2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）第十章磁場教案

1、 高考備考指南命題分析核心素養(yǎng)1本專題是高考的熱點之一，磁場的疊加及簡單的磁偏轉問題多以選擇題的形式考查。計算題幾乎每年都考，多以壓軸題形式出現(xiàn)，考查帶電粒子在組合場、復合場中的運動問題，對綜合分析能力、空間想象及建模能力、利用數(shù)學方法處理物理問題的能力要求非常高。2高考時本專題的考查趨勢為結合現(xiàn)代科技及生活實際，根據(jù)左手定則考查通電導體在磁場中的平衡和加速問題以及考查帶電粒子在磁場中運動的勻速圓周運動模型的構建與應用，以此培養(yǎng)學生的物理觀念、科學思維及科學態(tài)度。物理觀念：磁場、磁感應強度、磁感線、磁場力、左手定則?？茖W思維：電流元法、比值定義法、圖像法、控制變量法、臨界法。科學探究：探究影響

2、磁感應強度的因素。科學態(tài)度與責任：高科技儀器的應用。磁場的描述磁場對電流的作用一、磁場、磁感應強度1磁場(1)基本特性：磁場對處于其中的磁體、通電導體和運動電荷有磁場力的作用。(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向。2磁感應強度(1)物理意義：描述磁場的強弱和方向。(2)大小：Beq f(F,Il)(通電導線垂直于磁場)。(3)方向：小磁針靜止時N極的指向。(4)單位：特斯拉(T)。3勻強磁場(1)圖示：(2)定義：磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場。(3)特點：磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線。4地磁場(1)地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感

3、線分布如圖所示。(2)在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度大小相等，方向水平向北。二、磁感線電流周圍的磁場方向1磁感線及特點(1)磁感線：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致。(2)特點：磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。磁感線的疏密定性地表示磁場的強弱。磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點。磁感線是假想的曲線，客觀上不存在。2電流的磁場通電直導線通電螺線管環(huán)形電流安培定則立體圖三、安培力的大小和方向1安培力的大小(1)磁場和電流垂直時：FIlB。(2)磁場和電流平行時：F0。2安培力的方向左手定則判斷(如圖所示)：(1)伸出左手，讓

4、拇指與其余四指垂直，并且都在同一個平面內。(2)讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流方向。(3)拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)磁場是假想的，客觀上不存在。()(2)磁場中的一小段通電導體在該處受力為零，此處磁感應強度B一定為零。()(3)由定義式Beq f(F,Il)可知，電流強度I越大，導線l越長，某點的磁感應強度B就越小。()(4)磁感線是真實存在的。()(5)通電線圈可等效成條形磁鐵，它周圍的磁感線起始于線圈一端，終止于線圈的另一端。()(6)安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直。()二、教材習

5、題衍生1(教科版必修第三冊P122T4改編)如圖為通電螺線管。A為螺線管外一點，B、C兩點在螺線管的垂直平分線上，則下列說法正確的是()A磁感線最密處為A處，最疏處為B處B磁感線最密處為B處，最疏處為A處C小磁針在B處和A處N極都指向左方D小磁針在B處和C處N極都指向右方C根據(jù)安培定則可知，A、B兩處磁場方向向左，C處磁場方向向右；根據(jù)通電螺線管周圍的磁感線分布情況可知，B處磁感線最密，C處磁感線最疏。2(人教版必修第三冊P109“演示”實驗改編)如圖是“探究影響通電導體在磁場中受力的因素”的實驗示意圖。三塊相同的蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上，導體棒用圖中1、2、3、4輕而柔軟的細導線懸掛起來

6、，它們之間的任意兩根與導體棒和電源構成回路。認為導體棒所在位置附近均為勻強磁場，最初導線1、4接在直流電源上，電源沒有在圖中畫出。關于接通電源時可能出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象，下列敘述正確的是()A改變電流方向同時改變磁場方向，導體棒擺動方向將會改變B僅改變電流方向或者僅改變磁場方向，導體棒擺動方向一定改變C增大電流同時改變接入導體棒上的細導線，接通電源時，導體棒擺動幅度一定增大D僅拿掉中間的磁鐵，導體棒擺動幅度不變答案B3(人教版選擇性必修第二冊P6T3改編)如圖所示的電流天平可用來測定磁感應強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，水平邊長l10 cm，共N9匝，線圈的下部處于勻強磁場中，磁場方向垂直于紙

