高考物理：磁场及带电粒子在磁场中的运动

高考物理：磁场及带电粒子在磁场中的运动1微网构建2高考真题3热点聚焦微网构建高考真题1．(多选)(2018·全国Ⅱ，20)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13B0和12B0，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712B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0AC[解析]A、C对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：12B0＝B0－B1＋B2在a点：13B0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝712B0，B2＝112B0。2．(2017·全国卷Ⅱ，18)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，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为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．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶2C[解析]本题考查带电粒子在磁场中的运动。由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝mv2R可知，R＝mvqB，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，R2＝Rcos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确。3．(2017·全国卷Ⅲ，18)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．0B．33B0C．233B0D．2B0C[解析]本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。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3B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝3B1，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＝B20＋B′21＝233B0，则ABD项均错误，C项正确。4．(2018·江苏，13)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。[解析](1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as解得v＝2as(2)金属棒所受安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安根据牛顿第二定律有F＝ma解得I＝mgsinθ－adB(3)金属棒的运动时间t＝va，通过的电荷量Q＝It解得Q＝2asmgsinθ－adBa热点聚焦1．掌握“两个磁场力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)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。热点一磁场的性质及磁场对电流的作用3．明确两个常用的等效模型(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铁，如图乙。(2018·山东省泰安市一模)如图所示，两根光滑直金属导轨MN、PQ平行倾斜放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.5m。一根质量m＝0.2kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中。在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R。已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。金属棒ab始终静止在导轨上。典例1(1)如果磁场方向竖直向下，磁感应强度B＝0.3T，求电阻箱接入电路中的电阻R；(2)如果保持(1)中电阻箱接入电路中的电阻R不变，磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向。[解析]对导体棒ab进行受力分析，然后结合共点力平衡的条件即可求出；要使ab棒静止，只有F安的方向沿斜面平行向上时，F安最小，在电流一定的情况下，对应的磁感应强度B最小，然后结合共点力平衡的条件即可求出。(1)磁场的方向竖直向下，由左手定则可知，ab棒受到的安培力的方向水平向右，受力如图由平衡条件得：mgsin37°＝BILcos37°电路中的电流为：I＝ER＋r代入数据解得：R＝2Ω(2)要使ab棒静止，只有F安的方向沿斜面平行向上时，F安最小，在电流一定的情况下，对应的磁感应强度B最小。由平衡条件得：B2IL－mgsin37°＝0电路中的电流为：I＝ER＋r解得：B2＝0.24T，根据左手定则可知，此时的磁场方向应垂直于轨道平面向下。方法总结求解磁场中导体棒运动问题的方法(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。〔类题演练1〕(多选)(2018·四川省泸州市高三下学期模拟)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝kIr(式中k为常数)。如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I；在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距导线I的距离为L。下列说法正确的是()A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点和b点的磁感应强度方向相反C．a点和b点的磁感应强度大小之比为8∶1D．a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1AD[解析]根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B＝kIr，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误；3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小Ba＝k3IL2＋kIL2＝k8IL，而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小Bb＝k3I2L－kIL＝kI2L，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C错误，D正确。故选AD。热点二带电粒子在磁场中的运动题型1带电粒子在匀强磁场中运动及其临界、极值问题1．常用公式qvB＝mv2rEk＝12mv2＝q2B2r22mI＝qT＝q2B2πm常用公式r＝mvqB＝2mEkqBT＝2πrv＝2πmqBf＝1T＝qB2πm2．处理带电粒子在有界磁场中运动的方法(1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹(2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。(3)半径的计算：一方面可由Bqv＝mv2r得r＝mvqB；另一方面可作出粒子的运动轨迹后，适当添加辅助线，利用几何知识求得。3．运动时间的确定：t＝α360°T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)。圆心角α总是与速度的偏转角相等的。4．对称性的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。(2018·山东省潍坊市高三下学期三模)如图所示，在0≤x≤a的区域Ⅰ内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在xa的区域Ⅱ内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子沿x轴从原点O射入磁场。当粒子射入速度不大于v0时，粒子在磁场中运动的时间都相同，求：(1)速度v0的大小；典例2(2)若粒子射入磁场的速度大小为2v0，其轨迹与x轴交点的横坐标；(3)调节区域Ⅱ磁场的磁感应强度为λB0，使粒子以速度nv0(n1)从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，n与λ满足的关系。[解析](1)粒子恰好与边界相切时R＝aqvB＝mv20R解得：v0＝qBαm(2)带电粒子运动的轨迹如图所示，O1、O2分别为轨迹的圆心，r＝2mv0qB0＝2a由几何关系可得rsinθ＝aO2A＝2rsinθ＝2aO2B＝2rcosθ－r＝(2－2)aBC＝r2－O2B2＝2a2－1a轨迹与x轴交点坐标为x＝O2A＋BC＝2a(1＋2－1)(3)粒子在区域Ⅰ做中圆周运动的半径为R1，根据qnv0B0＝mnv02R1粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径为R2，qnv0λB0＝mnv02R2在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出。R1sinα＝a(R1＋R2)cosα＝R1解得：λλ＋1＝n2－1n方法总结处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语，挖掘其隐含的信息。数学方法与物理方法相结合：借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值。常用的结论有：①粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切；②当速度大小v一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长；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。磁场区域最小面积的求解方法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。〔类题演练2〕(2018·山东省潍坊市高三下学期一模)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，AC为圆的直径，一质量为m、电荷量为q的粒子从A点射入磁场区域，速度方向与AC夹角为θ，粒子最后从C点离开磁场，下列说法正确的是()A．该粒子带负电荷B．粒子速度大小为qBRmsinθC．粒子速度大小为qBRmcosθD．粒子在磁场中运动时间为2mθqBBD[解析]由左手定则可知，该粒子带正电荷，运动轨迹如图由几何关系可得rsinθ＝R，粒子做圆周运动的半径为r＝Rsinθ，根据qvB＝mv2r，可得粒子速度大小为v＝qBRmsinθ，粒子在磁场中运动时间为t＝2θ2πT＝2θmqB，故A、C错误，B、D正确；故选BD。题型2带电粒子