磁场及带电粒子在磁场中的运动复习课件优秀PPT.ppt

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1、1.1.磁场强弱的描述：磁场强弱的描述：（1 1）磁感应强度的定义式：）磁感应强度的定义式：B=_B=_，条件：，条件：_垂垂直。直。（2 2）磁感应强度的合成满足）磁感应强度的合成满足_定则。定则。导线与磁场导线与磁场平行四边形平行四边形2.2.安培力：安培力：（1 1）计计算公式：算公式：F=_F=_，其中，其中为为B B与与I I的的夹夹角。角。当磁当磁场场与与电电流垂直流垂直时时，=90=90，F=_F=_。当磁当磁场场与与电电流平行流平行时时，=0=0，F=_F=_。（2 2）方向判定：用）方向判定：用_。3.3.洛洛伦兹伦兹力：力：（1 1）计计算公式：算公式：F=_F=_，其中，

2、其中为为B B与与v v的的夹夹角。角。vBvB时时，F=_F=_。vBvB时时，F=_F=_。v=0v=0时时，F=_F=_。（2 2）方向判定：用）方向判定：用_，留意，留意“四指四指”指向指向_，与，与_的运的运动动方向相反。方向相反。BILsinBILsinBILBIL0 0左手定左手定则则qvBsinqvBsin0 0qvBqvB0 0左手定左手定则则正正电电荷的荷的运运动动方向方向负电负电荷荷4.4.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式：（1 1）向心力由洛伦兹力供应：）向心力由洛伦兹力供应：qvB=_qvB=_。（2 2）轨道半径）轨

3、道半径R=_R=_。（3 3）周期公式：）周期公式：T=_T=_。1.1.（20122012天津高考）如天津高考）如图图所示，金属棒所示，金属棒MNMN两端由等两端由等长长的的轻质轻质细线细线水平水平悬悬挂，挂，处处于于竖竖直向上的匀直向上的匀强强磁磁场场中，棒中通以由中，棒中通以由M M向向N N的的电电流，平衡流，平衡时时两两悬线悬线与与竖竖直方向直方向夹夹角均角均为为。假如。假如仅变仅变更下更下列某一个条件，列某一个条件，角的相角的相应变应变更状况是（）更状况是（）A.A.棒中的棒中的电电流流变变大，大，角角变变大大B.B.两两悬线悬线等等长变长变短，短，角角变变小小C.C.金属棒金属棒

4、质质量量变变大，大，角角变变大大D.D.磁感磁感应应强强度度变变大，大，角角变变小小【解析】选【解析】选A A。金属棒的受力状况如图所示，则有。金属棒的受力状况如图所示，则有当棒中的电流当棒中的电流I I变大或者磁感应强度变大或者磁感应强度B B变大时，因为重力不变，变大时，因为重力不变，所以所以角会变大，选项角会变大，选项A A对、对、D D错；两悬线等长变短对错；两悬线等长变短对角没有角没有影响，选项影响，选项B B错；当金属棒的质量变大时，错；当金属棒的质量变大时，角变小，选项角变小，选项C C错。错。2.2.（20132013安徽高考）图中安徽高考）图中a a、b b、c c、d d为

5、四根与纸面垂直的长直为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O O点沿垂直点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）A.A.向上向上 B.B.向下向下C.C.向左向左 D.D.向右向右【解析】选【解析】选B B。由右手螺旋定则可以推断出。由右手螺旋定则可以推断出a a、b b、c c、d d四根长四根长直导线在正方形中心直导线在正方形中心O O处

6、产生的磁感应强度如图所示：处产生的磁感应强度如图所示：四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左。利用左手定则推断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力水平向左。利用左手定则推断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力竖直向下，故竖直向下，故B B项正确。项正确。3.(20133.(2013新课标全国卷新课标全国卷)如图，半径为如图，半径为R R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为面），磁感应强度大小为B B，方向垂直于纸，方向垂直于纸面对外，一电荷量为面对外，一电荷量为q q（q

7、0q0）、质量为）、质量为m m的的粒子沿平行于直径粒子沿平行于直径abab的方向射入磁场区域，的方向射入磁场区域，射入点与射入点与abab的距离为的距离为 ，已知粒子射出磁，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为场与射入磁场时运动方向间的夹角为6060，则粒子的速率为，则粒子的速率为（不计重力）（不计重力）（）【解析】选【解析】选B B。依据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速。依据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，半径