7、面。當線圈中通有電流I0.10 A(方向如圖)時，在天平左、右兩邊加上質量分別為m1、m2的砝碼，天平平衡。當電流反向(大小不變)時，左邊再加上質量為m4.32 g的砝碼后，天平重新平衡。重力加速度g取10 m/s2，由此可知()A磁感應強度的方向垂直于紙面向外，大小為0.24 TB磁感應強度的方向垂直于紙面向外，大小為0.12 TC磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為0.24 TD磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為0.12 TC由題意可知，開始時線圈所受安培力的方向向上，磁場的方向垂直紙面向里，電流反向后，安培力方向也反向，變?yōu)樨Q直向下，則有mg2NBIl，所以Beq f(mg,2NI

8、l)eq f(0.004 3210,290.100.10) T0.24 T，C正確。 安培定則的應用和磁場的疊加1安培定則的應用：在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”。磁場原因(電流方向)結果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流的磁場四指大拇指2磁場的疊加(1)磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，遵守平行四邊形定則，可以用正交分解法進行合成與分解。(2)兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的。3磁場疊加問題的一般解題思路(1)確定磁場場源，如通電導線。(2)定位空間中需求解磁場的磁感應強度的點，

9、利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的磁感應強度。如圖所示為M、N在c點產生的磁場的磁感應強度。(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁感應強度。題組突破1(多選)(磁感應強度的理解)一小段長為L的通電直導線放在磁感應強度為B的磁場中，當通過它的電流為I時，所受安培力為F。以下關于磁感應強度B的說法正確的是()A磁感應強度B一定等于eq f(F,IL)B磁感應強度B可能大于或等于eq f(F,IL)C磁場中通電直導線受力大的地方，磁感應強度一定大D在磁場中通電直導線也可以不受力BD設磁場與電流成角，則FBILsin ，即Beq f(F,ILsin )，所以Beq f(F,IL)，

10、A項錯誤，B項正確；在磁場同一位置，導線的放置方向不同，導線受力不一樣，但磁感應強度一樣，C項錯誤；當0時，F(xiàn)0，D項正確。2(安培定則)如圖所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關S閉合后，則小磁針北極N(黑色一端)指示磁場方向正確的是()Aa Bb Cc DdC根據(jù)安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向可知C正確。3(2021全國甲卷)(磁場的疊加)兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與OQ在一條直線上，PO與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電

11、流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為()AB、0 B0、2B C2B、2B DB、BB根據(jù)安培定則可知，兩根導線在M處產生的磁感應強度大小均為B，方向相反，疊加后磁感應強度大小為0；豎直方向的導線和水平方向的導線在N處產生的磁感應強度大小均為B，方向相同，疊加后磁感應強度大小為2B，B正確。 安培力的分析與計算1安培力大小：FIlBsin (1)當IB時，F(xiàn)BIl。(2)當IB時，F(xiàn)0。注意：當導線彎曲時，l是導線兩端的有效直線長度(如圖所示)。對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為零，所以通電后在勻強磁場中受到的安

12、培力的矢量和為零。2安培力方向：用左手定則判斷，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B與I決定的平面。題組突破1(安培力的大小和方向)如圖所示，用電阻率為、橫截面積為S、粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60角，abbccdL?？蚣芘c一電動勢為E、內阻忽略不計的電源相連接。勻強磁場垂直于豎直框架平面向里，磁感應強度大小為B，則框架受到安培力的合力的大小和方向為()Aeq f(5BSE,3)，豎直向上 Beq f(6BSE,5)，豎直向上Ceq f(10BSE,3)，豎直向下 Deq f(5BSE,6)，豎直向下A根據(jù)左手定則判斷出各邊受到的安培力的方向，如圖所示，

13、設ab、bc、cd邊的電阻為r，由幾何關系得，ad邊的長度為2L，所以ad邊的電阻為2r，由歐姆定律可得，流過ab、bc、cd邊的電流I1eq f(E,3r)，流過ad邊的電流I2eq f(E,2r)，ab、bc、cd邊受到的安培力F1F2F3BI1Leq f(BEL,3r)，ad邊受到的安培力F4BI22Leq f(BEL,r)，F(xiàn)1和F3在水平方向的分量大小相等、方向相反，相互抵消，所以框架受到的安培力FF4F1cos 60F2F3cos 60eq f(5BEL,3r)，又req f(L,S)，解得Feq f(5BSE,3)，方向豎直向上，故A正確，B、C、D錯誤。2(安培力的疊加)(20

