qvB1=mv2r1得B1=2mvqR。(2)当粒子从C点射出时，由勾股定理得：(R-r2)2+R22=r22，解得r2=58R由qvB2=mv2r2，得B2=8mv5qR据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断：当B2mvqR时，粒子从PA段射出；当8mv5qRB2mvqR时，粒子从AC段射出；当B8mv5qR时，粒子从CD段射出。答案：(1)2mvqR(2)见解析题型运动周期性、往复性【典例】(2019江苏高考)如图所
24、示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=d2，求粒子从P到Q的运动时间t。【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m
25、v2R，解得：R=mvqB由题可得：R=d解得v=qBdm。 (2)如图所示，粒子碰撞薄板后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，由几何关系得dm=d(1+sin60)解得dm=2+32d(3)粒子的运动周期T=2mqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则t=nT4+t(n=1，3，5，)A.当L=nd+(1-32)d时，粒子斜向上射出磁场t=112T，解得t=(Ld+33-46)m2qBB.当L=nd+(1+32)d时，粒子斜向下射出磁场t=512T，解得t=(Ld-33-46)m2qB答案： (1)qBdm(2)2+32d(3)A.当L=nd+(1-32)d(n=1，3，5)时，t=(Ld
26、+33-46)m2qBB.当L=nd+(1+32)d(n=1，3，5)时，t=(Ld-33-46)m2qB带电粒子在磁场中运动的多解问题多解分类多解原因示意图带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同磁场方向不确定题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况临界状态不唯一带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出【加固训练】 (多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷qm=k，则质子的速度可能为()A.2BkLB.BkL2C.3BkL2D.BkL8【解析】选B、D。因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r=Ln(n=1，2，3)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r，即v=Bqrm=BkLn(n=1，2，3)，选项B、D正确。关闭Word文档返回原板块