8、的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，依据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为依据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=Rr=R，再由，再由 ，得，得 ，解得，解得 ，故选项，故选项B B正确。正确。热热点考向点考向1 1 磁磁场对场对通通电导线电导线作用力作用力问题问题【典例【典例1 1】（20132013南通二模）如南通二模）如图图所示，在所示，在竖竖直向下的恒定直向下的恒定匀匀强强磁磁场场中有一光滑中有一光滑绝缘绝缘的的 圆轨圆轨道，一重道，一重为为G G的金属的金属导导体体MNMN垂直于垂直于轨轨道横截面水平放置，在道横截面水平放置，在导导体

9、中通入体中通入电电流流I I，使，使导导体在体在安培力的作用下以恒定的速率安培力的作用下以恒定的速率v v从从A A点运点运动动到到C C点，点，设导设导体所在体所在位置的位置的轨轨道半径与道半径与竖竖直方向的直方向的夹夹角角为为，安培力的瞬，安培力的瞬时时功率功率为为P P，则则从从A A到到C C的的过过程中，下列有关程中，下列有关说说法正确的是（）法正确的是（）A.A.电流方向从电流方向从N N指向指向M B.IcotM B.IcotC.Pcos D.PsinC.Pcos D.Psin【解【解题题探究】探究】（1 1）依据）依据导导体体MNMN的运的运动动状况，画出状况，画出MNMN的受

10、力分析的受力分析图图。提示：提示：（2 2）MNMN的运的运动动性性质质是是_，向心力由，向心力由_、_和安培力的合力供和安培力的合力供应应，并且沿切，并且沿切线线方向的合力方向的合力_，用式子表示用式子表示为为_。匀速匀速圆圆周运周运动动弹弹力力F F重重力力G G等于零等于零Gsin=FGsin=F安安coscos【解析】选【解析】选D D。由于安培力方向始终水平向左，依据左手定则。由于安培力方向始终水平向左，依据左手定则知电流方向从知电流方向从M M指向指向N N，A A错误；因为导体棒做匀速圆周运动，错误；因为导体棒做匀速圆周运动，所以有所以有Gsin=FGsin=F安安cos=BIL

11、coscos=BILcos，故，故I=tanI=tan，即，即ItanItan，B B错误；又错误；又P=FP=F安安vcos=Gvsinvcos=Gvsin，所以，所以PsinPsin，C C错误，错误，D D正确。正确。【总结提升】【总结提升】求解磁场中导体棒运动问题的方法求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)(1)正确地对导体棒进行受力分析，应特殊留意通电导体棒受正确地对导体棒进行受力分析，应特殊留意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。垂直。(2)(2)画出协助图（如导轨画出协助图（如导轨斜面等），并

12、标明协助方向（磁感斜面等），并标明协助方向（磁感应强度应强度B B、电流、电流I I的方向）。的方向）。(3)(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。体棒垂直的平面内的受力分析图。【变变式式训练训练】（20122012大大纲纲版全国卷）版全国卷）如如图图，两根相互平行的，两根相互平行的长长直直导线过纸导线过纸面上的面上的M M、N N两点，且与两点，且与纸纸面垂直，面垂直，导导线线中通有大小相等、方向相反的中通有大小相等、方向相反的电电流。流。a a、O O、b b在在M M、N N的的连线连线上，

13、上，O O为为MNMN的中点，的中点，c c、d d位于位于MNMN的中垂的中垂线线上，且上，且a a、b b、c c、d d到到O O点的点的距离均相等。关于以上几点距离均相等。关于以上几点处处的磁的磁场场，下列，下列说说法正确的是法正确的是（）（）A.OA.O点点处处的磁感的磁感应应强强度度为为零零B.aB.a、b b两点两点处处的磁感的磁感应应强强度大小相等，方向相反度大小相等，方向相反C.cC.c、d d两点两点处处的磁感的磁感应应强强度大小相等，方向相同度大小相等，方向相同D.aD.a、c c两点两点处处磁感磁感应应强强度的方向不同度的方向不同【解析】选【解析】选C C。依据安培定则

14、，。依据安培定则，M M、N N处的电流在处的电流在O O点处的磁感应点处的磁感应强度方向相同，都垂直强度方向相同，都垂直MNMN连线向下，连线向下，O O点处的磁感应强度不为点处的磁感应强度不为零，选项零，选项A A错误；由对称关系可知，错误；由对称关系可知，a a、b b两点处的磁感应强度两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直大小相等，磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，方向相同，选连线向下，方向相同，选项项B B错误；错误；c c、d d两点处的磁感应强度方向都垂直两点处的磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，连线向下，方向相同，大小相等，选项方向相同，大小相等，选项C C正

