【物理】2019届二轮复习专题三第2讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动学案

【物理】2019届二轮复习专题三第2讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动学案

第2讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动 ‎[做真题·明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第41页 ‎[真题再做]‎ ‎1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则(　　)‎ A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ 解析：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，‎ 在b点：B0＝B0－B1＋B2‎ 在a点：B0＝B0－B1－B2‎ 由上述两式解得 B1＝B0，B2＝B0.‎ 答案：AC ‎2.(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T19)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(　　)‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 解析：由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图a所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，即L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图b所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图c所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误．‎ 答案：BC ‎3.(2017·高考全国卷Ⅲ，T18)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　B.B‎0　‎　　C.B0　　　D．2B0‎ 解析：导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．‎ 答案：C ‎4．(2017·高考全国卷Ⅱ，T18)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v2∶v1为(　　)‎ A.∶2　 B.∶‎1　‎ 　C.∶1　 　D．3∶ 解析：由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确．‎ 答案：C ‎5.(2016·高考全国卷Ⅱ，T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，‎ 则＝·，即＝，选项A正确．‎ 答案：A ‎6．(2016·高考全国卷Ⅲ，T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并 从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ A.　　 B.　　　C.　　　D. 解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．‎ 答案：D ‎7．(2017·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.‎ 由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0＝m①‎ qλB0v0＝m②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥‎ 答案：(1)(1＋)　(2)(1－)‎ ‎[考情分析]‎ ‎■ 命题特点与趋势——怎么考 ‎1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，也可能结合其他知识以计算题的形式考查．‎ ‎2．纵观近几年高考，涉及磁场知识点的题目每年都有，对与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动的考查最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题．‎ ‎3．新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合．‎ ‎■ 解题要领——怎么做 这类问题的特点是利用有界磁场或利用两种磁场相互组合命题，带电粒子的运动形式为圆周运动，涉及的方法和规律包括牛顿运动定律、圆周运动的各物理量间的关系等．对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强．对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法．‎ ‎ [建体系·记要点]　　　　　　　　　　　　　　　　　 　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第42页 ‎[网络构建]‎ ‎[要点熟记]‎ ‎1．安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角)．‎ ‎(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.‎ ‎(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.‎ ‎2．用准“两个定则”‎ ‎(1)对电流的磁场用安培定则．‎ ‎(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则．‎ ‎3．画好“两个图”‎ ‎(1)对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图．‎ ‎(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图．‎ ‎4．记住“两个注意”‎ ‎(1)洛伦兹力永不做功．‎ ‎(2)安培力可以做正功，也可以做负功．‎ ‎5．灵活应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式 ‎[研考向·提能力]　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第43页 考向一　磁场的性质 ‎1．判断电流的磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指及手掌的放法．‎ ‎2．分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”．‎ ‎1.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比．如图所示，四根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d 中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B(　　)‎ A．大小为零 B．大小不为零，方向由O指向d C．大小不为零，方向由O指向c D．大小不为零，方向由O指向a 解析：由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确．‎ 答案：D ‎2．如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b，分别通以方向相反、大小为Ia和Ib(Ia>Ib)的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是(　　)‎ A．电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向 B．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ C．导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向 D．电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向 解析：无限长的直导线b中的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得B＝，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴负方向，C选项错误；由于Ia>Ib，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度，因此D选项错误．‎ 答案：B ‎3．如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧．规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是(　　)‎ 解析：由安培定则知，两根通电直导线在原点O处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点O处产生的磁感应强度的大小为.由安培定则及磁场叠加原理知，A项O处磁感应强度为B，B项O处磁感应强度为2B，C、D项O处磁感应强度为－B.故本题正确选项应为A.‎ 答案：A 考向二　磁场对通电导体的作用力 ‎1．