老高考统考物理二轮复习课件：专题三 第2讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动 .ppt

1、专题三 电场与磁场 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.掌握掌握“两个磁场力两个磁场力” (1)安培力：安培力：FBIL(IB)。 (2)洛伦兹力：洛伦兹力：FqvB(vB)。 2.用准用准“两个定则两个定则” (1)对对电流的磁场用安培定则电流的磁场用安培定则。 (2)对通对通电导线在磁场中所受的电导线在磁场中所受的安培力安培力和带电粒子在磁场中所受的和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹洛伦兹 力用左手定则力用左手定则。 3.明确明确“两个等效模型两个等效模型” (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判

2、断方变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均向时均 可等效为可等效为 ac 直线电流。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铁，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铁， 如图乙。如图乙。 4.画好画好“两个图两个图” (1)对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图。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形。对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。 5.记住记住“两个注意两个注意” (1)洛伦兹力永不做功洛伦兹力永不做功。 (2)安培力可

3、以做正功，也可以做负功。安培力可以做正功，也可以做负功。 6.灵活应用灵活应用“两个关系式两个关系式” 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：半径公式：Rmv qB 。 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式：周期公式：T2r v 2m qB 。 考向一 磁场的性质及磁场对电流的作用 1电流磁场的合成 对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)， 然后应用平行四边形定则合成。 2电流与电流的相互作用 通常画出一个电流的磁场方向，分析另一电流在该磁场中的

4、受力，来判断电流的受力情况。 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 3求解导体棒运动的方法 (1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注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 应强度组成的平面垂直。 (2)作图：必要时将立体图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。 (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。 典例1 (多选)(2020江西南昌二模)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导 线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Ocab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导

5、 线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示，则可 以判断( ) AO点处的磁感应强度的方向与F相同 B长导线c中的电流方向垂直纸面向外 C长导线a中电流I1小于b中电流I2 D长导线c中电流I3小于b中电流I2 BC 解析 由左手定则可知，O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方，故A错误；O点处的磁场 方向可沿水平向右和竖直向下分解，长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向，所以长导线c在O点处产 生的磁场方向应水平向右，由右手螺旋定则可知，长导线c中的电流方向垂直纸面向外，长导线a在O点产生的磁 场方向竖直向上，长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电

6、流I1小于b中电流I2，由于不知道安 培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系，故B、C正确，D错误。 1(2019高考全国卷)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平 面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为 F，则线框LMN受到的安培力的大小为( ) A2F B1.5F C0.5F D0 B 解析：设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上、下两支路电阻之比为R1R22RR21，上、下 两支路电流之比I1I212。如图所示，由于上支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，

7、根据安培力计算公 式FILB，可知FFI1I212，得F0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大 小为FF1.5F，选项B正确。 2(2020 山东潍坊高三山东潍坊高三 4 月阶段检测月阶段检测)无限长载流直导线在其周围产生无限长载流直导线在其周围产生的的 磁场的磁感应强度磁场的磁感应强度 BkI d，其中 ，其中 k210 7 N/A2， ，d 是距离导线中心轴是距离导线中心轴 线的距离。两根无限长的直导线线的距离。两根无限长的直导线 A、C 相距相距 L1 m，分别载有电流，分别载有电流 I13 A 和和 I28 A，方向如图所示，方向如图所示，sin 37 0.

8、6，cos 37 0.8，则图中，则图中 P 点的磁感应强度大小为点的磁感应强度大小为( ) A110 6 T B210 6 T C310 6 T D 510 6 T D 解析：解析：作作两电流在两电流在 P 点产生的磁感应强度如图所示，由题意，点产生的磁感应强度如图所示，由题意，A 在在 P 点点 产生的磁感应强度产生的磁感应强度 B1k I1 Lsin 37 110 6 T， ，C 在在 P 点产生的磁感应强点产生的磁感应强 度度 B2k I2 Lsin 53 210 6 T， 由平行四边形定则知 ， 由平行四边形定则知 P 点的磁感应强度点的磁感应强度大大 小小 B B2 1 B2 2

9、510 6 T，选项 ，选项 D 正确。正确。 3(2020福建泉州二中模拟)如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁 场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始 终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步( ) A增大 B减小 C先增大，后减小 D先减小，后增大 A 解析：对导体棒进行受力分析如图所示，当磁场 方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从沿 斜面向上旋转到竖直向上，因光滑斜面对通电导 体棒的支持力方向始终不变，导体棒的重力大小 和方向也始终不变，初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，此时安培力最小

10、，所以随着磁场方向的 改变，若使导体棒始终保持静止状态，安培力逐渐增大，直到等于导体棒的重力，而安培力F安BIL，所以磁感 应强度一直增大，B、C、D错误，A正确。 考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1常用公式 2“一画、三确定、一注意一画、三确定、一注意” (1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。磁场中的运动轨迹。 (2)圆心的确定：轨迹圆心圆心的确定：轨迹圆心 O 总是位于入射点总是位于入射点 A 和出射点和出射点 B 所受洛伦兹力所受洛伦兹力 F 洛洛作用线的交点上或作用线的交点上或 AB 弦的中垂线弦的中垂线 OO与任一个与任一

