（课标通用）2020高考物理二轮复习 专题3 电场与磁场 第9讲 磁场及带电体在磁场中的运动课件

第9讲磁场及带电体在磁场中的运动思维导图核心考点1.磁场的性质(1)磁感应强度叠加的计算(2)通电导线所受安培力的求解2.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析(2)带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析核心考点(3)带电粒子在直线有界磁场中的运动分析(4)带电粒子在三角形边界磁场中的运动分析3.带电粒子在匀强磁场中的临界极值问题(1)粒子运动范围的空间临界问题(2)粒子在有界磁场中运动的最长时间问题(3)磁场面积范围的空间临界问题备考指要1.用准“两个”定则(1)对电流产生的磁场用安培定则．(2)对安培力和洛伦兹力用左手定则．2.分清磁场中的“做功”与“不做功”(1)安培力可以做正功，也可以做负功．(2)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功.真题考情剖析热点题型突破1．(2019·全国卷Ⅰ)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．2FB．1.5FC．0.5FD．0真题考情剖析【解题过程】B解析设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I1∶I2＝1∶2，如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，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．[命题视角]安培力的计算、力的合成[解题思维]首先要分析三角形线框LMN所形成的电路结构，根据电路特点求出电流的大小，然后根据安培力计算公式求出其大小，最后由受力分析得到结果．2.(2018·全国卷Ⅱ)(多选)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点产生的磁感强度大小为712B0【解题过程】AC解析原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点有12B0＝B0－B1＋B2，在a点有13B0＝B0－B1－B2，联立上述两式解得B1＝712B0，B2＝112B0，选项A、C正确．[命题视角]磁感应强度的叠加原理、右手螺旋定则[解题思维]由右手螺旋定则判断通电导线L1、L2在各个区域形成的磁感应强度的方向，再根据每个区域是由3个磁场叠加而成联立求解问题．3.(2017·全国卷Ⅰ)(多选)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∶3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1【解题过程】BC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)方向如图甲所示，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，选项A错误；同理，如图乙所示，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，如图丙所示，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＝3B，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∶3，选项C正确，D错误．[命题视角]安培定则、左手定则[解题思维]由安培定则判断各电流产生磁场的方向，再根据叠加原理明确各个区域的磁场方向，由左手定则计算其大小关系．热点题型突破1．磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指及手掌的放法．题型一磁场的性质及其对电流的作用(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”．即：2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路视角一磁场的叠加性1．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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()(一)A．0B．33B0C．233B0D．2B0答案C解析两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时B＝B02cos30°＝33B0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为Ba＝B2＋B20＝233B0，选项C正确．视角二安培力作用下导体的平衡及运动2．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示，矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案AD解析装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路，故选项A、D正确．1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动题型二带电粒子在匀强磁场中的运动(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)．(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向．(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．(4)四写：写出基本方程qvB＝mv2R，半径R＝mvqB，周期T＝2πRv＝2πmqB，运动时间t＝sv＝α2πT.2．注意“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．3．相同的粒子在磁场中的运动时间，由粒子运动轨迹所对应圆心角大小决定．4．解题的难点是画出粒子运动轨迹图，挖掘隐含的几何关系，寻找轨迹半径r与磁场宽度的几何关系．如图所示展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt.相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(β)互补，θ＋β＝180°.(二)视角一无边界匀强磁场中的运动问题1．(2019·陕西西安中学月考)如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cosα2为()A．1－BqL4mvB．12－BqL4mvC．1－BqL2mvD．1－BqLmv答案C解析根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，得R＝mvqB，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点的两圆圆心和原点连线与x轴夹角为α2，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2Rcosα2，解得cosα2＝1－BqL2mv，故选项C正确．视角二圆形边界磁场问题的运动分析2．(2017·全国卷Ⅱ)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．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶2答案C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＝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，选项C正确．视角三直线有界磁场中的运动分析3．(2019·全国卷Ⅱ)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()A．14kBl，54kBlB．14kBl，54kBlC．12kBl，54kBlD．12kBl，54kBlB解析a点射出粒子半径Ra＝l4＝mvaBq，得va＝Bql4m＝kBl4，若电子从d点射出，运动轨迹如图所示，则粒子运动半径为R2＝l2＋R－l22，解得R＝54l,故vd＝5Bql4m＝5kBl4，故选项B正确．常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．(2)对称规律解题法①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．题型三带电粒子在匀强磁场中的临界极值问题视角一粒子运动范围的空间临界问题1．(2019·江西十校联考)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是()(三)A．qBL2mB．qBL3mC．3qBL2mD．3qBL3m答案D解析由左手定则和题意知，沿ab方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径r＝ab×tan30°＝33L，由洛伦兹力提供向心力qvmB＝mv2mr，从而求得最大速度vm＝3qBL3m，选项A、B、C错误，D正确．视角二粒子在有界磁场中运动的时间极值问题2．(2019·广东肇庆中学模拟)如图所示，图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