15、确；正确；a a、c c两点处的磁感应强度两点处的磁感应强度方向都垂直方向都垂直MNMN连线向下，选项连线向下，选项D D错误。错误。热热点考向点考向2 2 带电带电粒子在磁粒子在磁场场中的运中的运动动【典例【典例2 2】（】（1818分）（分）（20132013延安一模）如延安一模）如图图所示，在所示，在x0 x0 x0的区域中，存在磁感的区域中，存在磁感应应强强度大小分度大小分别为别为B1B1与与B2B2的匀的匀强强磁磁场场，磁，磁场场方向方向垂直于垂直于纸纸面面对对里，且里，且B1B1大于大于B2B2，一个，一个带负电带负电、比荷比荷为为k k的粒子从坐的粒子从坐标标原点原点O O以速度

16、以速度v v沿沿x x轴负轴负方向射出，粒子重方向射出，粒子重力不力不计计。（1 1）求粒子在两个磁）求粒子在两个磁场场中运中运动动的的轨轨道半径；道半径；（2 2）假如）假如B1=2B2B1=2B2，则则粒子再次回到原点粒子再次回到原点时时运运动动了多了多长时间长时间？（3 3）要使）要使该该粒子粒子经过经过一段一段时间时间后又后又经过经过O O点，点，B1B1与与B2B2的比的比值应值应满满足什么条件？足什么条件？【解【解题题探究】探究】（1 1）粒子在两磁）粒子在两磁场场中运中运动动的的轨轨道半径的求解：道半径的求解：比荷的意比荷的意义义：k=_k=_；轨轨道半径公式：道半径公式：r=_

17、r=_。（2 2）试试画出画出B B1 1=2B=2B2 2时时，带电带电粒子再次回到原点粒子再次回到原点时时的的轨轨迹迹图图。提示：提示：由于由于B B1 1=2B=2B2 2，则，则r r1 1=r=r2 2，由左手定则画出轨迹如图所示。，由左手定则画出轨迹如图所示。（3 3）当）当B1B2B1B2，但，但B12B2B12B2时时，粒子完成如，粒子完成如图图所示的一次回旋到达所示的一次回旋到达y y轴轴上的上的O1O1点，点，则则点点O O、O1O1间间的距离的距离d=_d=_；若完成；若完成n n次回旋次回旋到达到达OnOn点，点，则则OOn=_OOn=_。（4 4）粒子到达）粒子到达O

18、nOn后，若要再后，若要再经过经过半个半个圆圆周回到周回到O O点，点，OOnOOn应满应满足什么条件？足什么条件？提示：提示：应满应满足足OOn=2r1OOn=2r1，即，即2n2n（r2-r1r2-r1）=2r1=2r1。2 2（r r2 2-r-r1 1）nd=2nnd=2n（r r2 2-r-r1 1）【解析】【解析】（1 1）粒子交替地在）粒子交替地在xOyxOy平面内平面内B B1 1与与B B2 2磁场区域中做匀磁场区域中做匀速圆周运动；速度大小恒为速圆周运动；速度大小恒为v,v,轨迹都是半个圆轨迹都是半个圆,圆周运动半径圆周运动半径分别为分别为 （1 1分）分）（1 1分）分）

19、（2 2）当）当B1=2B2B1=2B2时，时，r2=2r1 r2=2r1 （1 1分）分）那么粒子在左边运动一个半径为那么粒子在左边运动一个半径为r1r1半圆后，再到右边经验一个半圆后，再到右边经验一个半径为半径为r2r2的半圆，又回到左边再经验一个半径为的半圆，又回到左边再经验一个半径为r1r1的半圆，此的半圆，此时正好回到原点，这个过程中经验的时间为时正好回到原点，这个过程中经验的时间为 （2 2分）分）（2 2分）分）所以所以t=t1+t2=t=t1+t2=（1 1分）分）（3 3）粒子运动轨迹如图所示，在）粒子运动轨迹如图所示，在xOyxOy平面内，平面内，粒子先沿半径为粒子先沿半径

