1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图要点熟记 1.掌握“两个磁场力”(1)安培力：FBIL(IB)。(2)洛伦兹力：FqvB(vB)。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。3.明确“两个等效模型”(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。4.画好“两个图”(1)对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图。(
2、2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。5.记住“两个注意”(1)洛伦兹力永不做功。(2)安培力可以做正功，也可以做负功。6.灵活应用“两个关系式”带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：R。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式：T。研考向提能力_考向研析_掌握应试技能考向一磁场的性质及磁场对电流的作用1电流磁场的合成对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成。2电流与电流的相互作用通常画出一个电流的磁场方向，分析另一电流在该磁场中的受力，来判断电流的受力情况。3求解导体棒运动的
3、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。 典例1(多选)(2020江西南昌二模)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Ocab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示，则可以判断()AO点处的磁感应强度的方向与F相同B
4、长导线c中的电流方向垂直纸面向外C长导线a中电流I1小于b中电流I2D长导线c中电流I3小于b中电流I2解析由左手定则可知，O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方，故A错误；O点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解，长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向，所以长导线c在O点处产生的磁场方向应水平向右，由右手螺旋定则可知，长导线c中的电流方向垂直纸面向外，长导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1小于b中电流I2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系，故B、C正确，D错误
5、。答案BC1(2019高考全国卷)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()A2FB1.5FC0.5F D0解析：设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上、下两支路电阻之比为R1R22RR21，上、下两支路电流之比I1I212。如图所示，由于上支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FILB，可知FFI1I212，得F0.5F，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FF1.5F，选项B
6、正确。答案：B2(2020山东潍坊高三4月阶段检测)无限长载流直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度Bk，其中k2107 N/A2，d是距离导线中心轴线的距离。两根无限长的直导线A、C相距L1 m，分别载有电流I13 A和I28 A，方向如图所示，sin 370.6，cos 370.8，则图中P点的磁感应强度大小为()A1106 T B2106 TC3106 T D106 T解析：作两电流在P点产生的磁感应强度如图所示，由题意，A在P点产生的磁感应强度B1k1106 T，C在P点产生的磁感应强度B2k2106 T，由平行四边形定则知P点的磁感应强度大小B106 T，选项D正确。答案：D3(202
7、0福建泉州二中模拟)如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步()A增大B减小C先增大，后减小 D先减小，后增大解析：对导体棒进行受力分析如图所示，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从沿斜面向上旋转到竖直向上，因光滑斜面对通电导体棒的支持力方向始终不变，导体棒的重力大小和方向也始终不变，初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，此时安培力最小，所以随着磁场方向的改变，若使导体棒始终保持静止状态，安培力逐渐增大，直到等于导体棒
8、的重力，而安培力F安BIL，所以磁感应强度一直增大，B、C、D错误，A正确。答案：A考向二带电粒子在匀强磁场中的运动1常用公式2“一画、三确定、一注意”(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)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r，然后再与半径公式r联系起来求解。(4)时间的确定：tT或t。(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射
9、入的粒子，必沿径向射出。典例2(2019高考全国卷)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.kBl，kBlBkBl，kBlC.kBl，kBl DkBl，kBl 解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，有qvaBmRa解得va若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBmR(Rd)2l2解得vd选项B正确答案B规律总结“四点、六线、三角”巧解运动轨迹(以粒子沿径向射入圆形磁场为例)(1)四点：入射点
10、B、出射点C、轨迹圆圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。(2)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆形磁场的圆心与轨迹圆圆心的连线AO。(3)三角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。4(2020四川广元市调研)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域，P点与直径cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为12，ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场。不计质子的重力和质子间的作用力，则
11、两质子M、N在磁场中运动的时间之比为()A21 B31C32 D34解析：由题意作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M在磁场中运动的半径为R，轨迹圆弧所对圆心角1120；根据eBvm得r，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得，轨迹圆弧所对圆心角260；质子在磁场中做圆周运动的周期T，运动的时间满足tT，解得t1t221，故A正确，B、C、D错误。答案：A5(2020高考全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射
12、入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A. BC. D解析：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角2，当最大时，有最大值，当ce与相切时，最大，此时，则tT，故选C。答案：C6(2020河北石家庄高三下学期5月二模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为
13、m、电荷量均为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点()A. BC. D解析：粒子带正电，且经过B点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以粒子运行半径r(n1，2，3，)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvBm，解得v(n1，2，3，)，由此可知，只有v的粒子能通过B点，故A、B、C不符合题意，D符合题意。答案：D考向三带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题1常用结论(1)刚好能穿出磁场边界的条件是粒子轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，粒子在有界磁场中的运动时间越长
14、。(3)当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。2最小磁场区域面积的求解在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上，借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积。注意对于圆形磁场区域：(1)粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心；(2)所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长。3动态圆模型(1)从某点O向各个方向等速(异向)发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转”圆，从而找到临界条件，如图甲所示。(2)从某点O向同一方向异速(同向)发射大量相同的粒子，按照半径从小到大的次序，画
15、出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件，如图乙所示。(3)从不同点向同一方向等速(同向)发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件，如图丙所示。 典例3如图所示，在0xa、0y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090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于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：(1)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
16、速度的大小；(2)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦值。思路点拨本题用到了处理临界问题的思维方法定圆旋转法。具体思维过程如下：解析(1)设粒子的发射速度大小为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qvBm由式得R当R0)的粒子，从MN上的O点以大小不同的速度沿纸面向各个方向射入磁场中。忽略所有粒子的重力和粒子间相互作用，求：(1)能够通过P点的带电粒子的最小速度；(2)带电粒子从O点到达P点所用最长时间。解析：(1)根据牛顿运动定律有qvBm解得粒子做圆周运动的半径r可见，粒子的轨道半径跟速度大小成正比。根据题意，能够通过P点且速度最小的粒子，其轨迹一定是以OP为直径的圆周，故带电粒子对应的轨道半径 rmin解得vmin。(2)因带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，在所有能够到达P点的粒子中，运动中通过的圆弧所对圆心角最大的粒子所用时间最长，此圆心角即粒子从O点运动到P点的过程中速度的偏向角。分析粒子的运动轨迹可知，沿OM方向射入磁场的粒子过P点时圆弧所对圆心角最大，为 2()粒子从O点到达P点的时间tT粒子在磁场中运动的周期T解得最长时间t。答案：(1)(2)- 12 - 版权所有高考资源网