14、21遼寧沈陽校聯(lián)體期中)已知在電流為I的長直導線產生的磁場中，距導線r處的磁感應強度大小為Bkeq f(I,r)，其中k為常量?，F(xiàn)有四根平行的通電長直導線，其橫截面恰好在一個邊長為L的正方形的四個頂點上，電流方向如圖所示。其中a、c導線中的電流大小為I1，b、d導線中的電流大小為I2，已知此時b導線所受的安培力恰好為零。撤去b導線，在O處固定一長度為L、電流為I的通電導體棒e，電流方向垂直于紙面向外，則下列說法正確的是()Ab導線撤去前，電流的大小關系為I2eq r(2)I1Bb導線撤去前，四根導線所受安培力的合力均為零Cb導線撤去后，導體棒e所受安培力方向為沿y軸負方向Db導線撤去后，導體棒

15、e所受安培力大小為2eq r(2)kII2Cb導線撤去前，各導線受力如圖所示，由題意知，F(xiàn)dbeq r(2)Fab，即keq f(I2,r(2)L)I2Leq r(2)keq f(I1,L)I2L，得I22I1，A錯誤；a導線所受的合力為eq r(2)keq f(I2,L)I1Lkeq f(I1,r(2)L)I1L2eq r(2)kIeq oal( 2,1)keq f(Ioal( 2,1),r(2)0，B錯誤；b導線撤去后，a、e間的安培力與c、e間的安培力大小相等、方向相反，合力為零，d、e為同向電流，相互吸引，即導體棒e所受安培力方向為沿y軸負方向，大小為Fekeq f(I2,f(r(2)

16、,2)L)ILeq r(2)kI2I，C正確，D錯誤。 安培力作用下導體的運動1判斷安培力作用下的導體運動情況的方法電流元法分割為電流元eq o(,sup10(左手定則)安培力方向整段導體所受合力方向運動方向特殊位置法在特殊位置安培力方向運動方向等效法環(huán)形電流小磁針通電螺線管條形磁鐵結論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下受力和運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向2安培力作用下的平衡和加速問題通電導體

17、棒在磁場中的平衡和加速問題是一種常見的力電綜合模型，該模型一般由傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成。這類題目的難點是題圖具有立體性，各力的方向不易確定。因此解題的一般思路如下：(1)選定研究對象。(2)變三維為二維，如畫出側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安B、F安I。(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。立體圖平面圖立體圖平面圖安培力作用下導體運動情況的判斷典例1一輕直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則關于導線ab受磁場力后的運動情況，下列說法正確的是()A從上向下看順時針轉動并

18、靠近螺線管B從上向下看順時針轉動并遠離螺線管C從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管D從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管D由安培定則可判定通電螺線管產生的磁場方向，導線等效為Oa、Ob兩電流元，由左手定則可判定兩電流元所受安培力的方向，F(xiàn)Oa垂直紙面向外，F(xiàn)Ob垂直紙面向里，所以從上向下看導線逆時針轉動，當轉過90時再用左手定則可判定導線所受磁場力方向向下，即導線在逆時針轉動的同時還要靠近螺線管，D正確。判斷通電導體在安培力作用下的運動常規(guī)思路安培力作用下的平衡問題典例2(20218省市聯(lián)考重慶)如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質量為40 g的金屬導體棒，部分導體棒處于邊界寬度d

19、10 cm的有界勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。導體棒通入4 A的電流后靜止時，彈簧的伸長量是未通電時的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內，導體棒一直保持水平，則磁感應強度B的大小為(重力加速度g取10 m/s2)()A0.25 T B0.5 T C0.75 T D0.83 TB未通電時，導體棒的重力與兩彈簧的彈力大小相等，設此時彈簧的伸長量為x，根據(jù)平衡條件可知mg2kx，通電后，通過導體棒的電流方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知導體棒所受安培力豎直向下，根據(jù)平衡條件可知mgBId2k1.5x，兩式相比得eq f(mg,mgBId)eq f(2kx,2k1.5x)eq f(1,1.5)，解