20、为r1r1的半圆的半圆C1C1运动至运动至y y轴上到轴上到O O点距离为点距离为2r12r1的的A A点，接着沿半径为点，接着沿半径为r2(r2r2(r2r1)r1)的半圆的半圆D1D1运动至运动至y y轴上的轴上的O1O1点，则点，则O1O1与与O O的距离为：的距离为：d=2(r2-r1)d=2(r2-r1)（3 3分）分）此后粒子每经验一次回旋，其此后粒子每经验一次回旋，其y y轴坐标就减小轴坐标就减小d d，设粒子经过，设粒子经过n n次回旋后与次回旋后与y y轴交于轴交于OnOn点，若点，若OOnOOn即即ndnd满足满足nd=2r1 nd=2r1 （3 3分）分）则粒子再经过半圆

21、就能通过原点，由则粒子再经过半圆就能通过原点，由得得 （2 2分）分）即即 （2 2分）分）答案：答案：（1 1）（2 2）（3 3）（n=1n=1，2 2，33）【总结提升】带电粒子在磁场中的运动问题分析【总结提升】带电粒子在磁场中的运动问题分析“三步走三步走”（1 1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。迹。（2 2）找联系：）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是半径常用的方法有物理方法和几何方法

22、两种。物理方法也就是应用公式应用公式r=r=确定；几何方法一般依据数学学问（直角三角确定；几何方法一般依据数学学问（直角三角形学问、三角函数等）通过计算确定。形学问、三角函数等）通过计算确定。速度偏转角速度偏转角与回旋角（转过的圆心角）与回旋角（转过的圆心角）、运动时间、运动时间t t相相联系。如图所示，粒子的速度偏向角联系。如图所示，粒子的速度偏向角等于回旋角等于回旋角，等于弦，等于弦切角切角的的2 2倍，且有倍，且有=2=t=2=t=或或（其中（其中s s为运动的圆弧长度）。为运动的圆弧长度）。(3)(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动

23、的规律关系式，特殊是周期公式和半径公式，列方程求解。殊是周期公式和半径公式，列方程求解。【变变式式训练训练】（20132013广州一模）薄广州一模）薄铝铝板将同一匀板将同一匀强强磁磁场场分成分成、两个区域，高速两个区域，高速带电带电粒子可穿粒子可穿过铝过铝板一次，在两个区域板一次，在两个区域内运内运动动的的轨轨迹如迹如图图所示，半径所示，半径R R1 1RR2 2。假定穿。假定穿过铝过铝板前后粒子板前后粒子电电荷量保持不荷量保持不变变，则该则该粒子（）粒子（）A.A.带正电带正电B.B.在在、区域的运动速度大小相同区域的运动速度大小相同C.C.在在、区域的运动时间相同区域的运动时间相同D.D.

24、从从区域穿过铝板运动到区域穿过铝板运动到区域区域【解析】【解析】选选C C。粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。由由r=r=可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由小，故可得粒子由区域运动到区域运动到区域，结合左手定则可知粒区域，结合左手定则可知粒子带负电，子带负电，A A、B B、D D选项错误；由选项错误；由T=T=可知粒子运动的周期可知粒子运动的周期不变，粒子在不变，粒子在区域和区域和区域中运动的时间均为区域中运动的时间均为C C选项正确。选项正确。热点考向热点考向3 3 带电粒子

25、在有界匀强磁场中的临界问题带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题【典例【典例3 3】(2013(2013黄冈一模黄冈一模)如图所示，有如图所示，有一垂直于纸面对外的有界匀强磁场，磁场一垂直于纸面对外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为的磁感应强度为B B，其边界为一边长为，其边界为一边长为L L的的正三角形（边界上有磁场），正三角形（边界上有磁场），A A、B B、C C为三为三角形的三个顶点。现有一质量为角形的三个顶点。现有一质量为m m、电荷量为、电荷量为+q+q的粒子（不计的粒子（不计重力），以速度重力），以速度 从从ABAB边上的某点边上的某点P P既垂直于既垂直于ABAB边又边又垂直于磁场

26、的方向射入，然后从垂直于磁场的方向射入，然后从BCBC边上某点边上某点Q Q射出。若从射出。若从P P点射点射入的该粒子能从入的该粒子能从Q Q点射出，则（点射出，则（）【解【解题题探究】探究】（1 1）粒子在）粒子在该该磁磁场场中的中的轨轨迹半径如何求，比迹半径如何求，比ABAB边长还边长还是短？是短？提示：由提示：由r=r=代入代入v v得得r=LLr=LL。（2 2）如何求解）如何求解满满足足题题干条件的干条件的PBPB与与QBQB的最大的最大值值？提示：保提示：保证证不从不从ACAC边边射出，能从射出，能从BCBC边边射出即射出即为题为题目的要求，当目的要求，当轨轨迹迹圆圆既与既与AC

