2018大二轮高考总复习物理文档：第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 Word版含答案

第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络，理清基本知识二、“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)；(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法——R ＝m v qB； (2)几何方法——一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ，或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：基本方程q v B ＝m v 2R ，半径公式R ＝m v qB ，周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB，运动时间t＝sv＝α2πT．高频考点1磁场对电流的作用1－1.(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：本题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示，由图中几何关系可知，L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直，A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F，则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F，L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F，故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2017·全国卷Ⅲ)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 ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：本题考查磁感应强度的矢量性和安培定则．两导线中通电流I 时，两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0，则两电流磁感应强度的矢量和为－B 0，如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后，如图乙，B 合＝B ＝33B 0，B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0，故C 项正确．答案：C1－3.(多选)(2017·全国卷Ⅱ)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解析：要使线圈在磁场中开始转动，则线圈中必有电流通过，电路必须接通，故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝缘漆也都刮掉，当线圈转过180°时，靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反，受到的安培力相反，线圈向原来的反方向转动，线圈最终做往返运动，要使线圈连续转动，当线圈转过180°时，线圈中不能有电流通过，依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动，故左、右转轴的上侧不能都刮掉，故选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间，从发射粒子到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．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R ①，由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T /4，得∠OCA ＝π2③，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得R sin α＝R －a 2④，R sin α＝a －R cos α ⑤，又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦，由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m (2)6－610求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2－1.(多选)(2017·深圳市高三调研)如图所示，竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ )，磁感应强度为B ，MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q /m 的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射出．则 ( )A ．从PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为πm 3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a解析：粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径r ＝m v Bq因为所有粒子m q和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射出，可得r ＝a sin 30°＝2a ，故2a ＝m v Bq ，解得v ＝2aqB m，由几何知识得，此时偏转角为30°，运动时间t ＝30°360°T ＝112×2πr v ＝πm 6qB，故A 错误；当粒子轨迹与PQ 边界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可得θ＝120°，此时是粒子打在PQ 边界上的最低的点，故相对Q 的竖直位移为x 1＝r sin 60°＝3a ，B 正确，C 错误；根据分析可知当粒子沿着边界MN 方向向上射入时，此时是粒子打在边界PQ 的最上端，根据几何知识可得该点相对O 点竖直位移为x 2＝r sin 60°＝3a ，故PQ 边界上有粒子射出的长度为l ＝x 1＋x 2＝23a ，故D 正确．答案：BD2－2． (2017·榆林市高考模拟)如图所示，纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m ，电荷量为－q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B 0＝m v 0qL，A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的1/4圆弧，B 选项中曲线为半径是L /2的圆) ( )解析：由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A 、B 、C 这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同，唯有D 选项因为磁场是2B 0，它的半径是之前半径的一半．然而当粒子射入B 、C 两选项时，均不可能汇聚于同一点．而D 选项粒子是向下偏转，但仍不能汇聚一点，所以只有A 选项，能汇聚于一点．答案：A高频考点3 带电粒子在匀强磁场中的多解问题如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R至少为多大？(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．[思路点拨](1)粒子从A点出发到再次经过A点，说明问题具有周期性和多解性；(2)带电粒子由径向射入磁场区域Ⅰ，又沿径向射出，由此通过画轨迹可以确定半径r1，粒子从Q点回到区域Ⅰ，可通过画轨迹确定半径r2；(3)利用周期性分析从A点出发到再次经过A 点所用时间最短的条件，从而确定最短时间．【解析】(1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1，由图中几何关系可得：r1＝R0由牛顿第二定律可得：r1＝m v0qB0，解得：B0＝m v0qR0．(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0．(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时，时间较短，应满足150°n＋90°＝360°m 当m＝4时，n＝9，时间最短t 1＝10×14×2πR 0v 0，t 2＝9×23×2π33R 0v 0 t min ＝t 1＋t 2＝5πR 0v 0＋43πR 0v 0． 【答案】 (1)m v 0qR 0 (2)3R 0 (3)5πR 0v 0＋43πR 0v 01．由以上解题过程不难看出，求解的难点在于根据周期性列出满足条件的关系方程，从而确定最短时间．本题还可以求粒子从A 点出发到再次以相同的速度经过A 点所用的最短时间．