通电导体在磁场中受到的安培力 ‎(1)方向：根据左手定则判断．‎ ‎(2)大小：F＝BIL.‎ ‎①B、I与F三者两两垂直；‎ ‎②L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．‎ ‎2．熟悉“两个等效模型”‎ ‎(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流．‎ ‎(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示．‎ ‎4．(2018·河北衡水中学第六次调研)一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为(　　)‎ A．F　　　　　　　　 B.F C.F D.F 解析：设通电导线为L，平行放置的受到时安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则×2πR＝L，解得R＝，故ab的长度d＝R＝，故此时圆环受到的安培力F′＝F＝F，故C正确，A、B、D错误．‎ 答案：C ‎5.(2018·福建福州第二次月考)据报道，国产航母的舰载机发射类似于电磁轨道炮弹体发射．电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．恒定电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比，静止的通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)‎ A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的4倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变 解析：弹体在轨道上运动的加速度a＝＝，则弹体出射的速度为v＝＝ ，则只将轨道长度变为原来的2倍，则弹体出射速度变为原来的倍，选项A错误；只将电流增加至原来的4倍，则弹体出射速度变为原来的4倍，选项B错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体出射速度变为原来的倍，选项C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项D正确．‎ 答案：D ‎6.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中．当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化正确的是(　　)‎ A．逐渐增大　　　　　 B.逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示．从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，故选D.‎ 答案：D 磁场中通电导体类问题的解题步骤 ‎(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时要比一般的力学问题多考虑安培力．如第6题中，导体棒除受重力和支持力外，还受安培力．‎ ‎(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系．‎ ‎(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解．‎ 考向三　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎[典例展示1]　(2018·福建厦门高三期末)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是(　　)‎ A．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,0)‎ B．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－‎2L)‎ C．电子在磁场中运动的时间为 D．电子在磁场中运动的时间为 ‎[解析]　画出粒子运动轨迹如图所示．设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin 30°＝R－L，得R＝‎2L.根据几何三角函数关系可得，y′＝－Rcos 60°＝－L，所以电子做圆周运动的圆心坐标为(0，－L)，则A、B均错误；电子在磁场中运动时间t＝T＝，而T＝＝，得t＝，故C错误，D正确．‎ ‎[答案]　D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法 ‎(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R＝，周期公式T＝，运动时间公式t＝T，知道粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．‎ ‎(2)如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．‎ ‎①四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.‎ ‎②六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射 速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO.‎ ‎③三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC ‎，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．‎ ‎7.如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直射入磁场，最后垂直于MN射出，则该磁场的磁感应强度的大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：根据题述带电粒子“以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出”，可画出带电粒子的运动轨迹，如图所示．根据几何关系可得rcos 60°＝R，r＝2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，选项B正确．‎ 答案：B ‎8．(多选)(2018·河北衡水中学第六次调研)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知ap与pb弧长之比为2∶1，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1‎ B．粒子通过ap与pb弧长的时间之比为2∶1‎ C．ap与pb弧长对应的圆心角之比为2∶1‎ D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反 解析：因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，故A正确；因为弧长l＝vt，弧长之比为2∶1，线速度大小相等，则运动时间之比为2∶1，故B正确；因为两个区域的磁感应强度大小未知，根据弧长关系无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系，故C错误；在p点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反，故D正确．‎ 答案：ABD ‎9．(多选)(2018·贵州贵阳期末)如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2.一比荷为k的带电粒子(不计重力)，以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)的2倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示．粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝2＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝2，则粒子下一次到达O点经历的时间为是t＝t1＋t2＝2＋2＝4＝，或表达为t＝t1＋t2＝＋＝2＝.故选项B、C正确，A、D错误．‎ 答案：BC 考向四　带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题 ‎[典例展示2]　如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤ 范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，‎ 从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求：‎ ‎(1)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小；‎ ‎(2)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．‎ ‎[思维流程]　本题用到了处理临界问题的思维方法——定圆旋转法．具体思维过程如下：‎ ‎[解析]　(1)设粒子的发射速度大小为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m①‎ 由①式得R＝②‎ 当

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