27、AC相切，又与相切，又与BCBC相切相切时时，可求，可求PBPB的最大的最大值值，当，当轨轨迹迹圆为圆为 圆圆弧弧时时，可求出，可求出QBQB的最大的最大值值。【解析】选【解析】选D D。带电粒子做匀速圆周运动轨。带电粒子做匀速圆周运动轨迹的圆心必在迹的圆心必在ABAB之上，画出运动轨迹如图之上，画出运动轨迹如图所示，由半径公式所示，由半径公式r=r=及及 可知，可知，粒子做圆周运动的半径为粒子做圆周运动的半径为r=Lr=L，当粒子运，当粒子运动的轨迹圆心位于动的轨迹圆心位于ABAB中点中点O1O1时，粒子正好与时，粒子正好与ACAC、BCBC边相切，由边相切，由几何关系知，几何关系知，PBP

28、B满足满足PB L,APB L,A、B B错误；平行向右移动参错误；平行向右移动参考圆考圆O1O1，与，与CBCB交点最远时的交点最远时的Q Q点到点到ABAB的距离为半径的距离为半径r r，所以，所以 D D正确，正确，C C错误。错误。【总结提升】带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何【总结提升】带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系关系（1 1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。迹与边界相切。（2 2）当粒子的运动速率）当粒子的运动速率v v确定时，粒子经过的弧长（或弦长）确定时，粒子经过的弧长（或

29、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。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。（3 3）当粒子的运动速率）当粒子的运动速率v v变更时，带电粒子在匀强磁场中的运变更时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。【变式训练】【变式训练】(2013(2013厦门二模厦门二模)如图所示，如图所示，ABC ABC为与匀强磁场为与匀强磁场垂直的边长为垂直的边长为a a的等边三角形，比荷为的等边三角形，比荷为 的电子以速度的电子以速度v v0 0从从A A点点沿沿ABAB边入射，欲使电

30、子经过边入射，欲使电子经过BCBC边，磁感应强度边，磁感应强度B B的取值为的取值为（）【解析】选【解析】选D D。欲使电子经过。欲使电子经过BCBC边，临界点是电子运动的圆弧边，临界点是电子运动的圆弧轨迹与轨迹与BCBC边相切，由几何关系可得圆弧半径等于边相切，由几何关系可得圆弧半径等于 据据 可得临界磁感应强度为可得临界磁感应强度为 欲使电子经过欲使电子经过BCBC边，边，则磁感应强度应满足则磁感应强度应满足B B 选项选项D D正确。正确。1.1.（20132013福州二模）福州二模）质质量量为为m m、长为长为L L的直的直导导体棒放置于四分体棒放置于四分之一光滑之一光滑圆圆弧弧轨轨道

31、上，整个装置道上，整个装置处处于于竖竖直向上磁感直向上磁感应应强强度度为为B B的匀的匀强强磁磁场场中，直中，直导导体棒中通有恒定体棒中通有恒定电电流，平衡流，平衡时导时导体棒与体棒与圆圆弧弧圆圆心的心的连线连线与与竖竖直方向成直方向成6060角，其截面角，其截面图图如如图图所示。所示。则则下下列关于列关于导导体棒中的体棒中的电电流的分析，正确的是（）流的分析，正确的是（）A A导体棒中电流垂直纸面对外，大小为导体棒中电流垂直纸面对外，大小为I=I=B B导体棒中电流垂直纸面对外，大小为导体棒中电流垂直纸面对外，大小为I=I=C C导体棒中电流垂直纸面对里，大小为导体棒中电流垂直纸面对里，大小

32、为I=I=D D导体棒中电流垂直纸面对里，大小为导体棒中电流垂直纸面对里，大小为I=I=【解析】选【解析】选C C。依据左手定则可知，不管电流方向向里还是向。依据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可推断出，导体棒中电流垂可知，安培力只能水平向右，据此可推断出，导体棒中电流垂直纸面对里。对导体棒受力分析，并依据平衡条件可知：直纸面对里。对导体棒受力分析，并依据平衡条件可知：F F安安=mgtan60=mgtan60，又，又F F安安=BIL=BIL，联立可得