20、得B0.5 T，B項正確。安培力作用下的加速問題典例3(多選)如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正下方固定一正方形線框。線框中通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L，已知在長直導線的磁場中距離長直導線r處的磁感應強度大小Bkeq f(I,r)，線框質量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度大小可能為()A0 Beq f(kI2,m)g Ceq f(kI2,2m)g Dgeq f(kI2,m)思路點撥：(1)距離通電導線越遠的點，磁感應強度越小，可用公式Bkeq f(I,r)定量表達。(2)線框受到的安培力由上、下兩邊受到的安培

21、力組成。AC線框上邊所在處的磁感應強度大小B1keq f(I,L)，由安培定則可判斷出磁場方向為垂直紙面向里，上邊所受安培力的大小F1B1ILkI2，由左手定則可判斷出安培力方向向上。線框下邊所在處的磁感應強度大小B2keq f(I,2L)，所受安培力的大小F2B2ILeq f(1,2)kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向下；若F1F2mg，則加速度為零，A項正確；若F1F2mg，則加速度方向向上，由F1F2mgma，解得aeq f(kI2,2m)g，C項正確，B項錯誤；若F1eq f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動B粒子帶正電和負電均可，選項A

22、錯誤；由洛倫茲力等于電場力，即qvBqE，解得速度veq f(E,B)，選項B正確；若速度veq f(E,B)，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤。3(人教版選擇性必修第二冊P15T3改編)(多選)如圖所示，一個質量為m、電荷量為q、不計重力的帶電粒子從x軸上的P點沿與x軸成60的方向射入第一象限磁場方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸的N點(圖中未畫出)射出第一象限。已知OPa，則()A粒子帶負電荷B粒子速度大小為eq f(qBa,m)C粒子在磁場中運動的軌道半徑為aDN與O點相

23、距eq r(3)aAD由左手定則知粒子帶負電，A項正確；如圖，由牛頓第二定律得：qvBmeq f(v2,r)rsin 60a聯(lián)立解得req f(2r(3),3)a，veq f(2r(3)qBa,3m)，故B、C錯誤，N點到O點距離NOrrcos 60eq r(3)a，D正確。 洛倫茲力的理解1洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力一定不做功。2洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。3洛倫茲力與電場力

24、的比較項目洛倫茲力電場力產生條件v0且v與B不平行電荷處在電場中大小FqvB(vB)FqE力方向與場方向的關系FB(FB，v平面)FE做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功作用效果只改變電荷運動的方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可改變速度方向題組突破1(洛倫茲力的方向)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一個帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A向上 B向下 C向左 D向右B在O點處，各電流產生的磁場的磁感應強度疊加。d、b電流在O點產生

25、的磁場抵消，a、c電流在O點產生的磁場合矢量方向向左。帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，由左手定則可判斷出它所受洛倫茲力的方向向下，B正確。2(洛倫茲力特點)(2021山東泰安模擬)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()A電子將向右偏轉，速率不變B電子將向左偏轉，速率改變C電子將向左偏轉，速率不變D電子將向右偏轉，速率改變A由安培定則可知直導線右側磁場的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則可知電子所受洛倫茲力方向水平向右，即電子將向右偏轉，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，即速率不變，A項正確。3(多選)(洛倫

26、茲力、電場力的比較)如圖甲所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平向里的勻強磁場(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強電場(如圖丙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4。不計空氣阻力，則()甲乙丙丁A一定有h1h3B一定有h1h2，D錯誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因為h1h2，所以h2與h4也無法比較，故C正確，B錯誤。 帶電粒子在勻強磁場中的運動1兩種方法定

27、圓心方法一：已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖甲所示)。甲乙方法二：已知入射方向和入射點、出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示)。2利用幾何知識求半徑利用平面幾何關系，求出軌跡圓的可能半徑(或圓心角)，求解時注意以下幾個重要的幾何特點：(1)粒子速度的偏向角()等于圓心角()，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角)的2倍(如圖所示)，即2t。(2)直角三角形的應用(勾股定理)。找到AB的中點C，連接OC，則AO

28、C、BOC都是直角三角形。3求時間的兩種方法方法一：由運動弧長計算，teq f(l,v)(l為弧長)；方法二：由旋轉角度計算，teq f(,360)Teq blc(rc)(avs4alco1(或tf(,2)T)。4三類邊界磁場中的軌跡特點(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性。(a)(b)(c)(2)平行邊界：存在臨界條件。(d)(e)(f)(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出。(g)(h)無論帶電粒子在哪類邊界磁場中做勻速圓周運動，解題時要抓住三個步驟:典例1(2021山東煙臺統(tǒng)考)如圖所示，在正六邊形ABCDEF的內接圓范圍內存在著方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小可以調節(jié)

