《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題三 電場與磁場 第二講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題三 電場與磁場 第二講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二講　磁場及帶電粒子在磁場中的運動 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.考查方向：①結(jié)合電流周圍的磁場分布特點考查磁場的性質(zhì)．②結(jié)合現(xiàn)代科學技術(shù)考查帶電粒子在磁場中的運動．③結(jié)合幾何關系考查帶電粒子在有界磁場中的臨界問題． 2.常用的思想方法：①對稱思想．②等效思想．③極限思想．④放縮法．⑤平移法．⑥旋轉(zhuǎn)法． 　[答案]　(1) (2) (3)幾種典型電流周圍磁場分布 考向一　磁場對通電導體的作用力 [歸納提煉] 　求解磁場中導體棒運動問題的思路 　(多選)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、

2、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 [思路點撥]　首先判斷直線電流的磁場及安培力，或者記住平行直線電流間作用規(guī)律，運用平行四邊形法則，結(jié)合三角形知識解決． [解析]　同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．對L1進行受力分析，如下圖所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面

3、平行；對L3進行受力分析，如右圖所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直．任意兩根導線間的作用力的大小是相等的，若兩根導線間相互作用力為F，L1、L2受到的磁場力的合力大小相同，根據(jù)平行四邊形定則作出幾何圖形，根據(jù)幾何知識可求解，經(jīng)分析知B、C正確． [答案]　BC [熟練強化] 1．(2017·上海卷)如圖，一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間．電鍵閉合后導體棒受到的安培力方向(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 [解析]　本題考查電流的磁效應、安培力及左手定則．根據(jù)圖中的電流方向，由安培定則知U形鐵芯

4、下端為N極，上端為S極，ab中的電流方向由a→b，由左手定則可知導體棒受到的安培力方向向右，選項D正確． [答案]　D 2．(2017·金華十校第三次聯(lián)合調(diào)研)如右圖所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心．兩金屬軌道之間的寬度為0.5 m，勻強磁場方向如右圖所示，磁感應強度大小為0.5 T．質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細桿置于金屬軌道上的M點．當在金屬細桿內(nèi)通以電流為2 A的恒定電流時，金屬細桿可以沿桿向右由靜止開始運動．已知MN＝ON＝OP＝1 m，g＝10 m/s2，則(　　) A．金屬細桿開始運動時的加速度大小為5 m/s2 B．金屬細

5、桿運動到P點時的速度大小為5 m/s C．金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10 m/s2 D．金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N [解析]　金屬細桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金屬細桿開始運動時的加速度大小為a＝＝10 m/s2，選項A錯誤；對金屬細桿從M點到P點的運動過程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5 J，由動能定理，得W安＋WG＝mv2，解得金屬細桿運動到P點時的速度大小v＝2 m/s，選項B錯誤；金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為a′＝＝

6、20 m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細桿受到軌道水平向左的作用力FN，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律，得FN－F安＝，解得FN＝1.5 N，每一條軌道對金屬細桿的作用力大小為0.75 N，由牛頓第三定律，可知金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N，選項D正確． [答案]　D 考向二　帶電粒子在磁場中的運動 [歸納提煉] 1．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動． (2)若v⊥B，且?guī)щ娏Ｗ觾H受洛倫茲力作用，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．由qvB＝m，

7、可得半徑R＝，則周期T＝＝.周期T與粒子運動的速度v或半徑R無關． 角速度ω＝＝，角速度ω只取決于粒子的比荷和磁感應強度，與粒子運動的速度v和半徑R無關． 動量p＝mv＝qBR，動能Ek＝mv2＝，粒子的動量和動能與磁感應強度B、軌道半徑R、粒子的屬性(q、m)有關． 2．解決帶電粒子在有界磁場中的運動問題的思路 “畫軌跡，定圓心，求半徑”是解決帶電粒子在磁場中運動問題的一般思路，其中“畫軌跡”是處理臨界與極值問題的核心．對于這類區(qū)域判斷題，要善于進行動態(tài)分析，即首先選一個速度方向(如水平方向)，然后從速度方向的改變分析軌跡的變化，從而找出角度變化時可能出現(xiàn)的臨界值與極值或各物理量間的