33、，联立可得I=I=，只有选项，只有选项C C正确。正确。2.2.（20132013安徽安徽师师大一模）如大一模）如图图所示，在所示，在x x轴轴上方存在垂直于上方存在垂直于纸纸面面对对里的匀里的匀强强磁磁场场，磁感，磁感应应强强度度为为B B。在。在xOyxOy平面内，从原点平面内，从原点O O处处沿与沿与x x轴轴正方向成正方向成角（角（00RrR）分）分别别存在两个磁存在两个磁场场方向均垂直于方向均垂直于xOyxOy平面的匀平面的匀强强磁磁场场（图图中未画出）；垂直于中未画出）；垂直于xOyxOy平面放置了两平面放置了两块块平面平面荧荧光屏，其光屏，其中中荧荧光屏甲平行于光屏甲平行于x x

34、轴轴放置在放置在y y轴轴坐坐标为标为-2.2R-2.2R的位置，的位置，荧荧光屏光屏乙平行于乙平行于y y轴轴放置在放置在x x轴轴坐坐标为标为3.5R3.5R的位置。的位置。现现有一束有一束质质量量为为m m、电电荷量荷量为为q q（q0q0）、）、动动能能为为E E0 0的粒子的粒子从坐从坐标为标为（-R-R，0 0）的的A A点沿点沿x x轴轴正方向射入区域正方向射入区域，最，最终终打在打在荧荧光屏甲上，出光屏甲上，出现现坐坐标为标为（0.4R0.4R，-2.2R-2.2R）的亮点）的亮点N N。若撤去若撤去圆圆外磁外磁场场，粒子打在，粒子打在荧荧光屏甲上，出光屏甲上，出现现坐坐标为标

35、为（0 0，-2.2R-2.2R）的亮点）的亮点M M。此。此时时，若将，若将荧荧光屏甲沿光屏甲沿y y轴负轴负方向平移，方向平移，则则亮点亮点x x轴轴坐坐标标始始终终保持不保持不变变。（不（不计计粒子重力影响）粒子重力影响）（1 1）求区域）求区域和和中磁感中磁感应应强强度度B B1 1、B B2 2的大小和方向。的大小和方向。（2 2）若上述两个磁）若上述两个磁场场保持不保持不变变，荧荧光屏仍在初始位置，但从光屏仍在初始位置，但从A A点沿点沿x x轴轴正方向射入区域正方向射入区域的粒子束改的粒子束改为质为质量量为为m m、电电荷量荷量为为-q-q、动动能能为为3E3E0 0的粒子，求的

36、粒子，求荧荧光屏上的亮点的位置。光屏上的亮点的位置。【审题】抓住信息，精确推断【审题】抓住信息，精确推断关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干在圆内区域在圆内区域（rRrR）和）和圆外区域圆外区域（rRrR）分别存）分别存在两个磁场在两个磁场两匀强磁场的强弱、方向，需两匀强磁场的强弱、方向，需结合运动情形分析结合运动情形分析从坐标为（从坐标为（-R-R，0 0）的）的A A点点沿沿x x轴正方向射入区域轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现最终打在荧光屏甲上，出现坐标为（坐标为（0.4R0.4R，-2.2R-2.2R）的）的亮点亮点N N在两磁场中粒子所做运动的轨在两磁场中粒子所做运动的

37、轨迹为两段圆弧，画示意图迹为两段圆弧，画示意图关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干若撤去圆外磁场，粒子打若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为在荧光屏甲上，出现坐标为（0 0，-2.2R-2.2R）的亮点）的亮点M M。此。此时，若将荧光屏甲沿时，若将荧光屏甲沿y y轴负轴负方向平移，则亮点方向平移，则亮点x x轴坐标轴坐标始终保持不变始终保持不变圆外无磁场，粒子做直线运动，圆外无磁场，粒子做直线运动，又因荧光屏甲移动而又因荧光屏甲移动而M M点不变，点不变，说明粒子从说明粒子从C C点离开圆形磁场点离开圆形磁场问问题题电荷量为电荷量为-q-q、动能为、动能为3E3E0 0的粒子，