29、。正六邊形的邊長為l，O為正六邊形的中心點，M、N分別為內接圓與正六邊形AB邊和BC邊的切點，在M點安裝一個粒子源，可向磁場區(qū)域內沿著垂直磁場的各個方向發(fā)射比荷為eq f(q,m)、速率為v的粒子，不計粒子重力。(1)若沿MO方向射入磁場的粒子恰能從N點離開磁場，求勻強磁場的磁感應強度B的大??；(2)若勻強磁場的磁感應強度的大小調節(jié)為Beq f(r(3)mv,3ql)，求粒子源發(fā)射的粒子在磁場中運動的最長時間。解析(1)粒子以速率v沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，軌跡如圖：由幾何條件可知磁場圓的半徑為Req f(r(3),2)l設軌跡圓半徑為r1，則tan eq f(,2)eq f(r

30、1,R)解得：r1eq f(1,2)l由牛頓第二定律可得qvBmeq f(v2,r1)解得：Beq f(2mv,ql)。(2)磁感應強度變化以后，大量此類粒子從M點射入磁場由牛頓第二定律可得qvBmeq f(v2,r2)解得：r2eq r(3)l粒子射入方向任意，粒子在磁場中運動時間最長時，弧長(劣弧)最長，對應的弦長最長(磁場圓的直徑)，軌跡如圖：由幾何關系得：eq f(,3)粒子在磁場中運動的最長時間tmaxeq f(T,6)Teq f(2r2,v)tmaxeq f(r(3)l,3v)。答案(1)eq f(2mv,ql)(2)eq f(r(3)l,3v)跟進訓練1(多選)(半徑公式、周期公

31、式的應用)(2021山東濱州統(tǒng)考)如圖所示，在矩形區(qū)域MNPE中有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，從M點沿MN方向發(fā)射兩個粒子，兩粒子分別從P、Q射出。已知MEPQQE，則兩粒子()A兩粒子的速率之比為52B兩粒子的速率之比為53C在磁場中運動時間之比為5390D在磁場中運動時間之比為3790lAC根據(jù)題述情景，可畫出兩個粒子在矩形區(qū)域勻強磁場中的運動軌跡，如圖所示設MEa，則r2a；對從P點射出的粒子，由幾何關系，req oal( 2,1)(2a)2(r1a)2，解得r12.5a；帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，qvBeq f(mv2,r)，可得veq f(qrB,m)，兩粒子的

32、速率之比為v1v2r1r22.5152，選項A正確，B錯誤；從P點射出的粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角正弦值sin 1eq f(2a,2.5a)0.8，153，在勻強磁場中運動時間t1eq f(r11,v1)eq f(1m,qB)；從Q點射出的粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角290，在勻強磁場中運動時間t2eq f(r22,v2)eq f(2m,qB)；在磁場中運動時間之比為t1t2eq f(1m,qB)eq f(2m,qB)5390，選項C正確，D錯誤。2(帶電粒子在圓形磁場中的運動)(2021全國乙卷)如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子從圓周

33、上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60。不計重力，則eq f(v1,v2)為()Aeq f(1,2) Beq f(r(3),3) Ceq f(r(3),2) Deq r(3)B設磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關系可知，帶電粒子以v1射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r1R，帶電粒子以v2射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r2eq f(R,tanf(60,2)eq r(3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBmeq f(v2,r)，可得req f(mv,qB)，則r1eq f(mv1,q

34、B)，r2eq f(mv2,qB)，解得eq f(v1,v2)eq f(r(3),3)，B正確。3(多選)(帶電粒子在直線邊界磁場中的運動)(2021山東菏澤統(tǒng)考)如圖所示，成30角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運動的半徑為r，周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最短時間為eq f(T,6)，則下列說法正確的是()A沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點射出B沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出C從OA邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為eq f(T,3)D從OB邊界射出的電子在磁

35、場中運動的最長時間為eq f(T,4)BC電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evBmeq f(v2,r)，解得：req f(mv,eB)，由于電子速率v相同，則電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r相同，當出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對的圓心角最小，則電子在磁場中運動的時間最短，tmineq f(,360)Teq f(1,6)T，則60，如圖a所示，由幾何知識知，在磁場中運動的最短時間的電子入射的方向垂直于OA，eq xto(OS)eq f(xto(SD),sin 30)eq f(r,sin 30)2r。電子在磁場中所有軌跡對應圓心的位置應在

