高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题三电场与磁场第二讲磁场及带电粒子在磁场中的运动学案.doc

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1、1第二讲第二讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动磁场及带电粒子在磁场中的运动知识建构高考调研1.考查方向：结合电流周围的磁场分布特点考查磁场的性质结合现代科学技术考查带电粒子在磁场中的运动结合几何关系考查带电粒子在有界磁场中的临界问题2.常用的思想方法：对称思想等效思想极限思想放缩法平移法旋转法答案 (1)(2)(3)几种典型电流周围磁场分布23考向一 磁场对通电导体的作用力归纳提炼求解磁场中导体棒运动问题的思路(多选)(2017全国卷)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是( )4AL1所受磁场作用力的

2、方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 113DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为133思路点拨 首先判断直线电流的磁场及安培力，或者记住平行直线电流间作用规律，运用平行四边形法则，结合三角形知识解决解析 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥对L1进行受力分析，如下图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行；对L3进行受力分析，如右图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直任意两根导线间的作用力的大小是相等的，若两根导线间相互作用力为F，L1、L2受到的磁场

3、力的合力大小相同，根据平行四边形定则作出几何图形，根据几何知识可求解，经分析知 B、C 正确答案 BC熟练强化1(2017上海卷)如图，一导体棒ab静止在 U 形铁芯的两臂之间电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )5A向上 B向下 C向左 D向右解析 本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则根据图中的电流方向，由安培定则知 U 形铁芯下端为 N 极，上端为 S 极，ab中的电流方向由ab，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项 D 正确答案 D2(2017金华十校第三次联合调研)如右图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为 0.5 m，匀强磁场

4、方向如右图所示，磁感应强度大小为 0.5 T质量为 0.05 kg、长为 0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M点当在金属细杆内通以电流为 2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动已知MNONOP1 m，g10 m/s2，则( )A金属细杆开始运动时的加速度大小为 5 m/s2B金属细杆运动到P点时的速度大小为 5 m/sC金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为 10 m/s2D金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N解析 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安BIL0.520.5 N0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a10 m/s2，

5、选项 A 错误；对金属F安 m细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安F安(MNOP)1 J，重力做功WGmgON0.5 J，由动能定理，得W安WGmv2，解得金属细杆运动到P点时的1 2速度大小v2 m/s，选项 B 错误；金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为56a20 m/s2，选项 C 错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力FN，水平向v2 r右的安培力F安，由牛顿第二定律，得FNF安，解得FN1.5 N，每一条轨道对金属mv2 r细杆的作用力大小为 0.75 N，由牛顿第三定律，可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N，选项 D 正确答案 D考向二 带

6、电粒子在磁场中的运动归纳提炼1带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动(2)若vB，且带电粒子仅受洛伦兹力作用，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由qvBm，可得半径R，则周v2 Rmv qB期T.周期T与粒子运动的速度v或半径R无关2R v2m qB角速度，角速度只取决于粒子的比荷和磁感应强度，与粒子运动的速2 TqB m度v和半径R无关动量pmvqBR，动能Ekmv2，粒子的动量和动能与磁感应强度B、轨道1 2q2B2R2 2m半径R、粒子的属性(q、m)有关2解决带电粒子在有界磁场中的运动问题的思

7、路“画轨迹，定圆心，求半径”是解决带电粒子在磁场中运动问题的一般思路，其中“画轨迹”是处理临界与极值问题的核心对于这类区域判断题，要善于进行动态分析，即首先选一个速度方向(如水平方向)，然后从速度方向的改变分析轨迹的变化，从而找出角度变化时可能出现的临界值与极值或各物理量间的联系(2017全国卷)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v

8、2v1为( )7A.2 B.132C.1 D332思路点拨 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，找圆心、定半径是解题的常规方法，本题中只要找到半径之间的关系则问题迎刃而解。当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，求出半径得出正确答案解析 设速率为v1的粒子最远出射点为M，速率为v2的粒子最远出射点为N，如图所示，则由几何知识得r1 ，r2RPM 2R 2PN 232r2 r131由qvB得r，故，选项 C 正确mv2 rmv qBv2 v1r2 r131答案 C处理带电粒子在匀强磁场中运动问题时常用的几何关系(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交

9、点(2)六条线：两段轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线8(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍熟练强化迁移一 矩形有界磁场1(多选)(2017沈阳质监)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成 30的方向(如题图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正

10、确的是( )A该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是3t0 2D若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是5t0 3解析 根据题述一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则时间t0为带电粒子在磁场中运动的半个周期使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成 30的方向(如题图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，画出各种可能的运动轨迹，可以看出不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场，选项

11、 A 正确若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定小于t0，选项 B 错误若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间不可能是，可能是t0，选项 C 错误若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中运动3t0 2轨迹为 圆弧，经历的时间一定是，选项 D 正确5 65t0 3答案 AD迁移二 三角形有界磁场92(多选)(2017内蒙古杭锦后旗奋斗中学摸底)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子向心加速度大C从P点射出的粒子角速度大D两个粒子

12、在磁场中运动的时间一样长解析 粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，洛伦兹力提供向心力qvBm，轨迹半径r，两粒子比荷相等，rPrQ，所以v2 rmv qBvPvQ，A 错误向心加速度a，vPvQ，所以aPaQ，B 正确粒子在磁场中做圆周v2 rqvB m运动的周期T，角速度，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速2r v2m qB2 TqB m度相等，C 错误根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间tT，所以粒子在磁场中运动的时间相等，D 正确 2m qB答案 BD10迁移三 直线边界有界磁场3如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区

