（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第二讲 磁场的基本性质课件

第二讲磁场的基本性质123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一磁场对电流的作用力释疑4大考点本考点是对磁场及安培力知识的考查，常涉及磁场的叠加、安培定则，特别是涉及左手定则、安培力的平衡和运动问题考查相对较多，试题难度中等，建议考生自学为主。(一)必备知识——安培力的大小和方向(二)重点提醒——解题常见的两大失误点1．通电导线或圆环周围的磁场方向可用右手螺旋定则确定，磁场方向画线要准确，避免磁场的叠加结果跑偏，如诊断卷第1题。2．安培力作用下导体棒的平衡与运动问题与力学中的平衡与运动问题的处理方法相同，只是安培力会随着磁场B、电流I及导线长度L的变化而变化，如诊断卷第2、3题。(三)解题规范——导体棒运动问题“三步曲”[题点全练]1．[多选](2019·江苏高考)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的向左解析：如图甲所示，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，A、B错。甲乙电流方向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乙所示，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，C、D对。答案：CD2.[多选](2017·全国卷Ⅰ)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中的相同，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1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所在平面平行，选项A错误；同理，如图2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所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3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F＝BIL可知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。答案：BC3.(2019·盐城四模)通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行。下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的说法中正确的是()A．线框所受安培力的合力为零B．线框有两条边所受的安培力方向相同C．线框有两条边所受的安培力大小相同D．线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势解析：直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向里，根据左手定则，ab边受到向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc边受到斜向左上方的安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故A、B错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误。答案：C考点二带电粒子在磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动是每年必考的内容，涉及的考点主要有：磁场对运动电荷的作用，带电粒子在匀强磁场中的运动等。由于此类问题考查考生的空间想象能力，运用数学知识解决物理问题的能力，综合性较强，但难度一般不大，解答时应注意洛伦兹力永不做功的特点，明确半径公式、周期公式，正确画出运动轨迹草图等，考生应学会灵活变通。(一)两种运动类型要记牢(二)四步解题流程要用好解题的难点是画出轨迹图，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°。(三)三个技巧提醒解题妙1．洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。如诊断卷第4题，由电子的速率不变可知，B、D均错误。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．相同粒子在同一磁场中的运动时间由粒子运动轨迹所对应圆心角决定，不同粒子在同一磁场中的运动时间由圆心角和周期共同决定，如诊断卷第6题，t＝θ2πT。[题点全练]1．[多选]如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面向里的匀强磁场。质量和带电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述错误的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N都做正功D．M在磁场中的运动时间大于N在磁场中的运动时间解析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，半径为：r＝mvqB，在质量与电荷量大小相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误；洛伦兹力不做功，故C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T＝2πmqB，与粒子运动的速度无关，所以M在磁场中的运动时间等于N在磁场中的运动时间，故D错误。答案：BCD2.[多选]如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是()A．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2B．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1解析：粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域内粒子的速率相同。由两弧长之比为2∶1，速率相同，可知时间之比为2∶1，故C错误。由于粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故D错误。根据θ＝ωt知角速度之比为1∶2，由v＝ωr可知半径之比为2∶1，故B正确。根据qvB＝mv2r得r＝mvBq，所以磁感应强度大小之比为1∶2，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确。答案：AB3.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的D点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)电子的磁场中运动的时间。解析：(1)过D点作电子出射速度方向的垂线交y轴于C点，则C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹，如图所示：由几何知识得∠ACD＝60°，设电子在磁场中运动的轨迹半径为R由几何关系得：R－L＝Rcos60°，解得：R＝2L洛伦兹力提供向心力，则有：eBv0＝mv02R联立解得：B＝mv0eR＝mv02eL。(2)过A、O、D三点的圆的圆心在AD连线的中点，由几何关系可知，△ACD为等边三角形故AD的长度也为R＝2L，则磁场的半径为L，故AO1＝L所以：x轴坐标x＝AO1sin60°＝32Ly轴坐标y＝L－AO1cos60°＝L2则O1点坐标为32L，L2。(3)由几何知识知∠ACD＝60°，则粒子在磁场中运动的时间为：t＝θ2π·T＝π32π·2πRv0＝2πL3v0。答案：(1)mv02eL(2)32L，L2(3)2πL3v0考点三带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题是高考命题的重点和热点，此类问题之所以常失分，关键是找不到解题的突破口，针对此类问题，只要准确锁定临界点，合理套用思维流程，问题便迎刃而解。(一)熟悉解题思维流程(二)突破三类常考题型题型一粒子在有界磁场中运动的最长时间问题[例1]如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.πa3vB.23πa3vC.4πa3vD.2πav[解析]当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t＝α2πT，即α越大，粒子在磁场中运行时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm＝120°，即最长运行时间为T3，而T＝2πRv＝4πav，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v，C正确。[答案]C题型二粒子在有界磁场中运动的最短时间问题[例2]如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝5.0×10－2T，矩形区域长为1.0m，宽为0.2m。在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2×106m/s的某种带正电粒子。已知带电粒子的质量为m＝1.6×10－27kg，所带电荷量为q＝3.2×10－19C(不计粒子重力)。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？(2)求从BC边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为多少？[解析](1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R，解得：R＝0.2m。(2)因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如图所示。因为EO＝0.2m，且R＝0.2m，所以对应的圆心角为θ＝π3，由牛顿第二定律得：qvB＝m2πT2R，解得：T＝2πmqB最短时间为：t＝θ2πT＝πm3qB，解得：t＝π3×10－7s。[答案](1)0.2m(2)π3×10－7s题型三磁场面积范围的空间极值问题[例3]在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与＋y方向夹角为θ＝30°，OP＝L。求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)该圆形磁场区域的最小面积。[解析](1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场。设其轨迹圆心为O′，半径为R。由几何关系有(L－R)sin30°＝R，所以R＝13L。由牛顿第二定律有qv0B＝mv02R，故R＝mv0qB。由以上各式得磁感应强度B＝3mv0qL。(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得，最小圆