8、聯(lián)系． 　(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2∶v1為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ [思路點撥]　粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，找圓心、定半徑是解題的常規(guī)方法，本題中只要找到半徑之間的關系則問題迎刃而解。當粒子在磁場中運

9、動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠，求出半徑得出正確答案． [解析]　設速率為v1的粒子最遠出射點為M，速率為v2的粒子最遠出射點為N，如圖所示，則由幾何知識得 r1＝＝，r2＝＝R ＝ 由qvB＝得r＝，故＝＝，選項C正確． [答案]　C 處理帶電粒子在勻強磁場中運動問題時常用的幾何關系 (1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點． (2)六條線：兩段軌跡半徑，入射速度直線和出射速度直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度直線交點的連線，前面四條邊構(gòu)成一個四邊形，后面兩條為對角線． (3)三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其

10、中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍． [熟練強化] 遷移一　矩形有界磁場 1．(多選)(2017·沈陽質(zhì)監(jiān))如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形區(qū)域內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如題圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是(　　) A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 C．若該帶電粒子從bc邊射出

11、磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是 D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是 [解析]　根據(jù)題述一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形區(qū)域內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則時間t0為帶電粒子在磁場中運動的半個周期．使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如題圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，畫出各種可能的運動軌跡，可以看出不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場，選項A正確．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定小于t0，選項B錯誤．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間不可能是，可能是t

12、0，選項C錯誤．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中運動軌跡為圓弧，經(jīng)歷的時間一定是，選項D正確． [答案]　AD 遷移二　三角形有界磁場 2．(多選)(2017·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學摸底)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子(不計重力)沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) A．從P點射出的粒子速度大 B．從Q點射出的粒子向心加速度大 C．從P點射出的粒子角速度大 D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長 [解析]　粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，軌

13、跡半徑r＝，兩粒子比荷相等，rP

14、°角，經(jīng)過t1時間后粒子進入到磁場區(qū)域Ⅱ，又經(jīng)過t2時間后回到區(qū)域Ⅰ，設粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分別為ω1、ω2，則(　　) A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1 C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1 [解析]　粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中運動的周期分別為T1＝、T2＝，結(jié)合ω＝得ω1∶ω2＝1∶2，A、B錯誤；t1＝T1，t2＝T2，得t1∶t2＝2∶1，D正確，C錯誤． [答案]　D 高考題型預測——帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題 [考點歸納] 處理有界勻強磁場中臨界問題的技巧 1．從關鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”

15、“最大”“至少”“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律．如： (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值． (2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧)． (3)當速率變化時，圓心角大的，運動時間長． (4)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)． 2．數(shù)學方法和物理方法的結(jié)合．如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)

16、”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值． 3．臨界問題的一般解題模式：(1)根據(jù)粒子的運動軌跡，運用動態(tài)思維，作出臨界軌跡圖；(2)尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，總結(jié)臨界點的規(guī)律；(3)應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析臨界量列出方程．[典題示例] 　(2017·江西六校聯(lián)考)如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD距離均為L/4，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力． (1)速率在什么

17、范圍內(nèi)的所有粒子均不可能射出正方形區(qū)域？ (2)求速率為v＝的粒子在DE邊的射出點距離D點的范圍． [審題指導] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)發(fā)射正離子的裝置 說明粒子轉(zhuǎn)動方向已知 2)各方向發(fā)射出速率不同的正離子 說明粒子的半徑不相同 3)不計離子重力及離子間相互作用力 說明僅受洛倫茲力 4)不可能射出正方形區(qū)域 說明臨界條件是與邊相切 　[解析]　因粒子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做勻速圓周運動． (1)依題意可知粒子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該區(qū)域做圓周運動的半徑為r≤ 對粒子，由牛頓第二定律有qvB＝m?v＝

18、≤ (2)當v＝時，設粒子在磁場中做圓周運動半徑為R，則由： qvB＝m可得R＝＝·＝ 要使粒子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是粒子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x，其軌跡如右圖所示，由幾何關系得： R2＝2＋2 計算可得：x＝L 設此時DE邊出射點距D點為d1，則由幾何關系有： (L－x)2＋(R－d1)2＝R2 解得：d1＝ 而當粒子軌跡與DE邊相切時，粒子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如右圖所示，由幾何關系有： R2＝2＋2 解得：d2＝ 故速率為v＝的粒子在DE邊的射出點距離D點的范圍為：≤d≤ [答案]　(1