36、以S為圓心、半徑為eq f(SO,2)的圓弧上，過O的圓弧與BO有除O以外的另一個交點D，如圖b所示，說明電子在到達O點前已經飛出磁場，故A錯誤；由以上的分析可知，當從S點射出的電子方向平行于OB時，其圓心恰好位于D點，此時電子將轉過90角，恰好垂直于OB射出，其軌跡如圖c所示，B正確；從OA邊界射出的電子圓弧軌跡剛好與OB相切時，在磁場中的運動軌跡最長，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動的時間最長，如圖d所示，由幾何關系可得圓心角為120，運動時間：tmaxeq f(120,360)Teq f(1,3)T，C正確；畫出初速度的方向豎直向上的電子運動軌跡如圖e，可知從OB邊界射出的電子在磁場中

37、運動的時間大于eq f(1,4)T，D錯誤。圖a圖b圖c圖d圖e 帶電粒子在有界磁場中運動臨界極值、多解問題1帶電粒子在磁場中運動的臨界與極值問題分析(1)找準臨界點以題目中“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫出幾個半徑不同的軌跡，找出臨界條件，如：剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；當速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界勻強磁場中運動的時間越長；圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩端點時，軌跡對應的偏轉角最大。(2)掌握有界磁場中臨界問題的處理

38、方法旋轉圓法：粒子速度大小不變，方向改變，則req f(mv,qB)大小不變，但軌跡的圓心位置變化，相當于圓心在繞著入射點滾動(如圖甲所示)。甲乙放縮圓法：入射粒子的速度方向不變，大小變化，形成圓心在一條射線上變動，半徑大小不斷變化的放縮圓(如圖乙所示)。平移圓法：速度大小和方向相同的一排相同粒子進入直線邊界，各粒子的軌跡圓弧可以由其他粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移得到(如圖丙所示)。丙2帶電粒子在磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。找出多解的原因。畫出粒子的可能

39、軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。帶電粒子在磁場中的臨界、極值問題典例2(2021山東德州統(tǒng)考)如圖所示，OA、OB為相互垂直的有界勻強磁場邊界，磁場磁感應強度B10 T，方向垂直紙面向里，S為粒子源，可向磁場內各個方向均勻發(fā)射比荷eq f(q,m)1.0104 C/kg的帶正電粒子，速度v01.0104 m/s。PQ為一長度為10 cm的熒光屏，已知OQOS10 cm，不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計，則下列說法正確的是() A有eq f(1,2)的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發(fā)光的長度為10(eq r(3)1) cmB有eq f(1,2)的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發(fā)光的長度為

40、10(eq r(2)1) cmC有eq f(1,4)的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發(fā)光的長度為10 cmD有eq f(1,4)的粒子可以打到熒光屏上，且熒光屏發(fā)光的長度為10(eq r(2)1) cmA粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，可得qv0Bmeq f(voal( 2,0),r)解得r10 cm粒子在磁場中運動的軌跡如圖 根據(jù)幾何關系，水平向右射出的粒子剛好打到Q點，豎直向上射出的粒子也剛好打到Q點，這兩個速度方向之間的粒子可以打到熒光屏上，因此有eq f(1,2)的粒子可打到熒光屏上，其中SM(M為OB上距O最遠的點)為直徑，根據(jù)幾何關系可得OMeq r(3)r10eq

41、 r(3) cm所以熒光屏發(fā)光長度為QM10(eq r(3)1) cm，故選A。跟進訓練1(2020全國卷)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為()Aeq f(3mv,2ae) Beq f(mv,ae) Ceq f(3mv,4ae) Deq f(3mv,5ae)C為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌

42、跡半徑為r，軌跡圓圓心為M，磁場的磁感應強度最小為B，由幾何關系有eq r(r2a2)r3a，解得req f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evBmeq f(v2,r)，解得Beq f(3mv,4ae)，選項C正確。2(多選)(2021西南名校聯(lián)盟模擬)如圖所示，直角三角形邊界ABC內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，AC長為2L，AB長為L。從AC的中點D連續(xù)發(fā)射不同速率的相同粒子，方向與AC垂直，粒子帶正電，電荷量為q，質量為m，不計粒子重力與粒子間的相互作用，下列判斷正確的是()A以不同速率入射的粒子在磁場中運動的時間一定不等BBC邊上有粒子出射的區(qū)域長度不超過