38、求荧光屏上的亮点的粒子，求荧光屏上的亮点的位置的位置电性改变，洛伦兹力的方向改电性改变，洛伦兹力的方向改变；动能增大，速度增大，则变；动能增大，速度增大，则运动半径增大运动半径增大【破【破题题】精准分析，无破不立】精准分析，无破不立（1 1）磁感）磁感应应强强度度B1B1、B2B2的求解：的求解：带电带电粒子在区域粒子在区域中的运中的运动动半径半径r1=_r1=_。带电带电粒子在区域粒子在区域中的运中的运动动半径半径r2r2与与R R满满足的几何关系足的几何关系为为_。R R试试在在图图甲中画出甲中画出带电带电粒子在粒子在、区域中的区域中的轨轨迹示意迹示意图图。提示：提示：（2 2）第（）第（

39、2 2）问的求解：）问的求解：粒子在区域粒子在区域中的轨迹半径中的轨迹半径r r3 3与与r r1 1的关系式为的关系式为r r3 3=_；粒子在区域粒子在区域中的轨迹半径中的轨迹半径r r4 4与第（与第（1 1）问中）问中r r2 2的关系式为的关系式为r r4 4=_。请请在在图图乙中画出第（乙中画出第（2 2）问问中的中的轨轨迹示意迹示意图图。提示：提示：【解题】【解题】规范步骤，水到渠成规范步骤，水到渠成（1 1）由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨）由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。迹如图甲所示。粒子在区域粒子在区域中运动了四分之一圆周后，从

40、中运动了四分之一圆周后，从C C点沿点沿y y轴负方向进轴负方向进入区域入区域的磁场。区域的磁场。区域中圆周运动的圆心是中圆周运动的圆心是O O1 1点，半径为点，半径为r r1 1=R (1=R (1分分)由由 可得：可得：（2 2分）分）方向垂直平面方向垂直平面xOyxOy向外。向外。（1 1分）分）粒子进入区域粒子进入区域后做半径为后做半径为r r2 2的圆周运动，由的圆周运动，由 （1 1分）分）可得：可得：r r2 2=圆周运动的圆心圆周运动的圆心O O2 2坐标为（坐标为（r r2 2,-R,-R）则：（则：（r r2 2-0.4R-0.4R）2 2+(2.2R-R)+(2.2R-

41、R)2 2=r=r2 22 2 （2 2分）分）解得：解得：r r2 2=2R =2R （1 1分）分）则：则：（1 1分）分）方向垂直平面方向垂直平面xOyxOy向里。向里。（1 1分）分）（2 2）粒子束改为质量为）粒子束改为质量为m m、电荷量为、电荷量为-q-q，动能为，动能为3E3E0 0的运动轨迹的运动轨迹如图乙所示，粒子先在区域如图乙所示，粒子先在区域中做圆周运动。中做圆周运动。半径为半径为r r3 3=（2 2分）分）由圆心由圆心O O3 3的坐标（的坐标（-R-R，R R）可知，）可知，O O3 3A A与与O O3 3O O的夹角为的夹角为3030。通。通过分析图乙的几何关

42、系，粒子从过分析图乙的几何关系，粒子从D D点穿出区域点穿出区域的速度方向与的速度方向与x x轴正方向的夹角为轴正方向的夹角为=60=60粒子进入区域粒子进入区域后做圆周运动的半径为：后做圆周运动的半径为：（2 2分）分）其圆心其圆心O O4 4的坐标为：的坐标为：（Rcos60+rRcos60+r4 4cos30cos30），），-(r-(r4 4sin30-Rsin60)sin30-Rsin60)，即（即（）（2 2分）分）说明圆心说明圆心O O4 4恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙上的上的P P点，其点，其y y轴坐标为：轴坐标为：

43、（1 1分）分）即亮点即亮点P P的坐标为（的坐标为（）（1 1分）分）【点题】突破瓶颈，稳拿满分【点题】突破瓶颈，稳拿满分（1 1）常见的思维障碍：）常见的思维障碍：第（第（1 1）问中，不能分析出粒子从）问中，不能分析出粒子从C C点射出区域点射出区域也就不能推也就不能推断出断出r1=Rr1=R这个结论。这个结论。第（第（1 1）问中，不能正确画出两段圆弧的几何图形，也就不）问中，不能正确画出两段圆弧的几何图形，也就不能求出能求出r2r2的大小。的大小。第（第（2 2）问中，因粒子的速度变更，电性变更，增加了确定）问中，因粒子的速度变更，电性变更，增加了确定r3r3、r4r4的难度，不能画出相关图形，也就不能求解。的难度，不能画出相关图形，也就不能求解。