19、)v＝≤　(2)≤d≤ 解決此類問題關鍵是找準臨界點，審題應抓住題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語作為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的情況，如有必要則畫出幾個不同半徑相應的軌跡圖，從而分析出臨界條件.尋找臨界點的兩種有效方法 (1)軌跡圓的縮放：當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓心一定在入射點所受洛倫茲力所表示的射線上，但位置(半徑R)不確定，用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中即可發(fā)現(xiàn)“臨界點”. (2)軌跡圓的旋轉(zhuǎn)：當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，所有不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn)，從定

20、圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)(作圖)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點”. [預測題組] 1．(多選)(2017·沈陽質(zhì)監(jiān))如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝a，在O點放置一個粒子源，粒子源可以向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射某種帶負電的粒子，粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝，發(fā)射方向用速度與OC的夾角θ表示．對于粒子進入磁場后的運動(不計重力作用)，下列說法正確的是(　　) A．粒子有可能從A點飛出磁場 B．粒子在磁場中運動的最長時間為 C．粒子在磁場中運動的最短時間為 D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 [解析]　依題意可知粒子在

21、磁場中運動軌跡的半徑為a，當θ＝60°時粒子從A點飛出，A正確．分析可知粒子運動的軌跡皆為劣弧，沿OC和與OC成60°角的方向入射的粒子在磁場中運動的時間最長，為，B正確．沿OA方向運動的粒子，在磁場中運動的時間最短，最短時間為0，選項C錯誤．因為沿OC方向入射的粒子恰好從AC邊的中點射出，故在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，選項D正確． [答案]　ABD 2．(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，豎直線MN∥PQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子

22、重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. [解析]　當θ＝60°時，粒子的運動軌跡如圖甲所示，則a＝Rsin30°，即R＝2a.設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為α，則其在磁場中運行的時間為t＝T，即α越大，粒子在磁場中運行時間越長，α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，因R＝2a，此時圓心角αm為120°，即最長運行時間為，而T＝＝，所以粒子在磁場中運動的最長時間為，C正確． [答案]　

23、C 3．(2017·浙江五校聯(lián)考)如下圖所示，O為三個半圓的共同圓心，半圓Ⅰ和Ⅱ間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B1＝1.0 T，Ⅱ和Ⅲ間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，半圓Ⅰ的半徑R1＝0.5 m，半圓Ⅲ的半徑R3＝1.5 m．一比荷為4.0×107 C/kg的帶正電粒子從O點沿與水平方向成θ＝30°角的半徑OC方向以速率v＝1.5×107 m/s垂直射入磁場B1中，恰好能穿過半圓Ⅱ的邊界而進入Ⅱ、Ⅲ間的磁場中，粒子再也不能穿出磁場，不計粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求： (1)半圓Ⅱ的半徑R2. (2)粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運行時

24、間t. (3)半圓Ⅱ、Ⅲ間磁場的磁感應強度B2應滿足的條件． [解析]　(1)由題意可知粒子的軌跡如下圖所示，設粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運行半徑為r1，則由洛倫茲力提供向心力得B1qv＝m，代入數(shù)值得r1＝ m 由圖知(R2－r1)2＝R＋r，代入數(shù)值得R2＝1.0 m. (2)由圖可知tanα＝＝，α＝53° 粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中運行的周期為T＝＝ 粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運行時間t＝ T≈5.54×10－8 s. (3)因粒子不能射出磁場，而粒子進入半圓Ⅱ、Ⅲ間的磁場中的速度方向沿半圓Ⅱ的切線方向，若粒子恰好不穿過半圓Ⅲ邊界，則對應的磁場的磁感應強度最小，設粒子在半圓Ⅱ、Ⅲ間的磁場中運動的軌跡圓的半徑為r2，則r2＝＝0.25 m，由B2minqv＝m知B2min＝＝1.5 T，即半圓Ⅱ、Ⅲ間磁場的磁感應強度B2應滿足B2≥1.5 T. [答案]　(1)1.0 m　(2)5.54×10－8 s　(3)B2≥1.5 T 17