43、eq f(r(3),3)LCAB邊上有粒子出射的區(qū)域長度為(eq r(3)1)LD從AB邊出射的粒子在磁場中的運動時間最短為eq f(m,6qB)BC若不同速率入射的粒子在磁場中運動時都從AC邊射出，則運動的時間相等，選項A錯誤；如圖甲，當粒子的速度無窮大時可認為粒子不發(fā)生偏轉從E點射出，從BC邊上有粒子出射的區(qū)域在BE部分，則長度不超過Ltan 30eq f(r(3),3)L，選項B正確；甲乙由圖乙可知，AB邊上有粒子出射的區(qū)域為BF之間，由幾何關系可知：eq f(r,BC)eq f(Lr,2L)，解得req f(r(3)L,2r(3)，則BFLeq f(r,tan 60)(eq r(3)1

44、)L，選項C正確；從AB邊上出射的粒子在B點射出時時間最短，粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60，則粒子在磁場中的運動時間最短為teq f(T,6)eq f(m,3qB)，選項D錯誤。帶電粒子在磁場中運動的多解問題典例3如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：甲乙(1)

45、磁感應強度B0的大?。?2)要使正離子從O垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。解析設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，B0qv0eq f(mvoal( 2,0),R)做勻速圓周運動的周期T0eq f(2R,v0)由以上兩式得磁感應強度B0eq f(2m,qT0)。(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，v0射出的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有Req f(d,4)；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有Req f(d,4n)(n1,2,3，)又Req f(mv0,qB0)得正離子的速度的可能值為v0eq

46、 f(B0qR,m)eq f(d,2nT0)(n1,2,3，)說明：此題中若假設垂直紙面向外的磁場方向為正方向，經分析可知對答案無影響。答案(1)eq f(2m,qT0)(2)eq f(d,2nT0)(n1,2,3，)解決多解問題的技巧方法(1)分析題目特點，確定題目多解的形成原因。(2)作出粒子的運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)根據(jù)帶電粒子的運動軌跡利用圓周運動的周期性尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。跟進訓練1(多選)如圖所示，正三角形ABC區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度為Beq f(2r(3)mv0,3qL)，ABC的邊長為L，O為

47、BC邊的中點。大量質量為m、速度為v0的帶電粒子從O點沿不同的方向垂直于磁場方向射入該磁場區(qū)域(不計粒子重力)，則從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場中的運動時間可能為()Aeq f(r(3)L,3v0) Beq f(r(3)L,6v0) Ceq f(r(3)L,9v0) Deq f(r(3)L,12v0)BCD帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得Bqv0meq f(voal( 2,0),r)，解得req f(r(3),2)L；粒子在磁場中運動的周期為Teq f(2m,Bq)eq f(r(3)L,v0)。當軌跡圓弧對應的弦最長時，圓心角最大，運動時間最長，當軌跡圓弧對應的弦最短

48、時，圓心角最小，運動時間最短。對于從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場中的運動，可知最長的弦為OAeq f(r(3)L,2)r，恰好等于軌跡半徑，對應的圓心角為60，因此最長運動時間為tmaxeq f(60,360)Teq f(r(3)L,6v0)；過O作AB邊或AC邊的垂線，設垂足為D，可知ODeq f(r(3),4)L為最短的弦，對應的圓心角略小于30，因此最短運動時間略小于eq f(30,360)Teq f(r(3)L,12v0)。故A錯誤，B、C、D正確。2如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場(未畫出)，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向里的勻強磁場

49、，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質量為m、帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。(1)求電場強度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。解析(1)設電場強度大小為E由題意有mgqE得Eeq f(mg,q)，方向豎直向上。(2)如圖1所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與

50、NS的夾角為。圖1由req f(mv,qB)有r1eq f(mvmin,qB)，r2eq f(1,2)r1由(r1r2)sin r2r1r1cos h得vmin(96eq r(2)eq f(qBh,m)。(3)如圖2所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x。圖2由題意有3nx1.8h(n1,2,3，)eq f(3,2)xeq f(96r(2)h,2)xeq r(roal( 2,1)hr12)得r1eq blc(rc)(avs4alco1(1f(0.36,n2)eq f(h,2)，n3.5則n1時，veq f(0.68qBh,m)；