11、个 F洛洛作用线的交点上，作用线的交点上， 如图所示。如图所示。 (3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如 r AB 2sin 2 AB 2sin ，然后再与半径公式 ，然后再与半径公式 rmv qB 联系起来求解。联系起来求解。 (4)时间的确定：时间的确定：t 2 T m qB 或或 t s v R v 。 (5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界 射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入射出时，速度方向与边界的夹角相

12、等；在圆形磁场区域内，沿径向射入 的粒子，必沿径向射出。的粒子，必沿径向射出。 典例典例 2 (2019 高考全国卷高考全国卷)如如图， 边长为图， 边长为 l 的正方形的正方形 abcd 内存在匀强内存在匀强 磁场，磁感应强度大小为磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面方向垂直于纸面(abcd 所在平面所在平面)向外向外。ab 边中点有一电子发射源边中点有一电子发射源 O，可向磁场内沿垂直于，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电子。边的方向发射电子。 已知电子的比荷为已知电子的比荷为 k， 则从， 则从 a、 d 两点射出的电子的速度大小分别为两点射出的电子的速度大小分别为( ) A

13、.1 4kBl， ， 5 4 kBl B1 4kBl， ，5 4kBl C.1 2kBl， ， 5 4 kBl D1 2kBl， ，5 4kBl 解析解析 若电子从若电子从 a 点射出，运动轨迹如图线点射出，运动轨迹如图线， 有有 qvaBm v2 a Ra Ra l 4 解得解得 vaqBRa m qBl 4m kBl 4 若电子从若电子从 d 点射出，运动轨迹如图线点射出，运动轨迹如图线， 有有 qvdBm v2 d Rd R2 d (Rd l 2) 2 l2 解得解得 vdqBRd m 5qBl 4m 5kBl 4 选项选项 B 正确正确 答案答案 B 规律总结规律总结 “四点、六线、三

14、角四点、六线、三角”巧解运动轨迹巧解运动轨迹 (以粒子沿径向射入圆形磁场为例以粒子沿径向射入圆形磁场为例) (1)四点：四点：入射点入射点 B、出射点、出射点 C、轨迹圆圆心轨迹圆圆心 A、入射、入射 速度直线与出射速度直线的交点速度直线与出射速度直线的交点 O。 (2)六线：六线：圆弧两端点所在的轨迹半径圆弧两端点所在的轨迹半径 r、入射速度直、入射速度直 线线 OB 和出射速度直线和出射速度直线 OC、入射点与出射点的连线、入射点与出射点的连线 BC、圆形磁场的圆心与轨迹圆圆心的连线、圆形磁场的圆心与轨迹圆圆心的连线 AO。 (3)三角：三角：速度偏转角速度偏转角COD、圆心角、圆心角BA

15、C、弦切、弦切 角角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的 两倍。两倍。 4(2020 四川广元市调研四川广元市调研)如图所示，半径为如图所示，半径为 R 的的 圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。两个圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。两个 质子质子 M、N 沿平行于直径沿平行于直径 cd 的方向从圆周上同一的方向从圆周上同一 点点 P 射入磁场区域，射入磁场区域，P 点与直径点与直径 cd 间的距离为间的距离为R 2 ， 质子质子 M、N 入射的速度大小之比为入射的速度大小之比为 12，ab 是垂是垂 直直 cd 的直径，质子的直径，质子 M

16、 恰好从恰好从 b 点射出磁场。不计点射出磁场。不计 质子的重力和质子间的作用力，则两质子质子的重力和质子间的作用力，则两质子 M、N 在磁场中运动的时间之比为在磁场中运动的时间之比为( ) A21 B31 C32 D34 A 解解析：析： 由题意作出两质子的运动轨迹如图所示，由题意作出两质子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知， 质子由几何关系可知， 质子 M 在磁场中运动的半径在磁场中运动的半径 为为 R， 轨迹圆弧所对圆心角， 轨迹圆弧所对圆心角 1120 ； 根据； 根据 eBv mv 2 r 得得 rmv eB ，则质子，则质子 N 的轨道半径为的轨道半径为 2R， 再由几何关系得，

17、轨迹圆弧所对圆心角再由几何关系得，轨迹圆弧所对圆心角 2 60 ；质子在磁场中做圆周运动的周期；质子在磁场中做圆周运动的周期 T2r v 2m eB ，运动的时间满足，运动的时间满足 t 360 T，解得，解得 t1t221，故，故 A 正确，正确，B、C、D 错误。错误。 5(2020 高考全国卷高考全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为一匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于，方向垂直于 纸面向外，其边界如图中虚线所示，纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab 为半圆， 为半圆，ac、bd 与直径与直径 ab 共线，共线， ac 间的距离等于半圆的半径。一束质间的距离等于半圆的半径。一束质量

