2020高考物理二轮复习 600分冲刺 专题三 电场和磁场 第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动课件

专题整合突破第一部分专题三电场和磁场第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动1体系认知感悟真题2聚焦热点备考通关3复习练案课时跟踪体系认知感悟真题•1．(2019·全国卷Ⅰ，17)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()•A．2F•B．1.5F•C．0.5F•D．0B[解析]设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1R2＝2RR＝21，上下两路电流之比I1I2＝12。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′F＝I1I2＝12，得F′＝12F，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F＋F′＝32F，选项B正确。•2．(2019·全国卷Ⅱ，17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()BA．14kBl，54kBlB．14kBl，54kBlC．12kBl，54kBlD．12kBl，54kBl[解析]若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvAB＝mv2aRaRa＝l4解得vA＝qBRam＝qBl4m＝kBl4若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝mv2dRdR2d＝Rd－l22＋l2解得vd＝qBRdm＝5qBl4m＝5kBl4选项B正确。B3．(2019·全国卷Ⅲ，18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A．5πm6qBB．7πm6qBC．11πm6qBD．13πm6qB[解析]带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝mvqB知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝T14＝2πm4qB＝πm2qB粒子在第一象限内运动的时间t2＝T26＝2πm×26qB＝2πm3qB则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝7πm6qB，选项B正确。•4．(2019·北京卷，16)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()•A．粒子带正电•B．粒子在b点速率大于在a点速率•C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出•D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短C[解析]A错：由左手定则知，粒子带负电。B错：由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。C对：由R＝mvqB，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出。D错：由R＝mvqB，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝θ2πT，T＝2πmqB知，运动时间变长。•5．(多选)(2019·江苏，7)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是()•A．均向左•B．均向右•C．a的向左，b的向右•D．a的向右，b的向左CD•[解析]A、B错：如图所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动。C、D对：电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止。6．(2019·全国卷Ⅰ，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。[答案](1)4UB2d2(2)Bd24Uπ2＋33[解析](1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r③联立①②③式得qm＝4UB2d2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥联立②④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2＋33⑦•7．(2019·江苏，16)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL。粒子重力不计，电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝d2，求粒子从P到Q的运动时间t。[解析](1)洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2rr＝d解得v＝qBdm(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm＝d(1＋sin60°)解得dm＝2＋32d(3)粒子的运动周期T＝2πmqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则t＝nT4＋t′(n＝1,3,5，…)(a)当L＝nd＋1－32d时，粒子斜向上射出磁场t′＝112T解得t＝Ld＋33－46πm2qB(b)当L＝nd＋1＋32d时，粒子斜向下射出磁场t′＝512T解得t＝Ld－33－46πm2qB[答案](1)qBdm(2)2＋32d(3)Ld＋33－46πm2qB或Ld－33－46πm2qB聚焦热点备考通关•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。磁场的性质及磁场对电流的作用核心知识•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。典例探究【典例1】(2019·江西省南昌市模拟)两个相同的全长电阻为9Ω、半径为8cm的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内，两环的圆心连线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B＝32T的匀强磁场(未画出)，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接的导线的电阻不计。今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，重力加速度g取10m/s2。试求：•(1)此电源电动势E的大小；•(2)若换上两个电阻可忽略的光滑圆环和电动势E的大小为2V内阻为0.5Ω的电源，其他条件不变，现将棒从圆环最低点静止释放，问：棒经过P、Q点时对两环的弹力各为多少？棒能上升的最大高度是多少？•[解析]•(1)从左向右看，棒PQ的受力如图所示，棒受重力mg、安培力F安和环对棒的弹力FN作用，根据平衡条件得：F安＝mgtanθ安培力：F安＝IBL代入数据解得：I＝1A在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为：R＝13×9×23×913×9＋23×9＝2Ω由闭合电路欧姆定律得：E＝I(r＋2R＋R棒)代入数据解得：E＝6V(2)若换上两电阻可忽略的光滑圆环和电动势E＝2V的电源，电路电流：I1＝ER棒＋r＝20.5＋1.5＝1A导体棒受到的安培力：F安1＝BI1L＝32×1×0.2＝310N棒经过P、Q点时的速度为v，棒从最低点到P、Q过程，由动能定理得：F安1Rsin60°－mgR(1－cos60°)＝12mv2－0，代入数据解得：v＝1.6m/s，棒经过P、Q点时，由牛顿第二定律得：2FN1－mgcos60°－F安1cos30°＝mv2R代入数据解得：FN1＝0.2N棒在平衡位置时的速度最大，此位置与圆心的连线与竖直方向的夹角：tanα＝F安1mg＝3，则α＝60°，棒能上升的最高点关于平衡位置对称，则棒能上升的最大高度：h＝R(1＋cos60°)代入数据解得：h＝12cm[答案](1)E＝6V(2)0.2N12cm•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。•1．(2019·浙江省温州市模拟)如图所示为等臂电流天平演示装置，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，水平边长为l，处于垂直线圈平面向里的匀强磁场内。矩形线圈通过电动势为E，内阻为r的外部电源供电，当在天平左、右两边加上一定质量的砝码后，调节外电阻为R1时天平刚好平衡。然后在左边托盘再加质量为m的砝码，需要把外电阻调节为R2，才能使天平达到新的平衡。不计线圈电阻，不考虑外部的连接导线对线圈的作用力，由此可知()类题演练BA．R2＜R1，且B＝mgER1－R2nlR1＋rR2＋rB．R2＜R1，且B＝mgR1＋rR2＋rnlER1－R2C．R2＞R1，且B＝mgER2－R1nlR1＋rR2＋rD．R2＞R1，且B＝mgR1＋rR2＋rnlER2－R1[答案]B[解析]由左手定则可判断线圈所受安培力方向竖直向下，当在左边托盘再加质量为m的砝码，天平要达到新的平衡，需增大安培力，即增大电流，减小连入电路中的阻值，所以R2R1；由题意可列方程：nBI2l－nBI1l＝mg，I2＝ER2＋r，I1＝ER1＋r。联立可得B＝mgR1＋rR2＋rnlER1－R2，B正确。•题型1带电粒子在匀强磁场中运动及其临界、极值问题•1．常用公式带电粒子在磁场中的运动核心知识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