51、n2時，veq f(0.545qBh,m)；n3時，veq f(0.52qBh,m)。答案(1)eq f(mg,q)，方向豎直向上(2)(96eq r(2)eq f(qBh,m)(3)見解析帶電粒子在復合場中的運動一、帶電粒子在復合場中的運動1復合場與組合場(1)復合場：電場、磁場、重力場共存或其中某兩場共存。(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。2帶電粒子在復合場中運動情況分類(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相

52、等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。(3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。二、質譜儀和回旋加速器模型1質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qUeq f(1,2)mv2。粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBmeq f(v2,r

53、)。由以上兩式可得req f(1,B)eq r(f(2mU,q)，meq f(qr2B2,2U)，eq f(q,m)eq f(2U,B2r2)。模型2回旋加速器(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvBeq f(mv2,R)，得Ekmeq f(q2B2R2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關。一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無限制地增大。()(2)粒子能否通

54、過速度選擇器，除與速度有關外，還與粒子的帶電正、負有關。()(3)磁流體發(fā)電機中，根據(jù)左手定則，可以確定正、負粒子的偏轉方向，從而確定正、負極或電勢高低。()(4)帶電粒子在復合場中受洛倫茲力情況下的直線運動一定為勻速直線運動。()(5)質譜儀是一種測量帶電粒子質量并分析同位素的儀器。()二、教材習題衍生1(人教版選擇性必修第二冊P19T1改編)A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀(如圖)的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑分別為x1、x2，

55、則A、B的質量之比為()Aeq r(f(x1,x2) Beq f(x1,x2) Ceq f(xoal( 2,1),xoal( 2,2) Deq f(2x1,x2)C由題意得qUeq f(1,2)mv2qvBeq f(mv2,r)解聯(lián)立得req f(1,B)eq r(f(2mU,q)即req r(m)，則mAmBxeq oal( 2,1)xeq oal( 2,2)，C項正確。2(人教版選擇性必修第二冊P21T5改編)某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量

56、為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。若加速電壓減小為原來的eq f(9,10)，通過調節(jié)速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍從原位置進入分離器，則()A速度選擇器兩板間的電壓減小為原來的eq f(9,10)B粒子在分離器中運動時間減小為原來的eq f(9,10)C粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的eq f(9,10)D粒子在分離器中運動的動能減小為原來的eq f(9,10)D粒子在加速電場中有：qU1eq f(1,2)mv2在速度選擇器中有eq f(U2,d)qqvB1則有2d2Beq oal( 2,1)U1qmUeq o

57、al( 2,2)，若加速電壓U1減小為原來的eq f(9,10)，要使粒子仍從原位置射出，則速度選擇器板間電壓U2減小為原來的eq r(f(9,10)，選項A錯誤；粒子在分離器中做圓周運動，周期Teq f(2m,qB2)，與粒子的速度無關，若加速電壓減小為原來的eq f(9,10)，粒子在分離器中運動的時間不變，選項B錯誤；由req f(mv,qB2)eq f(1,B2)eq r(f(2mU1,q)知，若加速電壓U1減小為原來的eq f(9,10)，粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的eq r(f(9,10)，C項錯誤；由Ekeq f(1,2)mv2qU1知若加速電壓U1減小為原來的eq

58、 f(9,10)，則粒子運動的動能減小為原來的eq f(9,10)，D項正確。 帶電粒子在組合場中的運動1組合場電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)。2運動分析及方法選擇3分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。(2)找關鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。先電場后磁場典例1(2021全國甲卷)如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平

59、線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調節(jié)的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60，不計重力。(1)求粒子發(fā)射位置到P點的距離；(2)求磁感應強度大小的取值范圍；(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。解析(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設粒子經過P點的速度在水平方向和豎直方向的分速度分別為vx和vy

60、，運動至P點所用時間為t，加速度大小為a，有qEmaeq f(vx,vy)tan 60vxv0vyatxv0tyeq f(1,2)at2，seq r(x2y2)聯(lián)立解得teq f(r(3)mv0,3qE)，seq f(r(13)mvoal( 2,0),6qE)。(2)粒子進入磁場的速度veq f(v0,sin 60)eq f(2r(3)v0,3)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBeq f(mv2,r)，解得req f(mv,qB)若粒子從Q點射出，粒子在磁場中運動的軌跡半徑最小，設為r1，則由幾何知識可得r1eq f(r(3),3)l解得最大磁感應強度B1eq f(2mv0,ql)若粒子從N點射