18、为量为 m、电荷量为、电荷量为 q(q0)的粒子，的粒子， 在纸面内从在纸面内从 c 点垂直于点垂直于 ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子 之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( ) A.7m 6qB B5m 4qB C.4m 3qB D3m 2qB C 解析：解析：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨 迹对应的圆心角决定。设轨迹交半迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆圆ab 于 于 e 点，点，

19、ce 中垂线交中垂线交 bc 于于 O 点，点， 则则 O 点为轨迹圆心，如图所示。圆心角点为轨迹圆心，如图所示。圆心角 2，当，当 最大时，最大时， 有最有最 大值，当大值，当 ce 与与ab 相切时， 相切时， 最大，此时最大，此时 4 3，则 ，则 t 2T 4m 3qB ，故选，故选 C。 6(2020河北石家庄高三下学期5月二模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强 磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿 BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力及粒子间的相互作

20、用 力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点( ) A.2qBL m B3qBL 2m C.2qBL 3m DqBL 7m 解析：解析：粒子带正电，且经过粒子带正电，且经过 B 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所 对圆心角均为对圆心角均为 60 ，所以粒子运行半径，所以粒子运行半径 rL n(n 1，2，3，)，粒子在磁，粒子在磁 场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvBmv 2 r ， 解得解得 vBqr m BqL mn (n1，2，3，)，由此可知，只有，由此可知，只有 vqB

21、L 7m 的粒子能的粒子能 通过通过 B 点，故点，故 A、B、C 不符合题意，不符合题意，D 符合题意。符合题意。 答案：答案：D 考向三 带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题 1常用结论 (1)刚好能穿出磁场边界的条件是粒子轨迹与边界相切。 (2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，粒子在有界磁场中的运动时间越长。 (3)当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。 2最小磁场区域面积的求解 在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上，借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关 系求有界磁场区域的最小面积。注意对于圆形磁场区

22、域： (1)粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心； (2)所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长。 3动态圆模型 (1)从某点O向各个方向等速(异向)发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转”圆，从而 找到临界条件，如图甲所示。 (2)从某点O向同一方向异速(同向)发射大量相同的粒子，按照半径从小到大的次序，画出不同速度粒子的轨迹圆， 从而找到临界条件，如图乙所示。 (3)从不同点向同一方向等速(同向)发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界 条件，如图丙所示。 典例典例 3 如图所示， 在如图所示， 在 0 xa、

23、 0ya 2范围内有垂直 范围内有垂直于于 xOy 平面向外平面向外 的匀强磁场，磁感应强度大小为的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。坐标原点。坐标原点 O 处有一个粒子源，在某处有一个粒子源，在某 时刻发射大量质量为时刻发射大量质量为 m、电荷量为、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相的带正电粒子，它们的速度大小相 同，速度方向均在同，速度方向均在 xOy 平面内，与平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在轴正方向的夹角分布在 0 90 范围范围 内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a 2 a 之间，从发射粒子到之间，从发射粒子到 粒子全部离开磁

24、场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四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：分之一。求： (1)最后离开磁场的粒子从最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的粒子源射出时的速度的大小；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 轴正方向夹角的轴正方向夹角的 正弦值。正弦值。 思路点拨 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： 解析解析 (1)设粒子的发射速度大小为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，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律

25、和洛伦兹力公式得，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvBmv 2 R 由由式得式得 Rmv qB 当当a 2R0)的粒子，从MN上的O点以 大小不同的速度沿纸面向各个方向射入磁场中。忽略所有粒子的重力和粒子间相互作用，求： (1)能够通过P点的带电粒子的最小速度； (2)带电粒子从O点到达P点所用最长时间。 解析：解析：(1)根据牛顿运动定律有根据牛顿运动定律有 qvBmv 2 r 解得粒子做圆周运动的半径解得粒子做圆周运动的半径 rmv qB 可见，粒子的轨道半径跟速度大小成正比。根据题意，能够通过可见，粒子的轨道半径跟速度大小成正比。根据题意，能够通过 P 点且点且 速度最小的粒子，其轨迹

26、一定是以速度最小的粒子，其轨迹一定是以 OP 为直径的圆周，故带电粒子对应为直径的圆周，故带电粒子对应 的轨道半径的轨道半径 rminL 2 解得解得 vminqBL 2m 。 (2)因带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，在所有因带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，在所有能够到达能够到达 P 点的点的 粒子中，运动中通过的圆弧所对圆心角最大的粒子所用时间最长，此圆粒子中，运动中通过的圆弧所对圆心角最大的粒子所用时间最长，此圆 心角即粒子从心角即粒子从 O 点运动到点运动到 P 点的过程中速点的过程中速度的偏向角。分析粒子的运动度的偏向角。分析粒子的运动 轨迹可知，沿轨迹可知，沿 OM 方向射入磁场的粒子过方向射入磁场的粒子过 P 点时圆弧所对圆心角最大，点时圆弧所对圆心角最大， 为为 2() 粒子从粒子从 O 点到达点到达 P 点的时间点的时间 t 2T 粒子在磁场中运动的周期粒子在磁场中运动的周期 T2m qB 解得最长时间解得最长时间 t2（ （）m qB 。 答案：答案：(1)qBL 2m (2)2（ （）m qB