提示：满足150°n ＝360°m ，m 、n 属于自然数，即取最小整数m ＝5、n ＝12，则t min ＝πR 0 v 0.2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)粒子多解问题的四种形成因素①带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹．②磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹．③临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解．④圆周运动的周期性形成多解．(2)方法技巧①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．3－1． (多选)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql 4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql 4mC ．使粒子的速度v ＞Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql 4m解析：带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql 4m，故A 、B 正确．答案：AB3－2.(多选)(2017·安徽六安一中一模)如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ，现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg ，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y 轴上，所以小球做圆周运动的半径r 一定要大于等于3 m ，而ON ＝9 m<3r ，所以小球最多与挡板ON 碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O 点的上方，也可能小球与挡板ON 没有碰撞，直接过M 点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：q v B ＝m v 2r ，得：v ＝q m Br ①；若小球与挡板ON 碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO ′＝s ，由几何关系得：r 2＝OM 2＋s 2＝9＋s 2②，3r －9＝s ③，联立②③得：r 1＝3 m ；r 2＝3.75 m ，分别代入①得：v 1＝q m ·Br 1＝1×1×3 m/s ＝3 m/s ，v 2＝qmBr 2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s ，若小球没有与挡板ON 碰撞，则轨迹如图2，设OO ′＝x ，由几何关系得：r 23＝OM 2＋x 2＝9＋x 2④，x ＝9－r 3⑤，联立④⑤得：r 3＝5 m ，代入①得：v 3＝qm Br 3＝1×1×5 m/s＝5 m/s ，A 、B 、D 正确．答案：ABD带电粒子在匀强磁场中的运动模型带电粒子在匀强磁场中的运动模型是高考的热点模型之一．在高考中，主要以选择题形式通过此模型考查带电粒子在磁场中运动的轨迹、半径和时间等，甚至还可能会考查粒子运动的临界问题和极值问题．在处理相关问题时，除了运用常规的解题思路，还应侧重运用数学知识进行分析．带电粒子在无边界的匀强磁场中运动的模型如图所示，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cos α2为( )A ．1－BqL4m vB ．12－BqL 4m vC ．1－BqL2m vD ．1－BqLm v【解析】 根据洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得R ＝m vqB ，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 点两圆圆心与原点连线与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 －2R cos α2，解得cos α2＝1－BqL 2m v，故选项C 正确．【答案】 C带电粒子在直线边界的匀强磁场中运动的模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时．当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为 t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ⑥【答案】 (1)πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ1．解决带电粒子在匀强磁场中运动的基本步骤 一点—在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、出射位置等)点一个点 |两画—画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向，若已知初速度和末速度的方向，则画出两个速度方向的垂线|三定—定圆心、定半径、定圆心角 |四写—写出基本方程q v B ＝m v 2R 、半径R ＝m vqB、周期T ＝2πR v ＝2πm qB 、运动时间t ＝s v ＝α2πT2．一大难点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°．3．三点提醒(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． (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)同一粒子在磁场中的运动轨迹不同，运动半径不同，但运动时间可以相同．带电粒子在圆形边界磁场中运动的模型(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v 1，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v 2，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v 2∶v 1为( ) A ．3∶2 B ．2∶1 C ．3∶1 D ．3∶ 2【解析】设速率为v 1的粒子最远出射点为M ，速率为v 2的粒子最远出射点为N ，如图所示，则由几何知识得r 1＝PM 2＝R 2，r 2＝PN 2＝32Rr 2r 1＝31由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，故v 2v 1＝r 2r 1＝31，选项C 正确．【答案】 C1．带电粒子在圆形有界磁场中运动时，圆心位置必定在粒子进入和离开磁场位置的连线的垂直平分线和速度垂线的交点上．2．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图(a)．3．面积最小：带电粒子从圆与某直径的一个交点射入磁场，则从该直径与圆的另一交点射出时，圆形磁场区域面积最小，如图(b)所示．带电粒子在矩形边界磁场中运动的模型如图是比荷相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则 ( )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长【解析】 比荷相同，但不知电荷量，故不能比较a 、b 的质量，A 错误；由左手定则可知，a 、b 都带负电荷，B 错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m ，比荷相同，a 的半径比b 的大，所以a 在磁场中的运动速率比b 的大，C 正确；由T ＝2πR v ＝2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相等，由运动时间t ＝θ2πT 可知，b 在磁场中运动的时间比a 的长，D 错误．【答案】 C解决带电粒子在矩形磁场中运动的问题的过程中，在寻找几何关系求半径时经常要用到以下结论：①如果带电粒子以与某一边界成θ角的速度进入磁场且从该边界离开磁场，则一定以与该边界成θ角的速度离开磁场；②粒子不离开磁场的临界条件是速度和边界相切．带电粒子在三角形边,界磁场中运动的模型如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场，下列说法正确的是()A．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1C．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6【解析】正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A、B错误．若负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t＝θ2πT知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C错误，D正确．【答案】 D根据左手定则得出正电子向右偏转，负电子向左偏转，正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，结合圆心角的关系得出运动时间的关系；负电子不从OC边射出，抓住临界情况，由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系，从而得出运动时间的关系．。