13、域和的磁感应强度方向平行、大小分别为B和 2B.一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成 60角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域，又经过t2时间后回到区域，设粒子在区域、中的角速度分别为1、2，则( )A1211 B1221Ct1t211 Dt1t221解析 粒子在区域、中运动的周期分别为T1、T2，结合得2m qBm qB2 T1212，A、B 错误；t1T1，t2T2，得t1t221，D 正2 60 3602 60 360确，C 错误答案 D高考题型预测带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题考点归纳处理有界匀强磁场中临界问

14、题的技巧1从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好” “最大” “至少” “不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律如：(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迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)(3)当速率变化时，圆心角大的，运动时间长11(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)2数学方法和物理方法的结合如利用“矢量图

15、” “边界条件”等求临界值，利用“三角函数” “不等式的性质” “二次方程的判别式”等求极值3临界问题的一般解题模式：(1)根据粒子的运动轨迹，运用动态思维，作出临界轨迹图；(2)寻找几何关系，分析临界条件，总结临界点的规律；(3)应用数学知识和相应物理规律分析临界量列出方程典题示例(2017江西六校联考)如图所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为L/4，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力(1

16、)速率在什么范围内的所有粒子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为v的粒子在DE边的射出点距离D点的范围13qBL 32m审题指导第一步 读题干提信息题干信息1)发射正离子的装置说明粒子转动方向已知2)各方向发射出速率不同的正离子说明粒子的半径不相同3)不计离子重力及离子间相互作用力说明仅受洛伦兹力4)不可能射出正方形区域说明临界条件是与边相切12解析 因粒子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做匀速圆周运动(1)依题意可知粒子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域做圆周运动的半径为rL 8对粒子，由牛顿第二定律有qvBmvv2 rqBr mqBL 8m(2)当v时，设粒子在磁场中

17、做圆周运动半径为R，则由：13qBL 32mqvBm可得Rv2 Rmv qBm qB13qBL 32m13L 32要使粒子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是粒子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如右图所示，由几何关系得：13R222(xL 4)(RL 4)计算可得：xL5 8设此时DE边出射点距D点为d1，则由几何关系有：(Lx)2(Rd1)2R2解得：d1L 4而当粒子轨迹与DE边相切时，粒子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如右图所示，由几何关系有：R222(3 4LR)(d2L 4)解得：d22 3L8故速率为v的粒子在DE边的射出点距离D点的范

18、围为： d13qBL 32mL 42 3L8答案 (1)v (2) dqBr mqBL 8mL 42 3L8解决此类问题关键是找准临界点，审题应抓住题目中的“恰好” “最大” “最高” “至少”等词语作为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，如有必要则画出几个不同半径相应的轨迹图，从而分析出临界条件.寻找临界点的两种有效方法1轨迹圆的缩放：当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹圆心一定在入射点所受洛伦兹力所表示的射线上，但位置半径R不确定，用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中即可发现“临界点”.2轨迹圆的旋转：当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方

19、向入射14的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转作图中，也容易发现“临界点”.预测题组1(多选)(2017沈阳质监)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A60，AOa，在O点放置一个粒子源，粒子源可以向纸面内各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为 ，发射速度大小都为v0，且满足v0，发q mqBa m射方向用速度与OC的夹角表示对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )A粒子有可能从A点飞出磁场B粒子在磁场中运动的最长时间为a 3v0C粒子在磁场中运动的最短时间为m 3BqD在AC边界上只有一半区域有粒

20、子射出解析 依题意可知粒子在磁场中运动轨迹的半径为a，当60时粒子从A点飞出，A 正确分析可知粒子运动的轨迹皆为劣弧，沿OC和与OC成 60角的方向入射的粒子在磁场中运动的时间最长，为，B 正确沿OA方向运动的粒子，在磁场中运动的时a 3v0间最短，最短时间为 0，选项 C 错误因为沿OC方向入射的粒子恰好从AC边的中点射出，故在AC边界上只有一半区域有粒子射出，选项 D 正确答案 ABD2(2017河北六校联考)如图所示，竖直线MNPQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一

21、定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成60角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )15A. B.a 3v2 3a3vC. D.4a 3v2a v解析 当60时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则aRsin30，即R2a.设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，则其在磁场中运行的时间为tT，即 2越大，粒子在磁场中运行时间越长，最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R2a，此时圆心角m为 120，即最长运行时间为 ，而T 3T，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C 正确2R v4a v4a 3v答案 C3(2017浙江

22、五校联考)如下图所示，O为三个半圆的共同圆心，半圆和间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B11.0 T，和间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，半圆的半径R10.5 m，半圆的半径R31.5 m一比荷为4.0107 C/kg 的带正电粒子从O点沿与水平方向成30角的半径OC方向以速率v1.5107 m/s 垂直射入磁场B1中，恰好能穿过半圆的边界而进入、间的磁场中，16粒子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin530.8，cos530.6.求：(1)半圆的半径R2.(2)粒子在半圆、间的磁场中的运行时间t.(3)半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足的条件解析 (1)由题意可知粒子的轨

23、迹如下图所示，设粒子在半圆、间的磁场中的运行半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力得B1qvm，代入数值得r1 mv2 r13 8由图知(R2r1)2Rr，代入数值得R21.0 m.2 12 1(2)由图可知 tan ，53R1 r14 3粒子在半圆、间的磁场中运行的周期为T2r1 v2m B1q粒子在半圆、间的磁场中的运行时间t18053 360T5.54108 s.(3)因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆、间的磁场中的速度方向沿半圆的切线方向，若粒子恰好不穿过半圆边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆、间的磁场中运动的轨迹圆的半径为r2，则r20.25 m，由B2minqvm知R3R2 2v2 r2B2min1.5 T，即半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足B21.5 T.mv qr2答案 (1)1.0 m (2)5.54108 s (3)B21.5 T17